Esercizi svolti di ﬁsica

Esercizi svolti di fisica..

Quest’opera è stata rilasciata con licenza Creative Commons Attribuzione - Non commerciale - Condividi allo stesso modo 3.0 Italia. Per leggere una copia della licenza visita il sito webhttp://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/it/ o spedisci una lettera a Creative Commons, PO Box 1866, Mountain View, CA 94042, USA.

Andrea de Capoa

19 aprile 2022

Scheda 1Formulario1.1 Le costanti fisiche più comuni

1. Accelerazione di gravità della Terra:g = 9, 8067 m

s2

2. Costante di gravitazione universale:G = 6, 67428 · 10−11 m3

Kg s2

3. Velocità della luce nel vuoto:c = 299792458 m

s

4. Zero assoluto per la temperatura:Tzero = −273, 15 C = 0K

5. Carica dell’elettrone:e = 1, 602176565(35) · 10−19 C

6. Massa dell’elettrone:me = 9, 1093826(16) · 10−31 kg = 511, 00keV

c2

7. Massa del protone:mp = 1, 67262 · 10−27 kg = 938, 27MeV

c2

8. Massa del neutronemn = 1, 67439 · 10−27 kg = 939, 55MeV

c2

9. Unità di massa atomicau = 1, 66054 · 10−27 kg

10. Costante dielettrica del vuotoϵ0 = 8, 8542 · 10−12 F

m

11. Permeabilità magnetica del vuotoµ0 = 1, 25664 · 10−6 H

m

12. Costante di Plankh = 6, 6261 · 10−34 Js

13. Costante universale dei gasR = 8, 3145 J

mol·K

14. Numero di AvogadroNA = 6, 0221 · 1023mol−1

15. Costante di Boltzmannk = 1, 38065 · 10−23 J

K

1.2 Alcuni dati astronomici.

1. Massa della Terram = 5, 972 · 1024 kg

2. Raggio medio della Terrar = 6378 km

2

3 Scheda1. Formulario

1.3 Unità di misura


Grandezza Nome Standard altre formulazioni

Frequenza Hertz - Hz1

s

Forza Newton - Nkg ·ms2

J

m; Pa ·m2

Pressione Pascal - Pakg

m · s2N

m2;

J

m3

Energia Joule - Jkg ·m2

s2N ·m; Pa ·m3; V ·m

Potenza Watt - Wkg ·m2

s3J

s

Carica elettrica Coulomb - C A · s

Potenziale elettrico Volt - Vkg ·m2

C · s2J

C

Tabella 1.1: Unità di misura


1.4 Proprietà fisiche dei materiali

Materiale Densità Calore Conducibilità Resistività Punto di Punto di Calore latente Calore latente Coefficiente dispecifico termica fusione ebollizione di fusione di ebollizione dilatazione lineare

( kgm3 ) ( J

kgK ) ( WmK ) Ωm (K) (K) (kJkg ) (kJkg ) ( 1

K )

Alluminio 2700 900 237 2, 65 · 10−8 933,47 2792 0,4 10,87 25 · 10−6

Argento 10490 232 429 1, 59 · 10−8 1234,93 2435 104,9 2326Ferro 7874 440 80,2 1, 007 · 10−7 1808 3023 247,2 6262 12 · 10−6

Mercurio (liq.) 13579 140 8,34 9, 62 · 10−7 234,32 629,88 12 309,6 60 · 10−6

Oro 19300 128 317 2, 21 · 10−8 1337,33 3129 63,7 1697 14 · 10−6

Ottone 8500 376 120 0, 07 · 10−6 1200 20 · 10−6

Piombo 11340 60,2 gas.V.cost / 129 sol. e liq. 35,3 2, 08 · 10−7 600,61 2022 23,2 858,2Rame 8920 380 390 1, 68 · 10−8 1357,6 2840 205,8 4735 17 · 10−6

Stagno 7310 228 66,6 9, 17 · 10−6 505,08 2875 668,9 2492Platino 21450 130 71,6 1, 04 · 10−7 2041,4 4098 2615,6 100,5 9 · 10−6

Zinco 7140 390 116 6, 02 · 10−8 692,68 1180 112 1763

Acqua 1000 1616 gas.V.cost / 4186 liq. / 2040 sol. 273,15 373,15 335 2272Metano 0,71682 528 90,8 111,8 334,8 2501

Alcool etilico 159 351,5 108 855

Tabella 1.2: Proprietà fisiche dei materiali


Generalità

Densitàρ =

M

V

Grandezze Vettoriali:somma, scomposizione,prodotto per uno scalare

Prodotto scalare:L = a · b = a · b · cos γ

Prodotto vettoriale:|c| = |a × b| = a · b · sin γ

Errori di misura:

Errore assoluto: da-to dallo strumento

Baricentro:

Xb =m1X1 +m2X2 +m3X3

m1 +m2 +m3

Propagazione dell’errore:

Somma e sottrazione

Eassc = Eassa + Eassb

Prodotto e divisione

Erelc = Erela + Erelb

Errore relativo:

Er =Ea

Mis

Momento di inerzia:

I =∑i

mir2i

Sfera: I =2

5mR2

Cilindro: I =1

2mR2


Cinematica

Grandezzecinematiche

∆S

∆t

=∆S

∆t

a =∆

∆t

Moto rettilineo uniforme:∆S = · ∆t

Moto uniformemente accelerato:∆S =1

2a∆t2 + i∆t

∆ = a ·∆t

Moto parabolico:M.R.U. su x

M.U.A. su y

Moto armoni-co: a = −ω2x

T =2π

ω

Moto del pendo-

lo: T = 2π

√L

g

Moto armonico con una

molla: T = 2π

√m

K

Moto circolare uniforme:

a =2

r = ωr

ω = 2πν ν =1

T

Velocità media:m =

∆Stot

∆ttot

Moto elicoidale:M.C.U. su x,y

M.R.U. su z


Dinamica

Principi della dinamica: = cost ⇔ Ftot = 0

Ftot = ma =∆P

∆tFab = −Fba

Forze

di gravità: Fg = m · g

elastica: F = K · ∆l

di Archimede:FA = ρfVimm · g

Legge di gravitazio-

ne: F = GM ·mr2

Equilibrio traslazionale:Ftot = 0

Forza d’attrito:

Radente dinamicoFad = µdFschiaccia

Volvente Fav =

µvFschiaccia

Viscoso Fv = α + β2

Massima forza d’at-trito radente staticoFasmax = µsFschiaccia

Momento di una forza:M = r × F

M = F · b

direzione :⊥ F ,⊥ r

verso : destrorso

Equilibrio rotazionale:Mtot = 0


Conservazionedell’energia

Conservazionedell’impulso

Lavoro di una forza:L = F · ∆S

L = F · ∆S · cosα

Energia cinetica:

Ec =1

2m2

Potenza:P = F · P =

∆E

∆t

Energia potenziale

gravitazionale:U = m · g · hU = −GM ·m

r

elasticaVel =

1

2K (∆l)

2

Quantità di moto:P = m

Leggi di ConservazioneEtoti = Etotf

Ptoti = Ptotf

Ltoti = Ltotf

Momento angolare:L = r × P

Fluidodinamicaρ = cost

Legge di Bernoulli:12ρ

2i + ρghi + Pi = 1

2ρ2f + ρghf + Pf

Legge di Stevin∆P = −ρg∆h

Principio di Pascal

Conservazione della portataSi · i = Sf · f


Calorimetria

Conduzione termica∆Q

∆t= ρ

S

L∆T

Riscaldamento∆Q = cs · m · ∆T

Capacità termicaC = cs · m

Dilatazione termica∆L = λLi∆T

∆S = 2λSi∆T

∆V = 3λVi∆T

Transizione di fase∆Q = Qlat · m

Temperatura di equilibrio

Teq =cs1m1T1 + cs2m2T2cs1m1 + cs2m2


Termodinamica

Legge dei gas perfettiP · V = N · K · T

Primo principio∆U = δQ − δL

Calori specificicp = cv + R

Cicli termodinamicie secondo principio

η =δL

δQass< 1

δQass = δQced + δL

Entropia

∆S =δQrev

T

Terzo principio∆Stot ≥ 0

Energia inter-na di un gasU =

n

2NKT

EntalpiaH = U + PV

Ciclo di Carnot

η = 1− TbTa

Legami tra grandezzeδL ↔ ∆V

∆U ↔ ∆T

IsobaraδL = P · ∆VδQ = ncp∆T

∆U = ncv∆T

Isoterma∆U = 0

δL = δQ = nRT ln

(VfVi

)

Isocora:δL = 0

∆U = δQ = ncv∆T

Adiabatica:δQ = 0

δU = −δL = ncv∆T


Fenomeni ondulatori

Equazione d’onda

y(x, t) = A sin(kx− ωt)

Intensità di un’onda

I =∆E

S∆t

Propagazione di un’onda

sfericaI1r

21 = I2r

22

pianaI1r1 = I2r2

Riflessionei′ = i

Rfrazionesin(i)

sin(r)=

i

r

Interferenza: sommaalgebrica di sondenello stesso punto

Ottica geometrica1

p+

1

q=

1

f

G =f

f − pVelocità della luce

=c

n

Velocità su di una corda

=

√F

λ

Effetto Doppler:

ν′ = ν

( − o

− s

)


Elettromagnetismo

Campo e Forza elettrici

E = KQ

r2F = q · E

Campo e forza magnetici

B =µ

4πϵq × urr2

F = q × B

Leggi di Ohm∆V = R · iR = ρ

L

S

Potenza erogataP = ∆V · i

Potenza dissipata P = R · i2

P = V 2

R

Resistenze in serieReq = R1 + R2

Resistenze in parallelo1

Req=

1

R1+

1

R2

Scheda 2Percorso sugli esercizi: grandezze fisiche

Inizio

Es00 - 1a - Gran-dezze e Conversionidi unità di misura

I28, I01, I26a, I26b,I26c, I26d, I26e, I26f

Es01 - 1a - Massa,volume e densità

I03, I04, I18, I22,I23, I23a, I23b, I23c,I25, I25a. I17

Es03 - 1a - Mi-sure senza errori

I05

Es05 - 1a - Mi-sure con errori

Lab02, Lab10.Lab07, Lab09.

Es06 - 1a - Mi-sure con propaga-zione degli erroriLab04, Lab06.

Lab01, Lab05, Lab08,Lab08a. Lab08b

Es07 - 1a -Misure avanzate

Lab03

Es04 - 1a - Vettorie operazioni di base

I07, I07a, I08, I09,I15, I24. I02,

I11, I21, I29, I30, I30a.

Cinematica

14

Scheda 3Percorso sugli esercizi: meccanica

CinematicaEs10 - 1a - Sistemi di riferi-

mento e grandezze cinematicheIC18, C13, C13a. C72

Es10a - 1a - Sistemi di riferi-mento e grandezze cinematiche

C62

Es11 - 1a -Velocità me-dia scalare

C01, C07,C30, C31, C33,

C71a, C71b, C52.

Es12 - 1a -Granzezze cine-

matiche + GalileoC19, C20,

C20a, C40, C40aC74, C74a

Es13 - 1a -Sistemi non iner-

ziali e un pendoloC51, C55.

Es14 - 1a -Velocità me-dia vettoriale

Es15 - 1a - Moto rettilineo uniformeC05, C05a, C05b, C12, C24,

C29, C29a, C29b, C65, C70, C70a,C70b, C70c, C70d, C70e, C70f, C70g

Es16 - 1a -M.R.U. Eq.oraria

C38,C68, C68a, C68b

Es17 - 1a -M.R.U. in 2 dim.

C47, C61

Es18 - 1a - Moto uni-formemente acceleratoC16. C09, C17, C23,

C26, C37, C37a. C36,C36a, C44a, C44b.

C04, C04a, C04b, C48.

Es18a - 2a - Moto uni-formemente accelerato

C25.C49. C45, C57

Es19 - 1a - Moto pa-rabolico i = ix

C08, C08a,C08b, C10, C14, C34, C43

Es20 - 1a - Moto parabolicoC39

C42, C46, C56, C63,C73 C54.

Es21 - 1a - Posi-zione del baricentro

IC66, IC01, IC10.

Es22 - 2a - Mo-mento di inerzia

Es23 - 1a - Motocircolare uniforme

C53, C60.

Es27 - 2a - Cinematicadel puro rotolamento

Es24 - 2a -Moto circolare

Es25 - 3a -Moto armonico

C67 C59

Es26 - 3a -Moto elicoidale

C64, C69.

Es27 - 1a - M.R.U. + GalileoC02, C06, C18,

C21, C22, C22a, C32, C58.

Dinamica

15

16 Scheda3. Percorso sugli esercizi: meccanica

Dinamica

Es43 - 1a - Principidella dinamica (teoria)

Es30 - 1a - Quattro forzee principi della dinamica

D19, D20, D21, D33,D38, D38a. D39,

D39a, D75. D70,CD01, CD12. D01.

Es31 - 1a - Equi-librio traslazionaleD14, D15, D35.

D02, D03, D04, D08, D13,D23, D25, D36, D36a, D37,D45, D46, D80, D82, D85,

D85a, D85b, D85c, D86

Es57 - 1a - Equilibrio tra-slazionale multidimensionale

ID01. D31, D40,D43, CD04. D41.

Es57a - 2a - Equilibrio tra-slazionale multidimensionale

D48, D53

Es32 - 1a - Se-condo principioD52, D59, D60, D65,

D83. D06, D34, D56.

Es32a - 3a - Se-condo principio

D79, D91.D57, D62.

Es39 - 1a - Secondo prin-cipio e quantità di moto

D05, D76.

Es41 - 2a - Secondo prin-cipio multidimensionale

D63D55, D55a,

D49, D50

Es36 - 2a - Forze armonicheD78, CD06, CD14.

Es33 - 1a -Terzo principio

D58

Es34 - 1a - Mo-mento di una forza

D84

Es55 - 2a - Mo-mento di una forza

e momento angolareA09

Es35 - 1a - Equi-librio rotazionale

D87. D07,D09, D12, D16, D26, D27,D28, D29, D30, D32, D61,

D88, D88a, D88b, D89,CD03. D71

Es38 - 1a -Forza centripeta

D18, D22,D47, CD02.

D77, CD15.

Es40 - 1a - Legge digravitazione universale

D42, CD05,CD07, CD10, CD11.

Es56 - 2a - Legge digravitazione universale

D44. D51,CD08, CD09, CD13.

Es42 - 2a - Dina-mica del corpo rigido

D67, D68, D69,D74, D90.

D72, D73, D81.

Leggi diconservazione

17 Scheda3. Percorso sugli esercizi: meccanica

Leggi diconservazione

Es54 - 2a - La-voro di una forzaL01, L01a, L13, L21,

L44, L46, L51, L51aL39, DL01, DL12

Es44 - 2a - PotenzaL14, L38a

L38

Es45 - 2a - Conservazione dell’energiaL06, L07, L08, L15, L23, L25, L31

L02, L03, L04, L05, L09, L10, L10a, L11,L12, L16, L17, L18, L19, L26, L27, L28, L29, L30,L32, L45, L47, L48, L49, L49a, L50, L50a, DL02

DL03, DL05, DL11, L22, L35

Es49 - 3a - Conservazione del-l’energia - esercizi complessi

L36, L42L24, DL06, L41, L52

L43, DL04

Es48 - 2b - Conservazionedell’energia del corpo rigido

L33, L34,L37 (pure roll), L40

Es46 - 2a - Con-servazione dellaquantità di moto

P01, P02P03, P05,

P06, P07, LP04DP01,

LP01, LP02, LP03.CP07

Es47 - 3a - Con-servazione del mo-

mento angolareA01, A03, A04.

A02, A05, A06, A07,A08, LA01, LA02, LA03.

A11, LPA01A10

Fluidodinamica Calorimetria

Es50 - 2a - Prin-cipio di Pascal

F07

Es51 - 2a - Conser-vazione della portata

F02, F03

Es52 - 2a - Leg-ge di Bernoulli

F01, F04,F05, F08, F12, F14.

CF01, CF02

Es53 - 2a -Legge di Stevin

F09, F11, F13.F06, F10, DF01.

D92(moto armonico)

Scheda 4Percorso sugli esercizi: calorimetria e termodinamica

CalorimetriaEs64 - 3a - Ca-lore e Temperatura

Q35

Es60 - 2b - Riscaldamen-to e transizioni di fase

Q02, Q07, Q10, Q12, Q13, Q16, Q20,Q21, Q21a, Q22, Q23, Q27, Q28, Q38,

Q39, Q39a, Q39b, Q41, Q41a, Q42Q01, Q03, Q09, Q26, LQ02

Q06, Q17, Q18, Q30,Q31, LPQ03, LQ01, LQ02

Es61 - 3a - Di-latazione termica

Q04Q08, Q11, Q24

Q33Q40

Es62 - 3a -Conduzione

Q25Q34Q36, Q37

Es63 - 3a - Risc.,Trans., Dilat., Conduz

Q15,Q05,

Q14, Q19, Q29

Termodinamica

18

19 Scheda4. Percorso sugli esercizi: calorimetria e termodinamica

TermodinamicaEs70 - 3a - Legge dei gase trasformazioni [qualitativi]

T25,T26, T26a, T26b,T26c,

Es77 - 3a - Legge dei gasDT02

Es71 - 3a - Primo principioT11, T12

T43, T47, T48, T51, T55

Es715 - 3a - EntropiaQT08

T52T23

Es714 - 3a - Altri eserciziT29, T41, T42

Es73 - 3a - Tra-sformazioni isoterme

DT01T01b, T60, T60a,

T60b, T60c, FT01T21, T22

Es74 - 3a - Tra-sformazioni isocoreT01a, T20, T27, T28, QT01

Es75 - 3a - Tra-sformazioni isobare

T01, DT03

Es76 - 4a - Trasfor-mazioni adiabatiche

T30, T38, DT04

Es78 - 4a - Sequen-za di trasformazioni

T31, T33, T44, T56,T58, T58a, T58b, T58c, T62

T35, T36, T45

Es72 - 3a - Cicli termodi-namici e secondo principio

T02, T03, T04, T05, T06 , T09ban,T10, T13, T14, T15, T16, T17, T18

T19, QT03, QT04,QT07, LT01, T39, T57, T61

T32, T34, T37, T40, T46, T49,T50, T50a, T54, QT02, QT05, QT06

Scheda 5Percorso sugli esercizi: fenomeni ondulatori

Fenomeni ondulatori

Es80 - 4a - Descrizionee propagazione di un’onda

O03, O04, O06, O07, O11,O13, O15, O18, O19, O26,O29, O47, O84, O84a, O88

O32, O33, O45, O46, O72,O73, O77, O78, O80, O82, 89

O35, O54Es801 - 4a - Oscil-

lazioni smorzateO68

Es89 - 4a - Intensità (dB)O52, O53

Es81 - 4a - Rifles-sione e rifrazione

O01, O12, O14, O27, O39O74, O76, O87, LabO40

O55, O65, O67

Es82 - 4a - InterferenzaO05, O10, O43

O17, O31, O42, O44,O56, O57, O58, O71, O81

O59, O85

Es88 - 4a - Inter-ferenza e rifrazione

O51

Es83 - 2a - Ot-tica geometrica

O02, O08, O09, O16O79, O79a, O79b,

O66

Es84 - 4a - Altri fenomeniO20, O23, O28

O22, O24,O30, O34, O63, O75

O62, O64

Es85 - 4a -Assorbimento

O48, O49O60

Es87 - 4a - Assor-bimento e rifrazione

O50O69

Es86 - 4a - Effetto DopplerO36, O37,

O37a, O41, O61, O83O38

20

Scheda 6Percorso sugli esercizi: elettromagnetismo

Elettromagnetismo Es90 - 4a - ElettrizzazioneE11

Es91 - 4a - Cam-po e Forza elettriciE03, E03a, E09, DE10

E05, E06, E10, E15,E16, E21, E22, E23, E23a,

E24, E24a, E27, E27aE07, DE22

Es99 - 4a - teorema di GaussE14E13

Es96 - 4a - Motoin un campo elettrico

E33, CE02E32, E33a, CE03, CE05

Es97 - 4a - Energia poten-ziale e potenziale elettrostatico

E18E08, E12, E17,

E19, E25, E25a, E26E07, E28,

E29, E29a, E30

Es92 - 5a - Cam-po e Forza magnetici

EM07, EM08, EM12EM01, EM18, CEM01

EM19, EM20, EM21

Es98 - 5a - Circuitazio-ne del campo magnetico

EM25

Es93 - 4a - Circuiti elettriciV10, V13, V14, V15, V16

V02, V04, V06, V17,V25, V27, V29, V31, V32,

V33, V34, V35, V36, V37, V38,V39, V40, V41, V41a, VQ01

V26, V28

Es95 - 4a - Circui-ti elettrici complessi

V30

Es94 - 5a - Indu-zione elettromagnetica

EM22, EM23, EM24

Es100 - 5a - On-de elettromagnetiche

EM26

21

Scheda 7Percorso sugli esercizi

RelativitàEs200 - 5a - Relatività ri-

stretta R01, R03, R04, R05R06

FisicaModerna

Es210 - 5a - Effettofotoelettrico H03

Es211 - 5a - FenomeniVari H01, H02, E31

22

Scheda 8Generalità: soluzioniProblema di: Generalità - I0001

Testo [I0001] [1 11 1a ] Esegui le somme indicate qui di seguito, sceglien-do a tuo piacimento l’unità di misura del risultato tra le due già presenti.

• 4hm+ 300m =

• 3hm+ 5 cm =

• 3m+ 18mm =

• 9 km2 + 10hm2 =

• 9m2 + 200 cm2 =

• 9m2 + 5 dm2 =

• 12 km3 + 78hm3 =

• 8m3 + 15 cm3 =

• 2m3 + 40 dm3 =

• 45 l + 50 dl =

• 45 l + 50 cl =

• 8 dl + 2 cl =

• 7 kg + 400 g =

• 3 kg + 3hg =

• 3 g + 55mg =

• 3h+ 5min =

• 3min+ 2 sec =

• 3h+ 5 sec =

• 36 kmh + 30 m

s =

• 25 kgm3 + 12 g

cm3 =

• 2 kg·ms2 + 5 g·cm

s2 =

• 8 kg·ms + 5 g·km

h =

Spiegazione Tutte le somme indicate possono essere eseguite in quanto le gran-dezze fisiche coinvolte sono sempre omogenee; ogni volta vengono sommate o duelunghezze, oppure due tempi, oppure due masse, due densità, ecc. Per eseguire lasomma devo trasformare una delle due grandezze nell’altra, preoccupandomi, adogni passaggio, di scrivere qualcosa di diverso ma equivalente.

7 km = 7000m = 700000 cm = 4375Migliaterr = 7, 4 · 10−16 anniluce

Eseguire le conversioni di unità di misura Immaginiamo di convertire in metri laquantità ∆S = 10 km oppure in ore la quantità ∆t = 90min. Il procedimento daseguire prevede i seguenti passaggi, rappresentati poi di seguito:

1. Riscrivere la parte numerica lasciandola immutata.

2. Al posto delle unità di misura che compaiono riscrivere il loro equivalente nellanuova unità di misura: al posto di km scrivo 1000 metri (infatti in un kilometroci sono 1000metri) e al posto di min scrivo h

60 (infatti per scrivere l’equivalentedi un minuto devo prendere un’ora e dividerla per 60)

3. Eseguire le operazioni del caso sui numeri rimasti

12 km = 12 · 1000m = 12000m

90min = 90 · h60

= 1.5h

Nel caso di conversioni più complesse, il procedimento non cambia. Osserviamoquanto segue: la parte numerica viene copiata uguale, la linea di frazione viene co-piata uguale, al posto di km scrivo 1000 m che rappresenta la quantità equivalenteespressa un metri, al posto di h (ore) scrivo 3600 s, quantità ad essa equivalente.

130km

h= 130

1000m

3600 s= 36.11

m

s

Analogamente avremo:

130kg

m3= 130

kg

m ·m ·m= 130

1000 g

100 cm · 100 cm · 100 cm= 0, 13

g

cm3

Svolgimento

• 4hm+ 300m = 4 · 100m+ 300m = 700m;

• 4hm+ 300m = 4hm+ 300 · hm100 = 7hm;

• 3hm+ 5 cm = 3 · 100m+ 5 cm = 3 · 100 · 100 cm+ 5 cm = 300005 cm;

• 3hm+ 5 cm = 3hm+ 5 m100 = 3hm+ 5 hm

100·100 = 3, 00005hm;

• 3m+ 18mm = 3 · 1000mm+ 18mm = 3018mm;

• 3m+ 18mm = 3m+ 18 m1000 = 3, 018m;

• 9 km2 + 10hm2 = 9 · 10hm · 10hm+ 10hm2 = 900hm2 + 10hm2 = 910hm2;

• 9 km2 + 10hm2 = 9 km2 + 10 km10 · km

10 = 9 km2 + 0, 1 km2 = 9, 1 km2;

• 9m2 + 200 cm2 = 9 · (100 cm)2+ 200 cm2 = 90000 cm2 + 200 cm2 = 90200 cm2;

• 9m2 + 200 cm2 = 9m2 + 200 m100 · m

100 = 9m2 + 0, 02m2 = 9, 02m2;

• 9m2 + 5 dm2 = 9 · 10 dm · 10 dm+ 5 dm2 = 900 dm2 + 5 dm2 = 905 dm2;

23

24 Scheda8. Generalità: soluzioni

• 9m2 + 5 dm2 = 9m2 + 5 · m10 · m

10 = 9m2 + 0, 05m2 = 9, 05m2;

• 12 km3 +78hm3 = 12 · (10hm)3+78hm3 = 12000hm3 +78hm3 = 12078hm3;

• 12 km3 + 78hm3 = 12 km3 + 78(km10

)3= 12 km3 + 0, 078 km3 = 12, 078 km3;

• 8m3 +15 cm3 = 8 · (100 cm)3+15 cm3 = 8000000 cm3 +15 cm3 = 8000015 cm3;

• 8m3+15 cm3 = 8m3+15 m100 ·

m100 ·

m100 = 8m3+0, 000015 cm3 = 8, 000015 cm3;

• 2m3+40 dm3 = 2·10 dm·10 dm·10 dm+40 dm3 = 2000m3+40 dm3 = 2040 dm3;

• 2m3 + 40 dm3 = 2m3 + 40 · m10 · m

10 · m10 = 2m3 + 0, 04m3 = 2, 04m3;

• 45 l + 50 dl = 45 · 10 dl + 50 dl = 500 dl;

• 45 l + 50 dl = 45 l + 50 · l10 = 50 l;

• 45 l + 50 cl = 45 · 100 cl + 50 cl = 4550 cl;

• 45 l + 50 cl = 45 l + 50 · l100 = 45, 5 l;

• 8 dl + 2 cl = 8 · 10 cl + 2 cl = 82 cl;

• 8 dl + 2 cl = 8 dl + 2 dl10 = 8, 2 dl;

• 7 kg + 400 g = 7 · 1000 g + 400 g = 7400 g;

• 7 kg + 400 g = 7 kg + 400 kg1000 = 7, 4 kg;

• 3 kg + 3hg = 3 · 10hg + 3hg = 33hg;

• 3 kg + 3hg = 3 kg + 3 kg10 = 3, 3 kg;

• 3 g + 55mg = 3 · 1000mg + 55mg = 3055mg;

• 3 g + 55mg = 3 g + 55 g1000 = 3, 055 g;

• 3h+ 5min = 3 · 60min+ 5min = 185min;

• 3h+ 5min = 3h+ 5 h60 = 3, 0833h;

• 3min+ 2 sec = 3 · 60 sec+ 2 sec = 182 sec;

• 3min+ 2 sec = 3min+ 2 min60 = 3, 0333min;

• 3h+ 5 sec = 3 · 3600 sec+ 5 sec = 10805 sec;

• 3h+ 5 sec = 3h+ 5 h3600 = 3, 0014h;

• 36 kmh + 30 m

s = 36 1000m3600 s + 30 m

s = 40 ms

• 36 kmh + 30 m

s = 36 kmh + 30 km·3600

1000·h = 144 kmh

• 25 kgm3 + 12 g

cm3 = 25 1000 g100 cm·100 cm·100 cm + 12 g

cm3 = 12, 025 gcm3

• 25 kgm3 + 12 g

cm3 = 25 kgm3 + 12 kg·100·100·100

1000·m·m·m = 12025 kgm3

• 2 kg·ms2 + 5 g·cm

s2 = 2 1000 g·100 cms2 + 5 g·cm

s2 = 200005 g·cms2

• 2 kg·ms2 + 5 g·cm

s2 = 2 kg·ms2 + 5 kg·m

1000·100·s2 = 2, 00005 kg·ms2

• 8 kg·ms + 5 g·km

h = 8 1000 g·km·36001000h + 5 g·km

h = 28805 g·kmh

• 8 kg·ms + 5 g·km

h = 8 kg·ms + 5 kg·m·1000

1000·3600 s = 5, 0014 kg·ms


Problema di: Vettori - I0002

Testo [I0002] [2 8 1a ] Dati due vettori a e b rispettivamente di modulia = 12 e b = 16, disegnateli in modo tale che la loro somma sia un vettore c il cuimodulo valga c = 20. Ripetete l’esercizio in modo tale che c = 4; c ∼ 10; c ∼ 24;c = 28.

Spiegazione Il modulo della somma di due vettori dipende dai moduli di quei duevettori e dall’angolo compreso tra i due vettori. Visto che il testo dell’esercizio dicequanto valgono i due vettori, per risolvere l’esercizio bisogna indicare quanto valel’angolo tra di essi. Questo è conseguenza della regola del parallelogrammo.

a

b c = 24

a

b

c = 20

a

b c = 10

Svolgimento

• Affinchè il vettore somma c = 28 i due vettoridevono essere paralleli e nello stesso verso

• Affinchè il vettore somma c ∼ 24 i due vettoridevono essere posizionati ad un angolo acuto

• Affinchè il vettore somma c = 20 i due vetto-ri devono essere posizionati ad un angolo rettoα = 90

• Affinchè il vettore somma c ∼ 10 i due vettoridevono essere posizionati ad un angolo ottuso

• Affinchè il vettore somma c = 4 i due vettoridevono essere posizionati ad un angolo piattoα = 180

Problema di: Grandezze fisiche - I0003

Testo [I0003] [2 3 1a ] Ho versato in un bicchiere un volume VH2O

=

50 cm3 di acqua ed un volume Vo = 50 cm3 di olio. L’acqua ha una densità ρH2O

=

1 kgdm3 e l’olio ha una densità ρo = 0, 8 g

cm3 . Quanto volume di liquido si trova nelbicchiere? Quanta massa di liquido si trova nel bicchiere?

Spiegazione In questo problema l’unica cosa da sapere è cosa sia la densità di unmateriale. i volumi dei due liquidi sono stati dati dal problema; le masse si ricavanoconoscendo i valori della densità.

Svolgimento Il volume complessivo di liquido è semplicemente

Vtot = VH2O

+ Volio = 100 cm3

La massa dell’acqua è

mH2O

= ρH2O

· VH2O

= 1kg

dm3· 50 cm3

Possiamo vedere che le unità di misura non si semplificano come dovrebbero;dobbiamo quindi convertire di unità di misura prima di poter eseguire i conti

mH2O

= 1kg

dm3· 50 dm

3

1000= 0, 05 kg = 50 g

La massa dell’olio è

ma = ρolio · Volio = 0, 8g

cm3· 50 cm3 = 40 g

La massa di liquido nel bicchiere vale

mtot = mH2O

+molio = 90 g



Testo [I0004] [1 2 1a ] Un oggetto di materiale sconosciuto, ha un volumeV = 8, 75 dm3 ed ha la stessa massa di un blocco di ferro di densità ρ

Fe= 7, 874 kg

dm3

che occupa un volume VFe

= 3 dm3. Calcola la massa e la densità del materiale.

Spiegazione In questo problema l’unica cosa da sapere è cosa sia la densità di unmateriale, definita come il rapporto tra massa e volume di un qualunque oggettofatto di quel materiale

ρ =M

V

Visto che la densità di un oggetto dipende solo dal materiale di cui è fatto, una voltatrovato il valore della densità del materiale potremo capire quale materiale è.

Svolgimento La massa dell’oggetto di ferro vale

MFe = ρFe · VFe = 7, 874kg

dm3· 3 dm3 = 23, 662 kg

Il problema ci dice che l’oggetto di cui non conosciamo il materiale (indicato conl’indice s) ha la stessa massa dell’oggetto di ferro

Ms =MFe = 23, 662 kg

La densità del materiale vale quindi

ρs =Ms

Vs= 2, 7

kg

dm3

Confrontando questo valore con le tabelle dei materiali troviamo che il materialesconosciuto è alluminio.


Testo [I0005] [2 2 1a ] Un cilindro graduato contiene un volume Vi =

250 cm3 di acqua. Dopo averci immerso un oggetto di rame di densità ρogg = 8, 92 kgdm3 ,

il cilindro segna un volume Vf = 375 cm3. Calcola volume e massa dell’oggetto.

Spiegazione Questo problema vogliamo misurare la massa di un oggetto tramiteimmersione in un liquido. Noi ne conosciamo il materiale, quindi la densità. Nel ci-lindro graduato c’è un certo quantitativo di luquido; immergendo l’oggetto il livellodel liquido sale. L’unica cosa da sapere è cosa sia la densità di un materiale, definitacome il rapporto tra massa e volume di un qualunque oggetto fatto di quel materiale

ρ =M

V

Visto che la densità di un oggetto dipende solo dal materiale di cui è fatto, è sufficien-te confrontare le tabelle dei materiali. Il volume dell’oggetto lo si ricava per differen-za tra i livelli dei liquidi dopo e prima dell’immersione. La massa semplicementeapplicando la formula della densità di un materiale.

Svolgimento Il suo volume si ricava per differenza

VCu = Vf − Vi = 125 cm3 = 0, 125 dm3

Il risultato l’ho trasformato in decimetri cubi per poter meglio fare i conti con leunità di misura nei passaggi successivi.

La massa dell’oggetto vale

MCu = ρCu · VCu = 8, 92kg

dm3· 0, 125 dm3 = 1, 115 kg



Testo [I0007] [1 7 1a ] Esegui le operazioni indicate con i vettori a e b:

a

b

c = a+ b

a

b

c = 2a− b

a

b

c = 3a− 2b

Spiegazione In questo esercizio bisogna eseguire due tipi di operazioni con i vet-tori: il prodotto di un vettore per uno scalare e la somma di vettori. Prima si esegueil prodotto di un vettore per uno scalare, e poi si fa la somma dei risultati.

Svolgimento In rosso troverete la soluzione del problema; in blu i vettori necessariper arrivare a trovare tale soluzione.

a

b c = a+ b

a

b

2a

−b c = 2a− b

a

b

3a

−2b c = 3a− 2b

Problema di: Vettori - I0007a

Testo [I0007a] [1 7 1a ] Esegui le operazioni indicate con i vettori a e b:

a

b

c = a− b

a

b

c = −a+ 2b

a

b

c = a− 2b

Spiegazione In questo esercizio bisogna eseguire due tipi di operazioni con i vet-tori: il prodotto di un vettore per uno scalare e la somma di vettori. Prima si esegueil prodotto di un vettore per uno scalare, e poi si fa la somma dei risultati.

Svolgimento In rosso troverete la soluzione del problema; in blu i vettori necessariper arrivare a trovare tale soluzione.

a

b

−b

c = a− b

a

b

−a

+2b

c = −a+ 2b

a

b

−2b c = a− 2b



Testo [I0008] [2 1 1a ] Disegna il vettore che annulla i due vettori indicati.

a

b

a

b

a

b

Spiegazione Il vettore c che annulla i vettori indicati a e b è quello per cui vale larelazione

a+ b+ c = 0

e quindic = −a− b

Svolgimento

a

b

−a

−b

c = −a− b

a

b

−a

−b

c = −a− b

a

b

−a

−b

c = −a− b


Testo [I0009] [1 3 1a ] Scomponi i seguenti vettori lungo le direzioniindicate

Spiegazione La scomposizione di un vettore consiste nel trovare i due vettori chesommati danno il vettore dato.

Svolgimento Per trovare i vettori richiesti devi tracciare delle linee tratteggiate chepartono dalla punta del vettore dato (quello in nero) e che siano parallele alle direzio-ni indicate dal problema (le linee blu). I due vettori disegnati in rosso rappresentanola soluzione richiesta. Quei due vettori, sommati, danno il vettore di partenza.



Testo [I0011] [2 4 1a ] Disegna, e calcolane il valore, il vettore F3 cheannulla la somma dei vettori F1 e F2 di valore rispettivamente F1 = 1, 5 kN e F2 =

800N posti perpendicolari tra loro.

Spiegazione I due vettori dati possono essere sommati. La somma tra il vettorerisultato ed il vettore che voi dovete indicare, deve dare come risultato zero. Quindiil vettore che dovete indicare deve essere uguale e opposto al vettore somma tra idue vettori indicati nel problema.

Svolgimento Cominciamo con il disegnare, in blu, i due vettori che singolarmenteannullano i due vettori dati; la somma dei due vettori blu, da il vettore rosso. Ilvettore rosso è il vettore che, da solo, annulla i due vettori dati. Il vettore rosso,infatti, annulla i due vettori dati in quanto annulla la loro somma.

F1

F2

−F1

−F2

F3 = −F1 − F2

Il modulo del vettore F3 deve essere uguale al modulo del vettore F1 + F2 e sicalcola

|F1 + F2| =√(1500N)2 + (800N)2 = 1700N


Testo [I0015] [2 7 1a ] Esegui la somma dei tre vettori mostrati in figura.

a

bca

bc

Spiegazione Per sommare tre vettori, sommo i primi due e successivamente som-mo il terzo vettore al risultato della somma dei primi due. Non fate l’errore di som-mare i vettori a e b, poi sommare i vettori b e c, e poi sommare i due risultati... sarebbesbagliato perchè contereste il vettore b due volte.

Svolgimento Cominciate con il sommare i vettori a e b ottenendo quello che nellasoluzione è il vettore in blu. Successivamente sommate il vettore blu al vettore c.

a

b

c a+ b

a+ b+ c

a

bc

a+ b

a+ b+ c

a

bc


Problema di: Laboratorio - I0017

Testo [I0017] [3 4 1a ] Due cubi di lato l = 10 cm, uno di argento (didensità ρAg = 10, 5 kg

dm3 ) e l’altro di piombo (di densità ρPb = 11, 3 kgdm3 ), hanno la

stessa massa. Quanto è grande la cavità che ci deve essere all’interno del cubo dipiombo?

Spiegazione In questo problema abbiamo due cubi di eguale volume ma materialedifferente. Questo significa che i due cubi non dovrebbero avere la stessa massa.Visto che il testo afferma invece che hanno la stessa massa, questo significa che ilcubo più denso deve avere necessariamente una cavità all’interno ch lo alleggeriscaun po’.

Svolgimento Il problema ci dice che i due cubi hanno lo stesso volume

V = Vcubo = l3 = 1000 cm3 = 1 dm3

e stessa massa, quindi

MPb =MAg

ρPbVPb = ρAgVAg

Il volume dell’argento coincide con il volume del cubo, il volume del piombo èpari al volume del cubo meno il volume della cavità interna vuota, per cui

ρPb (Vcubo − Vcav) = ρAgVcubo

da cui ricavo il volume della cavità

ρPbVcubo − ρPbVcav = ρAgVcubo

−ρPbVcav = ρAgVcubo − ρPbVcubo

ρPbVcavita = ρPbVcubo − ρAgVcubo

Vcav =ρPbVcubo − ρAgVcubo

ρPb

Vcav = VcuboρPb − ρAg

ρPb

Vcav = Vcubo

(1− ρAg

ρPb

)

Vcav = 1 dm3

(1− 10, 5

11, 3

)= 0, 07 dm3



Testo [I0018] [2 3 1a ] Calcola la densità del liquido ottenuto mescolandom

H2O= 1 kg di acqua

(ρ

H2O= 1 kg

dm3

)e m2 = 2 kg di alcool

(ρ

alc= 0, 8 kg

dm3

).

Spiegazione La densità di un liquido si calcola sempre facendo il rapporto tra lasua massa ed il suo volume

Svolgimento La massa di liquido presente è

m = mH2O

+malc

= 3 kg

I volumi di acqua ed alcool sono

VH2O

=m

H2O

ρH2O

= 1 dm3

Valc

=m

alc

ρalc

= 2, 5 dm3

Il volume complessivo di liquido è

V = VH2O

+ Valc

= 3, 5 dm3

La densità del liquido è

ρ =m

V=

3 kg

3, 5 dm3= 0, 86 dm3

Problema di: Generalità - I0021

Testo [I0021] [2 4 2a ] Dati due vettori a e b, determinare i loro modulisapendo che la loro somma massima vale 18 e la loro somma minima vale 8.

Spiegazione La somma di due vettori è un vettore il cui modulo dipende dai mo-duli dei due vettori ma anche dall’angolo tra i due vettori. Il risultato della sommaè massimo se l’angolo tra i vettori è nullo; il risultato è minimo se l’angolo tra i duevettori è 180

Svolgimento Proviamo a disegnare i due vettori somma massima s e somma minimad

s

d bb

a

Come si vede dal disegno, la differenza di valore tra la somma massima e lasomma minima è pari al doppio del valore del vettore più corto. Quindi

2b = 18− 8

b = 5

e quindia = 10

Un modo più matematico di affrontare il problema è il seguente. Visto il testo delproblema possiamo scrivere: a+ b = 18

a− b = 8(8.1)

a+ b = 18

a = 8 + b(8.2)


8 + b+ b = 18

a = 8 + b(8.3)

8 + 2b = 18

a = 8 + b(8.4)

2b = 10

a = 8 + b(8.5)

b = 5

a = 13(8.6)


Testo [I0022] [1 2 1a ] Un corpo di ferro, di massa m = 10 kg, ha formasferica. Quanto vale il suo raggio?

Spiegazione Il problema chiede il calcolo del raggio di una sfera conoscendone lamassa e materiale. Troviamo il raggio dalla conoscenza del valore del volume, a suavolta ottenuta dalla conoscenza di massa e densità.

Svolgimento Il volume della sfera e di conseguenza il suo raggio, è ottenibile dalrapporto tra massa e densità

V =4

3πR3 =

m

ρFe

R = 3

√3m

4πρFe

R = 3

√√√√ 30 kg

4 · π · 7960 kgm3

= 0, 067m



Testo [I0023] [1 2 1a ] Un cubo di lato L = 0, 05m, fatto di un materialesconosciuto, ha una massa m = 200 g. Quanto vale la densità del cubo, espressa inkgm3 ? Se con un martello rompo l’oggetto e ne stacco un frammento, quanto vale ladensità di quel frammento? [motiva la risposta]

Spiegazione In questo problema bisogna solo sapere come calcolare una densità apartire dalla definizione stessa della densità, e sapere che la densità è un parametrodipendente solo dal materiale di cui è fatto un oggetto.

Svolgimento La densità dell’oggetto è

ρ =M

V=M

L3=

200 g

0, 000125m3=

0, 2 kg

0, 000125m3= 1600

kg

m3

Visto che la scheggia è fatta dello stesso materiale del cubo, avrà la stessa suadensità.

Problema di: Generalità - I0023a

Testo [I0023a] [1 2 1a ] Un blocco cubico di marmo, di densità ρ =

2600 kgm3 , misura L = 40 cm di lato. Calcola la sua massa. Quanto vale la densi-

tà del cubo, espressa in gcm3 ? Se uno scultore ne ricava una statuetta di volume

Vstatua = 25000 cm3, quanto sarà la densità della statuetta? [motiva la risposta]

Spiegazione Per questo esercizio è necessario sapere cosa sia la densità di un corpoe da cosa dipende.

Svolgimento La massa del blocco è

M = ρmarmo

· V = 2600kg

m3· (0, 4m)3 = 166, 4 kg

La densità del blocco è

ρmarmo = 2600kg

m3= 2600

1000g

(100cm)3 = 2, 6

g

cm3

La densità ella statuetta non cambia in quanto non cambia il materiale di cui èfatta.


Problema di: Generalità - I0023b

Testo [I0023b] [1 2 1a ] Un blocco cubico di ferro, di densità ρ = 7, 874 gcm3 ,

misura L = 20 cm di lato. Calcola la sua massa. Quanto vale la densità del cubo,espressa in kg

m3 ? Se uno scultore lo fonde e ne ricava una statuetta di volume minoreperché del materiale si è perso come scarto di lavorazione, quanto sarà la densitàdella statuetta? [motiva la risposta]


Svolgimento La densità del blocco è

ρferro

= 7, 874g

cm3= 7, 874

kg1000(m100

)3 = 7876kg

m3

La massa del blocco è

M = ρferro

· V = 7, 874g

cm3· (20 cm)3 = 62992 g

La densità ella statuetta non cambia in quanto non cambia il materiale di cui èfatta.

Problema di: Generalità - I0023c

Testo [I0023c] [1 2 1a ] Calcola il volume di un blocco di marmo, di massam = 400 kg e densità ρ = 2600 kg

m3 . Quanto vale la densità del blocco espressa in gcm3 ?

Se uno scultore ne ricava una statuetta di volume dimezzato, quanto sarà la densitàdella statuetta? [motiva la risposta]


Svolgimento Il volume del blocco di marmo lo si trova utilizzando la definizionedi densità

V =M

ρ=

400 kg

2600 kgm3

= 0, 1538m3

La densità del blocco è

ρ = 2600kg

m3= 2600

1000 g

100 cm · 100 cm · 100 cm = 2, 6g

cm3



Testo [I0024] [1 3 1a ] Disegna due vettori perpendicolari tra loro, unolungo a = 5 e l’altro lungo il doppio. Disegna poi la loro somma e calcola quantovale.

Spiegazione La somma di vettori si fa con la regola del parallelogrammo. Essendopoi i vettori posti a 90 il calcolo della somma può essere fatto con il teorema diPitagora.

Svolgimento Nel seguente disegno si vede come è stata applicata la regola delparallelogrammo per trovare la somma dei due vettori.

a

b c

Il calcolo del valore di c si fa utilizzando il teorema di Pitagora

c =√a2 + b2 = 13

Problema di: Introduzione alla fisica - I0025

Testo [I0025] [1 2 1a ] Un frammento di acciaio ha una massa m = 40 g eduna densità ρ = 8

g

cm3. Quanto vale il suo volume? Che densità avrebbe una trave

di acciaio della massa m = 500 kg. [Motiva la risposta]


Svolgimento Il volume del frammento di acciaio lo calcoliamo nel seguente modo:

V =m

ρ=

40 g

8g

cm3

= 5 cm3

La trave di acciaio, essendo dello stesso materiale, avrà la stessa densità. Ovvia-mente avendo una massa maggiore avrà anche un volume maggiore.


Problema di: Generalità - I0025a

Testo [I0025a] [1 2 1a ] Nel serbatoio di un’auto ci sono m = 250 g di ben-zina, di densità ρ = 0, 7 kg

dm3 . Calcola in volume della benzina. Se l’autista riempie ilserbatoio aggiungendo un volume V = 12 litri di benzina, quale sarà la densità delliquido contenuto nel serbatoio? [motiva la risposta]


Svolgimento Il volume di benzina nel serbatoio è

V =M

ρ=

0, 25 kg

0, 7 kgdm3

= 0, 357 dm3

Con l’aggiunta di nuova benzina, la densità del liquido non cambia visto che illiquido è sempre benzina e non è quindi cambiato il materiale.

Problema di: Introduzione alla fisica - I0026a

Testo [I0026a] [1 2 1a ] Esegui le seguenti somme

• 10 kg + 5hg; • 5m

s+ 72

km

h; • 4h+ 25min; • 2m3+3000 cm3;

Spiegazione Per eseguire le somme richieste è necessario convertire le unità dimisura in modo che siano uguali.

Svolgimento

• 10 kg + 5hg = 10 · 10hg + 5hg = 15hg;

• 5m

s+ 72

km

h= 5

m

s+ 72

1000m

3600 s= 5

m

s+ 20

m

s= 25

m

s;

• 4h+ 25min = 4 · 40min+ 25min = 185min;

• 2m3 + 3000 cm3 = 2 · 100 cm · 100 cm · 100 cm + 3000 cm3 = 2000000 cm3 +

3000 cm3 = 2003000 cm3;


Problema di: Introduzione alla fisica - I0026b

Testo [I0026b] [1 2 1a ] Esegui le seguenti somme

• 10 g + 5hg; • 10m

s+ 72

km

h; • 4 s+ 25min; • 2 cm3 +

3000mm3;


Svolgimento

• 10 g + 5hg = 10 g + 5 · 100 g = 510 g;

• 10m

s+ 72

km

h= 10

m

s+ 72

1000m

3600 s= 10

m

s+ 20

m

s= 30

m

s;

• 4 s+ 25min = 4 s+ 25 · 60 s = 1504 s;

• 2 cm3 + 3000mm3 = 2 · 10mm · 10mm · 10mm+ 3000mm3 = 5000mm3;

Problema di: Introduzione alla fisica - I0026c

Testo [I0026c] [1 2 1a ] Esegui le seguenti somme

• 10 g + 3 kg; • 10m

s+ 18

km

h; • 4 s+ 2h; • 2 dm3 + 30 cm3;


Svolgimento

• 10 g + 3 kg = 10 g + 3 · 1000 g = 3010 g;

• 10m

s+ 18

km

h= 10

m

s+ 18

1000m

3600 s= 10

m

s+ 5

m

s= 15

m

s;

• 4 s+ 2h = 4 s+ 2 · 3600 s;

• 2 dm3 + 30 cm3 = 2 · 10 cm · 10 cm · 10 cm+ 30 cm3 = 2030 cm3;


Problema di: Introduzione alla fisica - I0026d

Testo [I0026d] [1 2 1a ] Esegui le seguenti somme

• 10m+ 3 km; • 8m

s+ 54

km

h; • 4 s+ 25min; • 2 dm3+30mm3;


Svolgimento

• 10m+ 3 km = 10m+ 3 · 1000m = 3010m;

• 8m

s+ 54

km

h= 8

m

s+ 54

1000m

3600 s= 8

m

s+ 15

m

s= 23 dfracms;

• 4 s+ 25min = 4 s+ 25 · 60 s = 1504 s;

• 2 dm3 + 30mm3 = 2 · 100mm · 100mm · 100mm+ 30mm3 = 2000030mm3;

Problema di: Introduzione alla fisica - I0026e

Testo [I0026e] [1 2 1a ] Esegui le seguenti operazioni

• 5kg

m3+5

g

cm3=; • 2

g · cms

+ 72kg ·mh

=; • 4min+ 25 s =;

• 2hg + 300 g =;


Svolgimento

• 5kg

m3+ 5

g

cm3= 5

1000g

(100 cm)3 + 5

g

cm3= 0, 005

g

cm3+ 5

g

cm3= 5, 005

g

cm3;

• 2g · cms

+ 72kg ·mh

= 2g · cms

+ 721000 g · 100 cm

3600 s= 2

g · cms

+ 2000g · cms

=

2002g · cms

;

• 4min+ 25 s = 4 · 60 s+ 25 s = 240 s+ 25, s = 265 s;

• 2hg + 300 g = 2 · 100 g + 300 g = 200 g + 300 g = 500 g;


Problema di: Introduzione alla fisica - I0026f

Testo [I0026f] [1 2 1a ] Esegui le seguenti somme

• 10m+ 5 km; • 5m

s+ 36

km

h; • 4h+ 25 s; • 2m2 + 300 cm2;


Svolgimento

• 10m+ 5 km = 10m+ 5000m = 5010m;

• 5m

s+ 36

km

h= 5

m

s+ 36

1000m

3600 s= 15

m

s;

• 4h+ 25 s = 4 · 3600 s+ 25 s = 14425 s;

• 2m2 + 300 cm2 = 2 · 100 cm · 100 cm + 300 cm2 = 20000 cm2 + 300 cm2 =

20300 cm2;

Problema di: Introduzione alla fisica - I0028

Testo [I0028] [0 2 1a ] Esegui le seguenti operazioni con a = 10 ms2 , m =

2 kg, ∆t = 4 s, i = 1 ms , f = 4 m

s , calcolando la grandezza a sinistra dell’uguale.

• ∆S = i ·∆t =

• ∆S =1

2a∆t2 + i∆t =

• a =∆

∆t=

• Eci =1

2m2

i =

Spiegazione Questo esercizio serve unicamente per prendere dimestichezza sulmodo corretto di eseguire dei calcoli con delle formule. Il punto importante è nonomettere mai le unità di misura.

Svolgimento

• ∆S = i ·∆t = 1m

s· 4 s = 4m

• a =∆

∆t=

f − i

∆t=

4 ms − 1m

s

4 s=

3

4

m

s2

• ∆S = 12a∆t

2 + i∆t =12 · 10 m

s2 · 16 s2 + 1 ms · 4 s = 80m+ 4m = 84m

• Eci =12m

2 = 12 · 2 kg ·

(1 m

s

)2= 1

kg ·m2

s2


Problema di: Introduzione alla fisica - vettori I0029

Testo [I0029] [2 6 1a ] Disegna due vettori lunghi a = 5 e b = 12, per-pendicolari tra loro. Disegna e calcola la loro somma c; disegna infine il vettore cheannulla la loro somma. Ridisegna poi due vettori della stessa lunghezza di a e b, maposizionati in modo che la loro somma risulti più lunga rispetto a c.

Spiegazione In questo esercizio semplicemente disegniamo due vettori e svolgia-mo delle operazioni su di essi.

Svolgimento Il disegno dei due vettori è il seguente

a

b

La loro somma la si disegna con il metodo del parallelogrammo

a

b

c

Essendo i due vettori posti perpendicolarmente, la loro somma la calcolo con ilteorema di Pitagora

c =√a2 + b2 = 13

Il vettore che annulla la somma a+ b è il vettore opposto e uguale a c che disegnoin rosso

a

b

c

d

Per riposizionare i vettori a e b in modo che la somma risulti più lunga, è suf-ficiente ridurre il valore dell’angolo tra i due vettori, come mostrato nel seguentedisegno.

a

b c


Problema di: Laboratorio - Lab0001

T1

3, 23 s 3, 22 s

3, 22 s 3, 23 s 3, 24 s

Testo [Lab0001] [2 4 1a ] Su Marte misuricinque volte il periodo di oscillazione di un pendololungoL = 98, 5 cm±0.5 cm, ottenendo i valori indicatiin tabella. Calcola l’accelerazione di gravità di Marte.

Spiegazione La fisica del pendolo ci dice che

T = 2π

√L

g

La misura di L e di T permette di calcolare g. Le incertezze di misura su L e su T sipropagano di conseguenza sul risultato di g

Svolgimento Cominciamo con il calcolare il valore del periodo di oscillazione delpendolo con i relativi errori

T =2 · 3, 22 s+ 2 · 3, 23 s+ 3, 24 s

5= 3, 228 s

Ea−T =3, 24 s− 3, 22 s

2= 0, 01 s

Er−T =0, 01 s

3, 228 s= 0, 0031

Calcoliamo adesso l’errore di misura si L

Er−L =0, 005m

0, 985 s= 0, 0051

Calcoliamo adesso il valore di g ed il suo errore relativo

gMarte

= 4π2 L

T 2= 3, 732

m

s2

Visto che le due misure sono state tra loro divise, avremo che

c = Er−L + 2 · Er−T = 0, 0112

e quindi

Ea−g = Er−g · gMarte= 0, 0113 · 3, 732 m

s2= 0, 042

m

s2

L’accelerazione di gravità su Marte misurata da te è quindi

gMarte

= 3, 732m

s2± 0, 042

m

s2



Testo [Lab0002] [1 1 1a ] Hai misurato con un cronometro la durata del-l’oscillazione di un pendolo ottenendo i seguenti risultati: T0 = 12, 4 s, T1 = 12, 3 s,T2 = 12, 3 s, T3 = 12, 6 s, T4 = 12, 6 s, T5 = 12, 2 s, T6 = 12, 4 s. Calcola il periodo dioscillazione di quel pendolo indicando gli errori di misura assoluto e relativo.

Spiegazione Per misurare una grandezza fisica spesso è opportuno ripetere la mi-sura molte volte per avere un’idea chiara non solo del valore della grandezza, masoprattutto delle incertezze sperimentali sulla misuta effettuata.

Svolgimento Per prima cosa calcoliamo il valore medio delle misure ottenute:

Tmed =T0 + T1 + T2 + T3 + T4 + T5 + T6

7= 12, 4 s

L’incertezza sperimentale la si calcola ora scrivendo:

Errass =Tmax − Tmin

2= 0, 2 s

Il risultato della misura è quindi

T = 12, 4 s± 0, 2 s

Con un errore relativoErel =

0, 2 s

12, 4 s= 0, 016 = 1, 6%


Testo [Lab0003] [3 4 1a ] Per misurare la velocità di un’auto con un errorerelativo Er−V = 2%, cronometriamo il tempo impiegato a percorrere la distanza∆S = 20, 0m± 0, 1m. Quale incertezza relativa deve avere il cronometro? Se l’autoviaggia a circa V = 10 m

s , quale incertezza assoluta ha la misura?

Spiegazione Ogni misura ha sempre un certo livello di incertezza. La misura dellavelocità si ottiene dividendo la misura della distanza percorsa per il tempo trascorso:V = ∆S

∆t . L’errore relativo sulla velocità sarà la somma degli errori relativi sullospostamento e sul tempo.

Svolgimento Considerando che V = ∆S∆t allora avremo

Er−V = Er−∆S + Er−∆t

Er−∆t = Er−V − 0, 1m

20, 0m= 1, 5%

L’incertezza del cronometro deve quindi essere al massimo

Ea−∆t = Er−∆t ·∆t = Er−∆t ·∆S

V= 1, 5% · 20m

10 ms

= 0, 03 s



Testo [Lab0004] [1 1 1a ] Su di una bilancia vengono messi tre oggetti lacui massa risulta: m1 = (54± 1) kg,m2 = (22, 8± 0, 1) kg e m3 = (2, 48± 0, 01) kg.Scrivi la misura della massa complessiva di tali oggetti indicando l’errore di misura.

Spiegazione Quando si realizza una misura è sempre presente un errore di misura.Se non viene indicato si assume essere di un’unità sull’ultima cifra diversa da zerodel valore misurato.

Svolgimento Scriviamo i tre valori di massa misurati e la loro somma:m1 = 54 kg ± 1 kg

m2 = 22, 8 kg ± 0, 1 kg

m3 = 2, 48 kg ± 0, 01 kg

⇔ mtot = 79, 28 kg ± 1, 11 kg

Visto il valore dell’errore, il modo più saggio di scriverlo è

mtot = 79, 3 kg ± 1, 1 kg


Testo [Lab0005] [2 3 1a ] Un cilindro graduato contiene un volume Vi =250 cm3 ± 1 cm3 di acqua. Dopo averci immerso un oggetto di massa m = 1, 12 kg ±0, 01 kg, il cilindro segna un volume Vf = 375 cm3 ± 1 cm3. Calcola volume e densitàdell’oggetto.

Spiegazione Questo problema vogliamo misurare la densità di un oggetto tramiteimmersione in un liquido. Noi ne conosciamo la massa e ne misuriamo il volume.Nel cilindro graduato c’è un certo quantitativo di luquido; immergendo l’oggetto illivello del liquido sale. L’unica cosa da sapere è cosa sia la densità di un materiale,definita come il rapporto tra massa e volume di un qualunque oggetto fatto di quelmateriale

ρ =M

V

Visto che la densità di un oggetto dipende solo dal materiale di cui è fatto, è suffi-ciente confrontare le tabelle dei materiali per sapere il tipo di materiale.

Il volume dell’oggetto lo si ricava per differenza tra i livelli dei liquidi dopo eprima dell’immersione. La densità la calcoliamo con la formula

Svolgimento Il volume si ricava per differenza

Vogg = Vf − Vi = 125 cm3

Ea,V = 1 cm3 + 1 cm3 = 2 cm3

Er,V =2 cm3

125 cm3= 0, 016

per cui

Vogg = 125 cm3 ± 2 cm3

La massa è

m = 1, 12 kg ± 0, 01 kg


L’errore relativo sulla massa è

Er,m =0, 01 kg

1, 12 kg= 0, 009

La densità dell’oggetto vale

ρogg =m

V=

1, 12 kg

125 cm3= 0, 00896

kg

cm3

L’errore relativo sulla densità, essendo stata calcolata vacendo la divisione di duegrandezze, si calcola sommando gli errori relativi delle due grandezze.

Er,ρ = Er,m + Er,V = 0, 009 + 0, 016 = 0, 025

possiamo ora calcolare l’errore assoluto sulla densità

Ea,ρ = Er,ρ · ρogg = 0, 025 · 0, 00896 kg

cm3= 0, 000224

kg

cm3

La misura della densità dell’oggetto sarà quindi

ρogg = 0, 00896kg

cm3± 0, 00022

kg

cm3

dove l’errore è stato opportunamente arrotondato.

Problema di: Misure di laboratorio - Lab0006

Testo [Lab0006] [2 1 1a ] L’altezza di due scatole una sull’altra è htot =

54.7 cm ± 0, 1 cm, e la prima è alta h1 = 24, 3 cm ± 0, 1 cm. Quanto è alta la secondascatola?

Spiegazione Il problema chiede di calcolare errore assoluto e relativo sulla diffe-renza tra due grandezze

Svolgimentohtot = h1 + h2

h2 = htot − h1 = 30, 4 cm

Errass = 0, 1 cm+ 0, 1 cm = 0, 2 cm

Errrel =Errassh2

=0, 2 cm

30, 4 cm= 0, 0658


Problema di: Misure - Lab0007

Testo [Lab0007] [1 2 1a ] Misurate con un righello lo spessore di unamoneta da 1 euro. Indica come ridurre l’errore a 0, 1mm utilizzando lo stesso stru-mento.

Spiegazione Eseguire una misura è un procedimento non banale che deve esse-re fatto con attenzione. Non basta trovare un risultato, bisogna soprattutto saperstimare in modo adegusato gli errori di misura.

Svolgimento Per prima cosa utilizziamo una singola moneta. Sul righello vediamoindicati un po’ più di 2 millimetri, quindi l’altezza vale

h = 2, 5mm± 0, 5mm

se adesso prendiamo una pila di 10 monete sul righello vediamo indicati un po’più di 23 millimetri.

h10 = 23, 5mm± 0, 5mm

h = 2, 35mm± 0, 05mm

Otteniamo quindi una precisione 10 volte maggiore.


Testo [Lab0008] [2 5 1a ] Hai misurato il diametro di base e l’altezza di uncilindro ottenendo d = 20mm±1mm e h = 50mm±1mm. Calcolane il volume conla relativa incertezza. [La formula per il volume è V = π

4 d2h]

Spiegazione Per calcolare il volume del cilindro semplicemente dovete utilizzarela formula giusta. La parte complessa del lavoro è stabilire il valore dell’errore dimisura sul volume. Per farlo prima dovremo evidenziare gli errori assoluti e relativisulle singole misure prese con il righello.

Svolgimento Per prima cosa calcoliamo il volume del cilindro

V = π ·(d

2

)2

· h = 3, 14159 · 100mm2 · 50mm = 15708mm3

Calcoliamo adesso l’errore relativo sulle due misure fatte col righello

Erel−d =Ea−d

d=

1mm

20mm= 0, 05 = 5%

Erel−h =Ea−h

h=

1mm

50mm= 0, 02 = 2%

Nella formula per calcolare il volume del cilindro si moltiplica il diametro per sestesso ed ancora per l’altezza

V = π ·(d · d2 · 2

)· h

quindi l’errore relativo sul volume sarà la somma degli errori relativi di questegrandezze

Erel−V = Erel−d + Erel−d + Erel−h = 0, 12 = 12%

quindi l’errore assoluto sul volume vale

Ea = Erel−V · V = 1885mm3

Il risultato finale da scrivere sarà quindi


V = 15708mm3 ± 1885mm3

che può essere più saggiamente scritto

V = 15, 7 cm3 ± 1, 9 cm3

Problema di: Laboratorio - Lab0008a

Testo [Lab0008a] [2 6 1a ] Hai misurato con un righello i tre spigoli di unparallelepipedo, ottenendo a = 20mm ± 1mm, b = 40mm ± 1mm, e h = 10mm ±1mm.Calcolane il volume con gli errori assoluto e relativo.

Spiegazione Per calcolare il volume del parallelepipedo semplicemente dovete uti-lizzare la formula giusta. La parte complessa del lavoro è stabilire il valore dell’erroredi misura sul volume. Per farlo prima dovremo evidenziare gli errori assoluti e re-lativi sulle singole misure prese con il righello. Poi propagare l’errore sul valore delvolume.

Svolgimento Per prima cosa calcoliamo il volume del parallelepipedo

V = a · b · h = 20mm · 40mm · 10mm = 8000mm3

Calcoliamo adesso l’errore relativo sulle tre misure fatte col righello

Erel−a =Ea,a

a=

1mm

20mm= 0, 05 = 5%

Erel−b =Ea,b

b=

1mm

40mm= 0, 025 = 2, 5%

Erel−h =Ea,h

h=

1mm

10mm= 0, 1 = 10%

Nella formula per calcolare il volume del parallelepipedo si moltiplicano le mi-sure dei tre spigoli quindi l’errore relativo sul volume sarà la somma degli errorirelativi di queste grandezze, e di conseguenza calcoliamo l’errore assoluto

Erel−V= Erel−a + Erel−b + Erel−h = 0, 0175 = 17, 5%

Ea = Erel−V· V = 1400mm3

Il risultato finale da scrivere sarà quindi

V = 8000mm3 ± 1400mm3


Problema di: Laboratorio - Lab0008b

Testo [Lab0008b] [2 7 1a ] Hai misurato con un righello la base e l’altezzadi un rettangolo ottenendo b = 10, 0 cm ± 0, 1 cm e h = 5, 0 cm ± 0, 1 cm. Calcolal’area ed il perimetro del rettangolo indicandone gli errori di misura.

Spiegazione Il calcolo dell’area e del perimetro è un conto banale; questo eserciziopunta sulla corretta stima degli errori di misura su tali grandezze.

Svolgimento Cominciamo a calcolarci area e perimetro del rettangolo.

A = b · h = 50 cm2

P = 2(b+ h) = 30 cm

Passiamo adesso alla stima degli errori di misura. Gli errori assoluti sulle due misureci sono già stati dati dal testo del problema.

Ea−base = 0, 1 cm

Ea−alt = 0, 1 cm

Possiamo quindi calcolare gli errori relativi sulle misure della base e dell’altezza delrettangolo.

Er−base =0, 1 cm

10, 0 cm= 0, 01 = 1%

Er−alt =0, 1 cm

5, 0 cm= 0, 02 = 2%

Il calcolo dell’errore sul perimetro prevede che si sommino gli errori assoluti di baseed altezza, visto che per calcolare il perimetro si deve cominciare a calcolare la sommadei suoi lati. La somma dei due lati va poi moltiplicata per 2 per avere il valore delperimetro; per questo motivo moltiplico per 2 anche il valore dell’errore assoluto.

Ea−perim = 2 · (0, 1 cm+ 0, 1 cm) = 0, 4 cm

Il calcolo dell’errore sull’area prevede che si sommino gli errori relativi di base edaltezza, visto che per calcolare l’area si deve calcolare il prodotto dei suoi lati

Er−area = 0, 01 + 0, 02 = 0, 03

Ea−area = A · 0, 03 = 1, 5 cm2



Testo [Lab0009] [1 4 1a ] Se stai misurando il periodo T di un pendoloutilizzando un cronometro (portata P = 10h; precisione E = 0, 01 s) azionato dallatua mano, quanto vale l’errore di misura che fai sulla singola misurazione? Comepuoi fare, facendo solo una misura, a migliorarne la precisione fino a Ea = 0, 02 s

Spiegazione La misura del periodo del pendolo è come tutte le misure affetta daerrore. Essendo il cronometro azionato dalla mano, l’errore che si compie è legatoai riflessi del corpo umano. La scelta di un’opportuna tecnica di misura permette diridurre l’errore che si compie.

Svolgimento Nel fare la misura del periodo del pendolo il cronometro viene azio-nato due volte, quindi l’errore assoluto sulla misura è pari ad doppio del tempo direazione dei riflessi umani

Ea = 2 · 0, 1 s = 0, 2 s

L’errore di misura dello strumento, essendo piccolo rispetto all’imprecisione dovutaai riflessi umani, non viene tenuto in considerazione.

Per migliorare la misura, invece di misurare con il cronometro la durata di unaoscillazione, possiamo misurare la durata di dieci oscillazioni. In questo modo avre-mo che

T10 = 10T ± 0, 2 s

dividendo per 10 avremo la durata di una oscillazione

T1 =10T

10± 0, 2 s

10= T ± 0, 02

ottenendo così una stima della durata di una oscillazione.

Problema di: Misure - Lab0010

Testo [Lab0010] [1 1 1a ] Un libro di 500 pagine, misurato con un righello,è spesso h = 3, 5 cm± 0, 1 cm. Quanto è spessa ogni singola pagina? Calcola l’erroreassoluto e relativo sulla misura della singola pagina.

Spiegazione La misura fatta con il righello ha una certa precisione. Dividendo peril numero di pagine, anche la relativa precisione cambia.

Svolgimento Lo spessore di una singola pagina risulta essere:

h1 =h

500= 0, 0070 cm± 0, 0002 cm

L’errore relativo è:Er =

Ea

Mis=

0, 0002

0, 0070= 2, 86%

Scheda 9Cinematica: soluzioniProblema di: Misure - IC0001

Testo [IC0001] [2 2 1a ] Un oggetto è fatto da due cubi di lato L = 80mm

di legni differenti, rispettivamente di densità ρ1 = 0, 7 gcm3 e ρ2 = 0, 5 g

cm3 . I due cubisono attaccati per una delle facce. Indica su di un opportuno sistema di riferimentodove si trova il baricentro dell’oggetto.

Spiegazione Per determinare la posizione del baricentro di un oggetto è necessariofissare prima un sistema di riferimento e successivamente applicare la formuletta peril calcolo delle coordinate del baricentro.

Svolgimento Utilizziamo come sistema di riferimento un asse x la cui origine sitrova nel punto medio tra i baricentri dei due cubi. Le coordinate dei baricentri deidue cubi risultano quindi essere x1 = −L

2 = −4 cm e x2 = +L2 = 4 cm

I volumi dei due cubi valgono

V = L3 = 512 cm3

Le masse dei due cubi valgono

m1 = ρ1 · V = 358, 4 g

m2 = ρ2 · V = 256 g

La posizione del baricentro risulta quindi essere

xb =m1x1 +m2x2m1 +m2

=−409, 6 g · cm

614, 4 g= −2

3cm ∼ −0, 67 cm

Problema di: Posizione - IC0010

Testo [IC0010] [2 1 1a ] Tre cubi omogenei di lato l = 10 cm e di massam1 = 9 kg, m2 = 5 kg, m3 = 2 kg, sono posti nell’ordine uno sopra all’altro. A qualealtezza si trova il baricentro del sistema?

Spiegazione Il baricentro di un sistema di corpi è il centro delle masse del siste-ma. I tre cubi hanno stessa forma e volume, ma masse differenti in quanto fatti dimateriali differenti. Il baricentro di ogni cubo si trova nel centro geometrico del cu-bo stesso, quindi per trovare il baricentro del sistema basta utilizzare l’opportunaformuletta.

Svolgimento Le altezze dei baricentri dei singoli cubi sono

y1 = 5 cm

y2 = 15 cm

y3 = 25 cm

Il baricentro del sistema si trova all’altezza

yb =m1y1 +m2y2 +m3y3

m1 +m2 +m3=

45 kg cm+ 75 kg cm+ 50 kg cm

16 kg= 10, 625 cm

49

50 Scheda9. Cinematica: soluzioni

Problema di: Vettori - IC0018

Testo [IC0018] [1 1 1a ] Una barca attraversa un fiume muovendosi indiagonale con velocità = 10 m

s . La barca si muove contemporaneamente lungo ladirezione della corrente con velocità x = 8 m

s e lungo la direzione tra le due sponde.Con quale velocità si sta avvicinando alla sponda opposta? Disegna tale vettore.

Spiegazione La barca si muove in diagonale tra una sponda e l’altra. Il suo movi-mento può quindi essere scomposto nella somma di due movimenti: il primo lungola direzione del fiume, ed il secondo nella direzione tra una sponda e l’altra.

x = 8 ms

y =? = 10 ms

Svolgimento Le due componenti del vettore sono tra loro perpendicolari, quindipossiamo utilizzare il teorema di Pitagora

y =√2 − 2

x =

√100

m2

s2− 64

m2

s2= 6

m

s

Problema di: Baricentro - IC0066

Testo [IC0066] [2 1 1a ] Tre libri sono posizionati uno sull’altro. I librihanno rispettivamente massa m1 = 1hg, m2 = 2hg, m3 = 3hg ed hanno tutti lostesso spessore d = 3 cm. A che altezza si trova il baricentro del sistema?

Spiegazione In questo problema abbiamo un sistema formato da tre oggetti distintiposti uno sull’altro. Il baricentro del sistema sarà la media pesata sulla massa, delleposizioni dei baricentri dei singoli oggetti.

Svolgimento La posizione dei baricentri dei singoli oggetti è:

h1 = 1, 5 cm

h2 = 4, 5 cm

h3 = 7, 5 cm

Quindi l’altezza da terra del baricentro del sistema sarà

hb =h1m1 + h2m2 + h3m3

m1 +m2 +m3

hb =1, 5hg · cm+ 9hg · cm+ 22, 5hg · cm

6hg= 5, 5 cm


Problema di: Cinematica - C0015ban

Testo [C0015ban] [0 9 1a ] Esercizi banali di Cinematica:

1. Moto rettilineo uniforme

(a) Quanto spazio percorre in un tempo ∆t = 70 s un oggetto che si muovecon velocità costante V = 80 m

s ? [∆S = 5600m]

(b) Quanto spazio percorre in un tempo ∆t = 70 s un oggetto che si muovecon velocità costante V = 80 Km

h ? [∆S = 1555, 6m]

(c) Quanto tempo impiega un pallone da calcio ad arrivare in porta se calciatoad una velocità V = 25 m

s da una distanza ∆S = 30m? Ipotizziamo che ilpallone viaggi sempre alla stessa velocità lungo il suo tragitto. [∆t = 1, 2 s]

2. Moto uniformemente accelerato

(a) Quanto spazio percorre in un tempo di ∆t = 5 s un oggetto che si muovecon un’accelerazione costante a = 2 m

s2 e che parte con una velocità iniziale i = 5 m

s nella stessa direzione e nello stesso verso dell’accelerazione?[∆S = 50m]

(b) Un oggetto viene fatto cadere dal tetto di una casa partendo da fermo. Searriva a terra dopo un tempo ∆t = 3 s, quanto è alta la casa? [h =

44, 1m]

(c) Un oggetto viene fatto cadere dentro un pozzo partendo da fermo. Searriva al fondo del pozzo dopo un tempo ∆t = 4 s, quanto è profondo ilpozzo? [h = 78, 4m]

3. Moto circolare uniforme

(a) Un oggetto ruota con una frequenza ν = 4Hz lungo un percorso circolaredi raggio r = 2m. Quale accelerazione centripeta subisce? [ac =1263, 3 m

s2 ]

(b) Un oggetto si muove di moto circolare uniforme con velocità V = 50 ms

lungo un percorso circolare di raggio r = 2m. Con quale velocità angolare

ω si sta muovendo? Quanto tempo impiega a fare un giro? [ω =

25 rads ; ∆t = 0, 25 s]

(c) Un pilota di Formula1 subisce in curva accelerazioni laterali di circa 4g.Se sta facendo curve ad una velocità V = 150 Km

h , quanto vale il raggiodella curva? [r = 44, 3m]

Spiegazione In questo esercizio ho raccolto tutte quelle domande banali che pos-sono essere fatte su questo argomento. Per banale si intende un problema nel qualela domanda consiste semplicemente nel fornire dei dati da inserire in una formula.Non è quindi richiesta alcuna particolare capacità di ragionamento, ne particolaridoti matematiche. Questo esercizio serve unicamente ad aquisire dimestichezza conl’esecuzione dei conti numerici con le unità di misura.

Svolgimento

1. Moto rettilineo uniforme

(a)∆S = V ·∆t = 80

m

s· 70 s = 5600m

(b)

∆S = V ·∆t = 80km

h· 70 s = 80

1000m

3600 s· 70 s = 1555, 6m

(c) Usando la formula inversa

∆t =∆S

=

30m

25 ms

= 1, 2 s

2. Moto uniformemente accelerato

(a)

∆S =1

2a∆t2 + i∆t =

1

2· 2 ms2

· 25 s2 + 5m

s· 5 s = 50m

(b)

∆S =1

2a∆t2 + i∆t =

1

2· 9, 8 m

s2· 9 s2 + 0

m

s· 3 s = 44, 1m


(c)

∆S =1

2a∆t2 + i∆t =

1

2· 9, 8 m

s2· 16 s2 + 0

m

s· 4 s = 78, 4m

3. Moto circolare uniforme

(a)ac = 4π2ν2r = 4 · (3, 14)2 · 16Hz2 · 2m = 1263, 3

m

s2

(b)

ω =

r=

50 ms

2m= 25

rad

s

T =2πr

=

2 · 3, 14 · 2m50 m

s

= 0, 25 s

(c)

r =2

ac=

(1503,6 · m

s

)24 · 9, 8 m

s2= 44, 3m

Problema di: Cinematica - C0001

Testo [C0001] [2 2 1a ] Un’automobile viaggia alla velocità costante 1 =

120 kmh per un tempo ∆t1 = 2h; successivamente si ferma per un tempo ∆t = 1h, ed

infine riparte viaggiando alla velocità costante 2 = 90 kmh per un tempo ∆t2 = 4h.

A quale velocità media ha viaggiato l’automobile?

Spiegazione Il percorso del ciclista è suddiviso in due fasi, in ognuna delle qualisi muove di moto rettilineo uniforme. Indipendentemente da questo, per il calcolodella velocità media serve conoscere lo spazio complessivamente percorso dall’auto,ed il tempo totale da essa impiegato a percorrerlo.

Svolgimento La lunghezza del primo tratto vale

∆S1 = 1 ·∆t1 = 240 km

La lunghezza del secondo tratto vale

∆S2 = 2 ·∆t2 = 360 km

La velocità media tenuta dall’automobile sul percorso complessivo vale:

media =∆S1 +∆S2

∆t1 +∆t+∆t2=

240 km+ 360 km

2h+ 1h+ 4h= 85, 71

km

h

Questo calcolo tiene anche conto del fatto che la macchina è stata ferma per uncerto periodo di tempo.

Esercizi concettualmente identici

1. Una persona percorre un tratto di strada lungo ∆S1 = 50metri in un tem-po ∆t1 = 20 secondi; successivamente percorre un secondo tratto lungo ∆S2 =

30metri in un tempo ∆t2 = 15 secondi. Quale velocità media ha tenuto nel pri-mo tratto? Quale nel secondo tratto? Quale su tutto il percorso? [m1 =

2.5 ms ; m2 = 2 m

s ; mt = 2.286 ms ]


2. Un ciclista affronta una salita lunga ∆S1 = 10 km in un tempo ∆t1 = 2h e lasuccessiva discesa lunga ∆S2 = 30 km in un tempo ∆t1 = 0.5h. Quale velo-cità media ha tenuto in salita? Quale in discesa? Quale sull’intero percorso?

[ms = 5 kmh ; md = 60 km

h ; mt = 16 kmh ]


Testo [C0002] [2 2 2a ] Un’automobile viaggia alla velocità costante 1 =

120 kmh e deve superare un camion che viaggia alla velocità costante 2 = 90 km

h .Sapendo che il camion è lungo l2 = 11m e che la macchina è lunga l1 = 4m, quantotempo dura il sorpasso? [disegna la posizione dell’auto all’inizio e alla fine del sorpasso]

Spiegazione Viaggiando sia l’automobile che il camion a velocità costante l’unicaequazione che ci serve è quella del moto rettilineo uniforme. Per eseguire il sorpasso,la macchina deve percorrere un tratto di strada pari alla somma tra la lunghezza del-la macchina e del camion; la macchina avrà, rispetto al camion, una velocità relativapari alla differenza tra la veocità dell’auto e quella del camion.

Svolgimento dalla legge del moto rettilineo uniforme avremo

∆t =∆S

rel=

l1 + l21 − 2

=15m

30 kmh

=15m

30 1000m3600 s

= 1, 8 secondi



Testo [C0004] [3 3 1a ] Una automobile, partendo da ferma, percorre untratto di strada ∆S1 muovendosi per un tempo ∆t1 = 10 s con un’accelerazione a =

1, 2 ms2 . Successivamente percorre un tratto di strada ∆S2 con velocità costante per

un tempo ∆t2 = 30 s. Quanto è lungo il tratto di strada complessivamente percorsodalla macchina? A quale velocità media ha viaggiato la macchina?

Spiegazione L’automobile si muove inizialmente di moto uniformemente accele-rato partendo da ferma fino ad una certa velocità alla fine del primo tratto. Poimantiene tale velocità costante nel secondo tratto di strada (moto rettilineo unifor-me). La lunghezza del tratto di strada complessivamente percorso è pari alla sommadelle lunghezze dei due tratti percorsi.

Svolgimento Con le equazioni del moto uniformemente accelerato possiamo cal-colare quanto è lungo il primo tratto di strada e quale velocità raggiunge l’automo-bile.

∆S1 =1

2a∆t21 + i∆t1

∆S1 =1

2· 1, 2 m

s2· 100 s2 + 0m = 60m

f = i +∆ = i + a ·∆t1

f = 0m

s+ 1, 2

m

s2· 10 s = 12

m

s2

Raggiunta questa velocità, l’auto si muove con velocità costante e quindi di motorettilineo uniforme:

∆S2 = f ·∆t2 = 12m

s2· 30 s = 360m

Il tratto di strada complessivamente percorso sarà dato dalla somma dei due trattidi strada, e la velocità media tenuta sarà:

∆Stot = ∆S1 +∆S2 = 420m

media =∆Stot

∆ttot=

420m

40 s

media = 10, 5m

s


Problema di: Cinematica - C0004a

Testo [C0004a] [3 3 1a ] Un’auto parte con velocità iniziale i = 1 ms e

percorre un tratto di strada ∆S1 in un tempo ∆t1 = 10 s con accelerazione a = 1, 2 ms2

nel verso nel moto. Percorre poi un tratto di strada ∆S2 con velocità costante in untempo ∆t2 = 30 s. Quanta strada ha complessivamente percorso l’auto? A qualevelocità media ha viaggiato?

Spiegazione L’automobile si muove inizialmente di moto uniformemente accele-rato partendo con una certa velocità iniziale, fino ad una certa velocità alla fine delprimo tratto. Poi mantiene tale velocità costante nel secondo tratto di strada (motorettilineo uniforme). La lunghezza del tratto di strada complessivamente percorso èpari alla somma delle lunghezze dei due tratti percorsi.


∆S1 =1

2a∆t21 + i∆t1

∆S1 =1

2· 1, 2 m

s2· 100 s2 + 10m = 70m

f = i +∆ = i + a ·∆t1

f = 1m

s+ 1, 2

m

s2· 10 s = 13

m

s


∆S2 = f ·∆t2 = 13m

s· 30 s = 390m


∆Stot = ∆S1 +∆S2 = 460m

media =∆Stot

∆ttot=

460m

40 s

media = 11, 5m

s


Problema di: Cinematica - C0004b

Testo [C0004b] [3 3 1a ] Un’auto parte con velocità iniziale i = 20 ms e

percorre un tratto di strada ∆S1 in un tempo ∆t1 = 10 s con accelerazione a = 1, 2 ms2

opposta al verso nel moto. Percorre poi un tratto di strada ∆S2 con velocità costanteper un tempo ∆t2 = 30 s. Quanta strada ha complessivamente percorso l’auto? Aquale velocità media ha viaggiato?

Spiegazione L’automobile si muove inizialmente di moto uniformemente accele-rato partendo con una certa velocità iniziale, fino ad una certa velocità alla fine delprimo tratto. Essendo l’accelerazione opposta alla velocità iniziale, la macchina stafrenando. Poi mantiene tale velocità costante nel secondo tratto di strada (moto retti-lineo uniforme). La lunghezza del tratto di strada complessivamente percorso è parialla somma delle lunghezze dei due tratti percorsi.


∆S1 =1

2a∆t21 + i∆t1

∆S1 = −1

2· 1, 2 m

s2· 100 s2 + 200m = 140m

f = i +∆ = i + a ·∆t1f = 20

m

s− 1, 2

m

s2· 10 s = 8

m

s2


∆S2 = f ·∆t2 = 8m

s2· 30 s = 240m


∆Stot = ∆S1 +∆S2 = 380m

media =∆Stot

∆ttot=

380m

40 s

media = 9, 5m

s



∆t1

∆Stot

Testo [C0005] [1 1 1a ] Un atleta sta correndouna gara sulla distanza ∆Stot = 10000m viaggiando avelocità costante = 5 m

s Se ha già corso per un tempo∆t1 = 8min quanti metri gli mancano al traguardo?

Spiegazione L’atleta si sta muovendo di moto rettilineo uniforme in quanto lasua velocità è costante. Calcolandoci quanti metri ha già percorso, per differenzapossiamo trovare quanti metri mancano al traguardo

Svolgimento Prima di tutto convertiamo il tempo di gara in secondi

∆t1 = 8min = 480 s

Lo spazio già percorso dall’atleta è

∆S1 = ·∆t1 = 5m

s· 480 s = 2400m

La distanza ancora da percorrere è

∆S2 = ∆Stot −∆S1 = 10000m− 2400m = 7600m


1. Ipotizziamo che un centometrista corra i 100m della sua gara ad una velocitàcostante V = 9.9 m

s ; quanto dista dal traguardo dopo un tempo ∆t = 3 s dallapartenza? [∆Sr = 70, 3m]


∆S2

∆Stot

Testo [C0005a] [1 1 1a ] Un atleta corre una ga-ra lunga ∆Stot = 10000m alla velocità = 4 m

s . Sapendoche al traguardo manca ∆S2 = 4000m, da quanto tempola gara è iniziata?

Spiegazione L’atleta si sta muovendo di moto rettilineo uniforme in quanto la suavelocità è costante. Calcolandoci quanti metri ha già percorso, e successivamentequanto tempo è stato impiegato a percorrerli.

Svolgimento La distanza già percorsa è

D = ∆Stot −∆S2 = 10000m− 4000m = 6000m

Essa è stata percorsa in un tempo

∆t =D

= 1500 s



∆t1 ∆S2

∆Stot

Testo [C0005b] [1 1 1a ] Un atleta corre unagara alla velocità costante = 4m

s . Sapendo che al tra-guardo manca ∆S2 = 3800m, e che la gara è iniziata da∆t = 5min, quanti metri è lunga tutta la gara?

Spiegazione Nel testo del problema viene specificato che l’atleta si muove con ve-locità costante, e quindi di moto rettilineo uniforme. Sapendo da quanto tempo èiniziata la gara e sapendo la velocità dell’atleta ci si può calcolare la distanza giàpercorsa. Sapendo poi la distanza rimanente, possiamo calcolare la lunghezza totaledella gara.

Svolgimento La distanza già percorsa dall’atleta è

∆S1 = V ·∆t = 4m

s· 5min = 4

m

s· 300 s = 1200m

La lunghezza totale della gara è quindi

∆Stot = ∆S1 +∆S2 = 1200m+ 3800m = 5000m


1 p 2

∆S1 ∆S2

Testo [C0006] [2 2 1a ] In una partita di calcioun attaccante si dirige verso il portiere avversario con ve-locità 1 = 6 m

s ; il pallone è tra i due giocatori e si muoveverso il portiere con velocità p = 2 m

s ; il portiere si muove verso il pallone con velo-cità 2 = 5 m

s . L’attaccante dista dal pallone ∆S1 = 4m; il pallone dista dal portiere∆S2 = 8m. Chi arriva prima sul pallone?

Spiegazione In questo esercizio ci sono due giocatori che si muovono verso unoggetto anch’esso in movimento. Ognuno dei due giocatori si avvicina al pallonecon una velocità data dalla composizione delle velocità del giocatore e del pallone.Per stabilire chi arriva prima sul pallone bisogna stabilire chi impiega meno tempo araggiungerlo.

Svolgimento Il pallone si muove allontanandosi dall’attaccante, quindi la velocitàcon cui l’attaccante si avvicina al pallone è minore della velocità con cui l’attaccantesi muove rispetto al terreno.

La velocità con cui l’attaccante si avvicina al pallone vale

1p = 1 − p = 4m

s

Il pallone si muove invece verso il portiere avvicinandosi ad esso. La velocità concui il portiere ed il pallone si avvicinano è quindi maggiore della velocità con cui ilportiere si muove rispetto al terreno.

La velocità con cui il portiere si avvicina al pallone vale

2p = 2 + p = 7m

s

Il tempo impiegato dall’attaccante a raggiungere il pallone vale

∆t1 =∆S1

1p=

4m

4 ms

= 1 s

Il tempo che impiegherebbe il portiere a raggiungere il pallone vale

∆t2 =∆S2

2p=

8m

7 ms

= 1, 14 s


Per questo motivo l’attaccante arriva prima.


1. Due ciclisti si stanno dirigendo verso il traguardo della corsa. Il ciclista intesta viaggia ad una velocità 1 = 65 km

h , quello che lo segue viaggia ad unavelocità 2 = 70 km

h . Con quale velocità l’inseguitore si sta avvicinando alciclista davanti a lui? [rel = 5 km

h ]

2. In un incidente stradale due auto si scontrano frontalmente. Entrambe viag-giavano ad una velocità = 45 km

h . A quale velocità relativa è avvenuto loscontro? [rel = 90 km

h ]

3. In un incidente stradale due auto si tamponano. L’auto che viene tamponataviaggiava ad una velocità = 45 km

h , l’altra viaggiava ad una velocità =

65 kmh . A quale velocità relativa è avvenuto lo scontro? [rel = 20 km

h ]

4. Un treno che viaggia alla velocità = 30 kmh passa in stazione senza fermarsi.

Sul treno un passeggero sta camminando alla velocità = 30 kmh nello stesso

verso in cui si muove il treno. Le persone in stazione, guardando il passeggeroattraverso i vetri, a quale velocità lo vedono muoversi? [rel = 60 km

h ]


Testo [C0007] [1 1 1a ] Una persona percorre un tragitto ∆Sa = 100m

in un tempo ∆ta = 20 s; poi si ferma per un tempo ∆tb = 10 s e infine percorre untragitto ∆Sc = 50m in un tempo ∆tc = 25 s. Calcola la velocità media tenuta neitratti ∆Sa e ∆Sc. Calcola la velocità media complessiva.

Spiegazione In questo problema non è possibile specificare in quale tipo di motostia viaggiando la persona; è però possibile calcolare la velocità media tenuta dallapersona in un certo tratto. Attenzione a non fare il classico errore di confondere lavelocità media con la media delle velocità.

Svolgimento Nel primo tratto la velocità media vale

m−a =∆Stot

∆ttot=

100m

20 s= 5

m

s

Nel secondo tratto la velocità media vale

m−c =∆Stot

∆ttot=

50m

25 s= 2

m

s

Complessivamente, contando quindi anche la pausa tenuta dalla persona tra idue tragitti, avremo che

m−abc =∆Stot

∆ttot=

100m+ 50m

20 s+ 10 s+ 25 s= 2, 73

m

s



∆Sx

∆Sy

ig

Testo [C0008] [2 2 1a ] Un fuci-le spara in orizzontale un proiettile con velocitàiniziale ix = 800 m

s contro un bersaglio distante∆Sx = 160m. Di quanti centimetri sotto la linea di tiro verrà colpito il bersaglio?

Spiegazione Un proiettile in volo si muove di moto parabolico, cioè di moto rettili-neo uniforme in orizzontale e di moto uniformemente accelerato in verticale. Mentreil proiettile si muove in avanti, contemporaneamente cade verso il basso.

Svolgimento Nello svolgimento di questo problema, indicheremo con una x a pe-dice tutte le grandezze fisiche che hanno a che fare con il movimento in orizzontale,ed indicheremo con una y a pedice tutte le grandezze che hanno a che fare con ilmovimento in verticale.

Il proiettile si muove di moto rettilineo uniforme in orizzontale

∆Sx = ix∆t

dove con ∆t si intende il tempo di volo del proiettile dal fucile al bersaglio

∆t =∆Sx

ix=

160m

800 ms

= 0, 2 s

Dobbiamo chiederci adesso di quanto cade un oggetto in quell’intervallo di tem-po. Ricordiamoci che il proiettile veniva sparato orizzontalmente e quindi la compo-nente verticale della veocità del proiettile vale zero.

∆Sy =1

2g∆t2 + iy∆t =

1

2· 9, 8 m

s2· 0, 04 s2 = 0, 196m = 19, 6 cm


∆Sx

∆Sy

ig

Testo [C0008a] [2 2 1a ] Un fucile sparaun proiettile orizzontalmente con velocità ix =

800 ms ; il bersaglio viene colpito ∆Sy = 19, 6 cm

sotto la linea di tiro. Quanto si trova distante ilbersaglio?


Svolgimento Nello svolgimento di questo problema, indicheremo con una x a pe-dice le grandezze fisiche relative al moto in orizzontale, e una y a pedice le grandezzerelative al moto in verticale.

Il proiettile si muove di moto uniformemente accelerato in verticale, quindi

∆Sy =1

2g∆t2 + iy∆t

dove con ∆t si intende il tempo di volo del proiettile dal fucile al bersaglio. La velo-cità iniziale in verticale è nulla in quanto il proiettile è stato sparato in orizzontale

∆Sy =1

2g∆t2

∆t =

√2∆Sy

g=

√2 · 0, 196m

9, 8 ms2

= 0, 2 s

Il proiettile si muove di moto rettilineo uniforme in orizzontale. Utilizzandol’equazione del moto corrispondente avremo la risposta al problema.

∆Sx = ix∆t = 800m

s· 0, 2 s = 160m



∆Sx

ig∆Sy

Testo [C0008b] [2 2 1a ] Un fucile spa-ra orizzontalmente un proiettile con velocità iniziale ix = 800 m

s contro un bersaglio posto alla distanza∆Sx = 400m. Quanti millimetri sotto la linea di tiro viene colpito il bersaglio?

Spiegazione Il proiettile si muove di moto parabolico, cioè contemporaneamentedi moto rettilineo uniforme in orizzontale e di moto uniformemente accelerato inverticale. Mentre il proiettile si muove in avanti, contemporaneamente cade. Quindisi tratta di sapere di quanto cade nel tempo che impiega il proiettile a raggiungere ilbersaglio

Svolgimento Considerando il moto rettilineo uniforme in orizzontale, calcoliamoin quanto tempo il proiettile raggiunge il bersaglio:

∆t =∆Sx

ix=

400m

800 ms

= 0, 5 s

Calcoliamo adesso di quanto cade il proiettile nell’intervallo di tempo appena tro-vato. Teniamo presente che la velocità iniziale in verticale iy = 0; infatti il proiettileveniva sparato orizzontalmente.

∆Sy =1

2g∆t2 + iy∆t =

1

2· 9, 8 m

s2· 0, 25 s2 = 1, 225m = 122, 5 cm


Testo [C0009] [2 2 1a ] Un oggetto si trova ad una certa altezza e vienesparato verso l’alto con una velocità iniziale i = 4 m

s . Sapendo che arriverà a terradopo un tempo ∆t = 2 sec, quanto si trovava in alto?

Spiegazione In questo esercizio è facile capire che l’oggetto si muove di moto uni-formementre accelerato dal momento che agisce l’accelerazione di gravità. Bisognaperò stare attenti alla scelta del sistema di riferimento e mantenere i conti coerenticon tale scelta. Se scegliamo di posizionare il sistema di riferimento rivolto versol’alto, allora tutti i vettori verso l’alto devono essere scritti nelle formule con il segnopositivo e tutti i vettori verso il basso con il segno negativo.

Svolgimento Per sapere l’altezza iniziale dell’oggetto, sapendo che da tale altezzaarriva fino a terra, sarà sufficiente calcolare il suo spostamento ∆S, tenendo presenteche tale spostamento, essendo un vettore verso il basso, risulterà di valore negativo.

∆S =1

2g∆t2 + i∆t

∆S =1

2·(−9, 8

m

s2

)· 4 s2 + 4

m

s· 2 s

∆S = −19, 6m+ 8m = −11, 6m

L’oggetto ha quindi percorso un certo tragitto (si è mosso verso l’alto per poiricadere) ma si è spostato di 11, 6m dal punto di partenza fino a terra. L’oggetto sitrovava quindi all’altezza di 11, 6m



Testo [C0010] [3 3 1a ] Un tennista durante il servizio colpisce orizzontal-mente la pallina all’altezza hi = 2m imprimendole una velocità iniziale ix = 30 m

s .Sapendo che la rete nel punto più alto è alta hr = 1, 07m e che tale rete si trova al-la distanza ∆Sx = 11, 89m dalla riga di fondo, calcola quanti centimetri la pallinapassa sopra la rete.

Spiegazione La pallina, lanciata orizzontalmente verso la rete, si muove di motoparabolico, cioè di moto rettilineo uniforme in orizzontale e di moto uniformementeaccelerato in verticale. mentre la pallina di sposta verso la rete, contemporaneamen-te cade; sapendo di quanto cade rispetto all’altezza iniziale dalla quale è partita,possiamo stabilire se passa sopra la rete o no.

Svolgimento Cominciamo con l’analizzare il moto rettilineo uniforme in orizzon-tale

∆Sx = ix∆t

∆t =∆Sx

ix=

11, 89m

30 ms

= 0, 396 s

Durante questo intervallo di tempo la pallina cade di

∆Sy =1

2g∆t2 + iy∆t =

1

2· 9, 8 m

s2· (0, 396 s)2 = 0, 77m = 77 cm

Quindi la pallina passa sopra la rete all’altezza da terra

h2 = hi −∆Sy = 1, 23m = 123 cm

e quindi 16 cm sopra la rete


Testo [C0012] [2 2 1a ] Due automobili percorrono a velocità costantedue strade che si incrociano. La prima dista dall’incrocio ∆S1 = 600m e viaggia avelocità 1 = 30 m

s . La seconda dista dall’incrocio ∆S2 = 800m. A quale velocitàdeve viaggiare la seconda automobile affinché si scontri con la prima?

Spiegazione Per prima cosa osserviamo che le due automobili viaggiano a velocitàcostante e quindi si muovono di moto rettilineo uniforme. Questo ci permette di sta-bilire che l’unica formula da utilizzare è quella del moto uniforme ∆S = V ·∆t. Os-serviamo inoltre che affinchè le due auto si scontrino devono arrivare all’incrocio nel-lo stesso istante, quindi il tempo impiegato dalla prima auto ad arrivare all’incrociodeve essere uguale al tempo impiegato dalla seconda auto.

Svolgimento Cominciamo con il calcolare quanto tempo impiega la prima auto perarrivare all’incrocio

∆S1 = 1∆t1

∆t1 =∆S1

1=

600m

30ms

= 20 s

Sapendo che affinchè ci sia uno scontro le due auto devono impiegare lo stessotempo per arrivare all’incrocio

∆t2 = ∆t1 = 20 s

quindi la seconda automobile deve viaggiare alla velocità

2 =∆S2

∆t2=

800m

20 s= 40

m

s



Testo [C0013] [1 1 1a ] Se mi muovo in avanti di ∆S1 = 600m, e poi adestra di ∆S2 = 800m, quanti metri ho percorso? Di quanti metri mi sono spostatorispetto al punto di partenza? Disegna i due spostamenti e lo spostamento totale.

Spiegazione La grandezza fisica chiamata Spostamento è una grandezza vettoriale,cioè ha tre caratteristiche (modulo, direzione e verso) e si può rappresentare con unvettore. In questo problema i due vettori spostamento sono perpendicolari tra loro,quindi il vettore somma altro non è se non l’ipotenusa di un triangolo rettangoloche per cateti ha i due vettori indicati dal problema. Ovviamente il modulo dellospostamento totale è la distanza tra il punto di partenza ed il punto di arrivo, e nonè da confondersi con il numero di metri percorsi. Il numero di metri percorsi è lalunghezza del percorso seguito.

Svolgimento La lunghezza del percorso fatto (cioè il numero di metri percorsi) èla somma delle lunghezza dei due spostamenti

∆ltot = ∆S1 +∆S2 = 1400m

Lo spostamento totale è la somma vettoriale dei due spostamenti e vale

∆Stot =√

∆S21 +∆S2

2 =√360000m2 + 640000m2 = 1000m

∆S1

∆S2

∆Stot


Testo [C0013a] [1 1 1a ] Se mi muovo verso nord di ∆S1 = 600m, e poiverso est di ∆S2 = 300m, ed infine verso sud di ∆S3 = 200m, quanti metri hopercorso? Di quanti metri mi sono spostato rispetto al punto di partenza? Disegna itre spostamenti e lo spostamento totale.

Spiegazione La grandezza fisica chiamata Spostamento è una grandezza vettoriale,cioè ha tre caratteristiche (modulo, direzione e verso) e si può rappresentare con unvettore che parte dal punto di partenza ed arriva nel punto di arrivo.

Svolgimento La lunghezza del percorso fatto (cioè il numero di metri percorsi) èla somma delle lunghezza dei tre spostamenti

Ltot = ∆S1 +∆S2 +∆S3 = 1100m

Lo spostamento totale è la somma vettoriale dei tre spostamenti. Per calcolar-la dobbiamo osservare che lo spostamento richiesto è l’ipotenusa di un triangolorettangolo di cateti rispettivamente a = ∆S2 = 300m e b = ∆S1 −∆S3 = 400m

∆Stot =√∆a2 +∆b2 =

√90000m2 + 160000m2 = 500m

∆S1

∆S2

∆S3

∆Stot



i

g∆Sy

Testo [C0014] [1 2 1a ] Un cannone spa-ra orizzontalmente un proiettile con velocità inizia-le ix = 200 m

s . Dopo un tempo ∆t = 2 s colpisceil bersaglio. Quanto distante si trova il bersaglio inlinea orizzontale? Quanto più in basso rispetto all’altezza del cannone?

Spiegazione Il proiettile sparato dal cannone si muove di moto parabolico; mentreil proiettile avanza, contemporaneamente cade. Per risolvere il problema è neces-sario analizzare il moto rettilineo uniforme in orizzontale e il moto uniformementeaccelerato in verticale.

Svolgimento Cominciamo con l’analizzare il moto rettilineo uniforme in orizzon-tale

∆Sx = ix∆t = 200m

s· 2 s = 400m

Tenendo conto che il proiettile è stato sparato in orizzontale, per cui iy = 0,durante l’intervallo di tempo il proiettile cade di

∆Sy =1

2g∆t2 + iy∆t =

1

2· 9, 8 m

s2· 4 s2 = 19, 6m


Testo [C0016] [2 3 1a ] Due oggetti vengono lanciati con una velocitàiniziale i = 5 m

s , uno verso il basso e l’altro verso l’alto. Entrambi arrivano a terradopo un tempo ∆t = 4 s. Quanto si trovavano in alto?

Spiegazione In questo problema due oggetti vengono lanciati con la stessa velocitàin due direzioni opposte. Dal momento che arrivano entrambi a terra contempora-neamente, se ne deduce che quello lanciato verso il basso doveva trovarsi più in alto.La particolarità di questo esercizio è che i dati numerici del problema sono gli stessiper entrambi gli oggetti, ma le due situazioni sono di fatto differenti.

Svolgimento L’altezza a cui si trovano i due oggetti coincide con lo spostamentoche fanno.

Per il primo oggetto:

ha = ∆Sa =1

2g∆t2 + i−a∆t =

1

2· 9, 8 m

s2· 16 s2 + 5

m

s· 4 s = 98, 4m

Per il secondo oggetto:

hb = ∆Sb =1

2g∆t2 + i−b∆t =

1

2· 9, 8 m

s2· 16 s2 − 5

m

s· 4 s = 58, 4m

In questo caso il valore della velocità iniziale viene messo negativo in quanto èun vettore opposto ai vettori spostamento ed accelerazione, i quali sono stati messipositivi.



Testo [C0017] [2 2 2a ] Un pallone viene lanciato verso l’alto con unavelocità iniziale i = 10 m

s . Dopo quanto tempo non si è spostato?

Spiegazione In questo problema sul moto uniformemente accelerato viene chiestodi trovare in quanto tempo l’oggetto in questione ha fatto un certo spostamento. dalmomento che il tempo, nell’equazione oraria del moto uniformemente accelerato,compare al secondo grado, allora per risolvere il problema serve saper risolvere leequazioni di secondo grado.

Svolgimento L’equazione del moto uniformemente accelerato è:

∆S =1

2a∆t2 + i∆t

altrimenti scrivibile come

1

2a∆t2 + i∆t−∆S = 0

Risolvendo l’equazione in funzione del tempo avremo che:

∆t1,2 =− i ±

√2i + 2a∆S

a

Lo spostamento fatto dall’oggetto è zero, ∆S = 0, quindi

∆t1 = 0 ∆t2 =−2 i

a=

−2 · 10 ms

−9, 8 ms2

= 2, 04 s

Il valore dell’accelerazione di gravità è stato messo negativo in quanto diretta dal-la parte opposta rispetto alla velocità iniziale. Guardiamo i valori ottenuti: la primasoluzione indica che l’oggetto non si è spostato nel momento stesso della partenza...e questa è la soluzione ovvia. Il secondo risultato riguarda il caso in cui l’oggetto,lanciato in aria, nel ricadere a terra per un singolo istante si trova nella posizioneiniziale, e quindi in quell’istante il suo spostamento è nullo.


Testo [C0018] [2 2 1a ] Un’auto da corsa alla fine di una gara dista daltraguardo ∆S1t = 700m e viaggia a velocità costante 1 = 90 m

s ; una seconda autodista dal traguardo ∆S2t = 500m e viaggia a velocità costante 2 = 50 m

s . Chi vincela gara? Dopo quanto tempo l’auto più veloce sorpassa quella più lenta?

Spiegazione In questo problema entrambe le auto viaggiano a velocità costante,quindi si muovono di moto rettilineo uniforme. L’unica formula da usare sarà quindi∆S = V ·∆t.

Svolgimento Alla prima domanda si risponde stabilendo quale automobile impie-ga meno tempo ad arrivare al traguardo.

∆t1 =∆S1

1=

700m

90 ms

= 7, 78 s

∆t2 =∆S2

2=

500m

50 ms

= 10 s

Vince quindi la prima macchina, in quanto, anche se più lontana, ci impiega menotempo a raggiungere il traguardo.

La macchina più veloce si sta avvicinando a quella più lenta, da lei distante

∆Srel = S1 − S2 = 200m

con una velocità relativarel = 1 − 2 = 40

m

s

Il sorpasso avverrà dopo un tempo

∆tsorp =∆Srel

rel=

200m

40 ms

= 5 s



Testo [C0020] [1 1 1a ] Se in macchina eseguo una frenata con acce-lerazione a = 6 m

s2 , quanto vale e verso dove e diretta l’accelerazione totale chesubisco?

Spiegazione In questo problema abbiamo una persona che subisce due accele-razioni. L’accelerazione totale sarà semplicemente la somma vettoriale delle dueaccelerazioni subite.

Svolgimento La prima accelerazione che la persona subisce è l’accelerazione digravità verticale verso il basso del valore g = 9, 8 m

s2

La seconda accelerazione che la persona subisce è causata dal movimento dell’au-to. Visto che l’auto frena con accelerazione a = 6 m

s2 indietro rispetto al movimen-to dell’auto, allora la persona all’interno dell’ato deve percepire un’accelerazioneuguale in valore ma rivolta in avanti rispetto al movimento dell’auto.

I due vettori accelerazione sono tra loro perpendicolari, quindi

atot =√g2 + a2 = 11, 5

m

s2

ed è diretta diagonalmente in avanti verso il basso, come si può constatare effet-tuando la somma con il metodo grafico.


Testo [C0020a] [1 1 1a ] Una macchina accelera in avanti con un’acce-lerazione a = 6 m

s2 . Quanto vale e verso dove e diretta l’accelerazione totale chepercepisce il passeggero?

Spiegazione In questo problema abbiamo una persona che subisce due accele-razioni. L’accelerazione totale sarà semplicemente la somma vettoriale delle dueaccelerazioni subite.

Svolgimento La prima accelerazione che la persona subisce è l’accelerazione digravità verticale verso il basso del valore g = 9, 8 m

s2

La seconda accelerazione che la persona subisce è causata dal movimento del-l’auto. Visto che l’auto accelera in avanti con accelerazione a = 6 m

s2 , allora la perso-na all’interno dell’auto deve percepire un’accelerazione uguale in valore ma rivoltaindietro rispetto al movimento dell’auto.

I due vettori accelerazione sono tra loro perpendicolari, quindi

atot =√g2 + a2 = 11, 5

m

s2

ed è diretta diagonalmente indietro verso il basso, come si può constatare effet-tuando la somma con il metodo grafico.



Testo [C0021] [2 3 1a ] Una moto si muove con velocità costante 1 =

72 kmh inseguendo un’auto che si muove con velocità costante 2 = 54 km

h . L’autoè partita dalla stessa posizione della moto, ∆t = 10min prima della moto. Quantimetri di distanza ci sono tra l’auto e la moto dopo il tempo ∆t? Dopo quanto tempo,da quando la moto è partita, essa raggiunge l’auto?

Spiegazione In questo problema abbiamo due corpi che si muovono entrambi dimoto rettilineo uniforme a differenti velocità. La moto insegue l’auto e, visto che simuove più velocemente, prima o poi la raggiunge.

Svolgimento Sappiamo che all’istante iniziale l’auto ha ∆t = 10min di vantaggiosulla moto, quindi l’auto ha già percorso

∆S = auto∆t = 54km

h· 10min = 54

km

h· 1h6

= 9 km

e questo valore è il vantaggio dell’auto sulla moto.La moto si avvicina all’auto con una velocità relativa

rel = moto − auto = 18km

h

Quindi la moto raggiunge l’auto dopo un tempo

∆t =∆S

rel=

9 km

18 kmh

= 0, 5h = 30min


1 2

∆S

Testo [C0022] [2 1 1a ] Due persone si rin-corrono rispettivamente alla velocità costante 1 =

5 ms e 2 = 3 m

s , e distano inizialmente ∆S = 12m.Dopo quanto tempo il più veloce raggiunge il più lento?

Spiegazione In questo problema abbiamo due persone che si muovono entrambedi moto rettilineo uniforme a differenti velocità. La persona più veloce insegue lapiù lenta raggiungendola.

Svolgimento La persona veloce si avvicina a quella lenta con una velocità relativa

rel = 1 − 2 = 2m

s

Quindi lo raggiunge dopo un tempo

∆t =∆S

rel=

12m

2 ms

= 6 s



1 2

∆S

Testo [C0022a] [2 1 1a ] Due persone, distantitra loro ∆S = 12m, corrono una verso l’altra con veloci-tà costanti 1 = 5 m

s e 2 = 3 ms . Dopo quanto tempo si

scontrano?

Spiegazione In questo problema abbiamo due corpi che si muovono entrambi dimoto rettilineo uniforme a differenti velocità. i due corpi di dirigono uno verso l’altrofino a scontrarsi.

Svolgimento Ognuna delle due persone vede l’altra venirle addosso con una velo-cità relativa

rel = 1 + 2 = 8m

s

Quindi si scontrano dopo un tempo

∆t =∆S

rel=

12m

8 ms

= 1, 5 s


a

∆Stot

i

Testo [C0023] [1 2 1a ] Un atleta deve correreuna gara lunga ∆Stot = 60m. Partendo con una velocitàiniziale i = 4 m

s , ha già corso per un tempo ∆t = 3 s conun’accelerazione costante a = 0, 5 m

s2 . Quanti metri mancano al traguardo?

Spiegazione In questo problema l’atleta ha già percorso un certo tratto di strada.Per sapere quanti metri mancano al traguardo è necessario calcolarsi quanti metriha già percorso e sottrarre questo valore alla lunghezza complessiva della gara. Sa-pendo che l’atleta si muove con accelerazione costante, se ne deduce che si muovedi moto uniformemente accelerato; questa informazione è determinante per saperequali formule utilizzare per calcolarsi quanti metri ha già percorso.

Svolgimento La strada che l’atleta ha già percorso vale:

∆S =1

2a∆t2 + i∆t

∆S =1

2· 0, 5 m

s2· 9 s2 + 4

m

s· 3 s = 14, 25m

La strada che deve ancora percorrere vale:

∆Smancante = ∆Stot −∆S = 60m− 14, 25m = 45, 75m



Testo [C0024] [1 2 1a ] Giorgio percorre ∆S1 = 7hm e successivamentesi muove per un tempo ∆t1 = 3min alla velocità 1 = 4 m

s . Marco percorre unadistanza ∆S2 = 0, 6Miglia e successivamente si muove per un tempo ∆t2 = 0, 1h

alla velocità 2 = 2 ms . Chi ha percorso più strada?

Spiegazione In questo problema due persone si muovono... basta calcolare perentrambe quanta strada hanno fatto.

Svolgimento La distanza che ha percorso Giorgio vale:

∆S = ∆S1 + 1 ·∆t1

∆S = 7hm+ 4m

s· 3min = 700m+ 4

m

s· 180 s = 1420m

La distanza che ha percorso Marco vale:

∆S = ∆S1 + 1 ·∆t1

∆S = 0, 6Miglia+ 2m

s· 0, 1h = 0, 6 · 1600m+ 2

m

s· 0, 1 · 3600 s = 1680m

Marco ha fatto un po’ più di strada.


Testo [C0025] [3 4 2a ] Un oggetto viene lanciato verso l’alto da un’altezzahi = 30m con una velocità iniziale i = 5 m

s . Dopo quanto tempo arriva a terra?

Spiegazione In questo problema sul moto uniformemente accelerato viene chiestodi trovare in quanto tempo l’oggetto in questione ha fatto un certo spostamento. dalmomento che il tempo, nell’equazione oraria del moto uniformemente accelerato,compare al secondo grado, allora per risolvere il problema serve saper risolvere leequazioni di secondo grado.

Svolgimento Consideriamo il sistema di riferimento con l’origine nel terreno erivolto verso l’alto.

L’equazione del moto uniformemente accelerato è:

∆S =1

2a∆t2 + i∆t

altrimenti scrivibile come

1

2a∆t2 + i∆t−∆S = 0

Risolvendo l’equazione in funzione del tempo avremo che:

∆t1,2 =− i ±

√2i + 2a∆S

a

In questo esercizio lo spostamento richiesto all’oggetto è ∆S = −30m; l’accele-razione di gravità è a = g = −9, 8 m

s2 .

∆t1 = −2, 02 s

∆t2 = 3, 04 s

Da notare che il valore dell’accelerazione di gravità è stato messo negativo inquanto diretta dalla parte opposta rispetto al verso del sistema di riferimento. Guar-diamo adesso i valori ottenuti: la soluzione positiva è la risposta al problema; il


risultato negativo afferma che nel suo movimento l’oggetto si trovava a terra in uncerto istante nel passato. Visto che l’oggetto all’istante iniziale si muoveva versol’alto, questo vuol dire in effetti che proveniva da un punto più un basso.


Testo [C0026] [1 1 1a ] Un oggetto viene lasciato cadere, partendo dafermo, in un pozzo, e ne tocca il fondo dopo un tempo ∆t = 2 s. Quanto è profondoil pozzo?

Spiegazione In questo problema sul moto uniformemente accelerato viene chie-sto di trovare di quanto si è spostato l’oggetto in questione nell’intervallo di tempoindicato. E’ sufficiente applicare la formula del moto uniformemente accelerato.

Svolgimento L’equazione del moto uniformemente accelerato è:

∆S =1

2a∆t2 + i∆t

L’accelerazione in questione è l’accelerazione di gravità.

∆S =1

2· 9, 8 m

s2· 4 s2 + 0 = 19, 6m



2 4 6 8 10

2468

t(h)

S(km)

Testo [C0029] [1 2 1a ] Uncorpo si muove come indicato dal se-guente grafico spazio-tempo. Indica: lamassima distanza dal punto di parten-za, il numero di ore complessivo in cuiè stato fermo, la velocità media complessiva, la velocità massima.

Spiegazione Un grafico spazio-tempo indica la distanza di un corpo, in funzione deltempo, dal punto di riferimento. Linee rette indicano velocità costanti; linee versol’alto indicano che il corpo si allontana dal punto di riferimento; linee orizzontaliindicano che il corpo è fermo. La pendenza della retta indica la velocità del corpo.

Svolgimento

• La massima distanza la si ha alla fine del quinto tratto con ∆Smax = 8 km

• I tratti orizzontali del grafico durano ∆tfermo = ∆t2 +∆t4 = 5h

• La velocità media complessiva la troviamo con m =∆Stot

∆ttot=

8 km

10h= 0, 8

km

h

• La velocità massima del corpo la si ha nel quinto tratto in quanto è il più ripido.In quel tratto il corpo percorre ∆S5 = 2 km in un tempo ∆t5 = 1h e quindi

avremo una velocità 5 =∆S5

∆t5= 2

km

h


2 4 6 8 10

2468

t(h)

S(km)Testo [C0029a] [1 2 1a ] Uncorpo si muove come indicato dal se-guente grafico spazio-tempo. Indica: lamassima distanza dal punto di parten-za, il numero di ore complessivo in cuiè stato fermo, la velocità media complessiva, la velocità massima.


Svolgimento

• La massima distanza la si ha alla fine del primo tratto con ∆Smax = 6 km


• La velocità scalare media nel percorso di ritorno la troviamo con

m =∆S0h→8h

∆t0h→8h=

6 km+ 6 km

8h= 1, 5

km

h

La velocità media vettoriale è invece nulla, visto che il corpo, essendo ritornatoal punto di partenza, non si è spostato

m =

∣∣∣∆Stot

∣∣∣∆ttot

= 0

• La velocità massima del corpo la si ha nel primo tratto in quanto è il più ripido.In quel tratto il corpo percorre ∆S1 = 6 km in un tempo ∆t1 = 2h e quindi

avremo una velocità 1 =∆S1

∆t1= 3

km

h



2 4 6 8 10

2468

t(h)

S(km)

Testo [C0029b] [1 2 1a ] Uncorpo si muove come indicato dal se-guente grafico spazio-tempo. Indica: lamassima distanza dal punto di parten-za, il numero di ore complessivo in cuiè stato fermo, la velocità media complessiva, la velocità massima.


Svolgimento

• La massima distanza la si ha alla fine del secondo tratto con ∆Smax = 8 km


• La velocità media scalare nel percorso complessivo la troviamo con

m =∆S0h→8h

∆t0h→8h=

11 km

10h= 1, 1

km

h

• La velocità massima del corpo la si ha nel primo tratto e nell’ultimo in quantosono i più ripidi. In quei tratti il corpo percorre ∆S1 = 4 km in un tempo

∆t1 = 2h e quindi avremo una velocità 1 =∆S1

∆t1= 2

km

h


Testo [C0030] [2 2 1a ] Una bicicletta viaggia per un tempo ∆t1 = 2h

alla velocità 1 = 20 kmh e successivamente per un tempo ∆t2 = 3h alla velocità

2 = 30 kmh . Quale velocità media ha tenuto?

Spiegazione La bicicletta percorre due tratti di strada differenti a due velocità dif-ferenti. Dal momento che per calcolare una velocità media devo calcolarmi la lun-ghezza del percorso totale e la durata del percorso totale, devo prima calcolarmi ledistanze percorse dalla bicicletta.

Svolgimento La lunghezza del primo percorso è

∆S1 = 1 ·∆t1 = 20km

h· 2h = 40 km

La lunghezza del secondo percorso è

∆S2 = 2 ·∆t2 = 30km

h· 3h = 90 km

La velocità media su tutto il percorso vale

m =∆Stot

∆ttot=

130 km

5h= 26

km

h



Testo [C0031] [2 2 1a ] Un ciclista affronta una salita lunga ∆S1 = 10 km

ad una velocità media m1 = 10 ms e la successiva discesa lunga ∆S2 = 30 km in un

tempo ∆t2 = 40min. In quanto tempo ha percorso il tratto in salita? Quale velocitàmedia ha tenuto in discesa? Quale sull’intero percorso?

Spiegazione Il percorso del ciclista è suddiviso in due fasi, ognuna delle quali vedeil ciclista muoversi di moto rettilineo uniforme. Indipendentemente da questo, peril calcolo della velocità media serve conoscere lo spazio complessivamente percorsodal ciclista, ed il tempo totale da egli impiegato a percorrerlo.

Svolgimento Il tempo impiegato dal ciclista a percorrere il primo tratto vale

∆t1 =∆S1

1=

10000m

10 ms

= 1000 s

La velocità media tenuta nel primo tratto vale

2 =∆S2

∆t2=

30000m

40 · 60 s= 12, 5

m

s

La velocità media tenuta dall’automobile sul percorso complessivo vale:

media =∆S1 +∆S2

∆t1 +∆t2=

10 km+ 30 km

1000 s+ 40 · 60 s= 11, 76

m

s


Testo [C0032] [2 1 1a ] Dopo quanto tempo si scontrano due auto, distantitra loro ∆S = 2 km, se entrambe viaggiano una contro l’altra a velocità costanteV = 80 km

h ?

Spiegazione In questo problema due auto viaggiano con velocità costante unacontro l’altra. Il moto è quindi moto rettilineo uniforme.

Svolgimento Le due auto si avvicinano alla velocità

rel = + = 160km

h

Il tempo che impiegheranno quindi a scontrarsi è

∆t =∆S

rel=

2 km

160 kmh

= 0, 0125h



Testo [C0033] [2 2 1a ] Un ciclista affronta una salita lunga ∆S1 = 21 km

alla velocità media m1 = 7 ms e la successiva discesa lunga ∆S2 = 30 km alla velo-

cità media m2 = 15 ms . In quanto tempo ha percorso la salita? In quanto tempo ha

percorso la discesa? Calcola la velocità media sull’intero percorso.

Spiegazione In questo esercizio abbiamo un ciclista che si muove di moto rettilineouniforme per ognuno dei vari tratti di strada.

Svolgimento Per il tempo impiegato in salita avremo:

∆t1 =∆S1

1=

21000m

7 ms

= 3000 s

Per il tempo impiegato in discesa avremo:

∆t2 =∆S2

2=

30000m

15 ms

= 2000 s

Lavelocità media su tutto il percorso sarà

m =∆S1 +∆S2

∆t1 +∆t2=

51000m

5000 s= 10, 2

m

s


∆Sx i

g

∆Sy

Testo [C0034] [2 2 1a ] Un fucile spara unproiettile orizzontalmente con velocità ix = 200

m

s;

il bersaglio si trova 2 cm sotto la linea di tiro e vienecolpito nel centro. Quanto si trova distante il bersaglio?


Svolgimento Nello svolgimento di questo problema, indicheremo con una x a pe-dice tutte le grandezze fisiche che hanno a che fare con il movimento in orizzontale,ed indicheremo con una y a pedice tutte le grandezze che hanno a che fare con ilmovimento in verticale.

Il proiettile viene sparato orizzontalmente e quindi la componente verticale del-la veocità del proiettile vale zero. Il moto di caduta è un moto uniformementeaccelerato, quindi

∆Sy =1

2g∆t2 + iy∆t

∆Sy =1

2g∆t2

∆t =

√2∆Sy

g=

√2 · 0, 02m9, 8 m

s2= 0, 0639 s

Il proiettile si muove di moto rettilineo uniforme in orizzontale

∆Sx = ix∆t = 200m

s· 0, 0639 s = 12, 78m



ia

Testo [C0036] [3 2 1a ] Un’automobile sta viag-giando alla velocità i = 36 km

h e comincia a frenare con ac-celerazione costante a = 0.5 m

s2 . Dopo quanto tempo si fer-ma? Quanto spazio ha percorso da quando ha cominciato afrenare?

Spiegazione Questo problema parla di un’automobile che si muove con accelera-zione costante, quindi di moto uniformemente accelerato. Il problema si risolveràutilizzando le equazioni del moto uniformemente accelerato. Sarà importante ri-cordarsi di convertire l’unità di misura della velocità per poi eseguire i conti. Fateattenzione ai segni da assegnare alle grandezze fisiche.

Svolgimento Cominciamo con il convertire il valore della velocità:

i = 36km

h= 36

1000m

3600 s= 10

m

s

Le equazioni del moto uniformemente accelerato sono:

∆ = a∆t ∆S =1

2a∆t2 + i∆t

dalla prima equazione possiamo ricavare la durata della frenata

∆t =∆

a=

f − i

a=

0 ms − 10 m

s

−0, 5 ms2

= 20 s

il segno meno dato all’accelerazione indica che essa è opposta alla velocità inizia-le dell’automobile, ed è per questo motivo che l’automobile sta rallentando.

Utilizzando adesso la seconda equazione

∆S =1

2·(−0, 5

m

s2

)· 400 s2 + 10

m

s· 20 s = 100m


ia

Testo [C0036a] [3 2 1a ] Un’auto ha velocità i =

108 kmh e comincia a rallentare fino alla velocità f = 72 km

h

in un tempo ∆t = 4 sec. Calcola l’accelerazione dell’auto eindicane il verso. Quanta strada ha fatto l’auto durante lafrenata?

Spiegazione Questo problema parla di un’automobile che si muove con accelera-zione costante, quindi di moto uniformemente accelerato. Il problema si risolve-rà utilizzando le equazioni del moto uniformemente accelerato. Sarà importantericordarsi di convertire l’unità di misura della velocità per poi eseguire i conti.

Svolgimento Cominciamo con il convertire i valori delle velocità:

i = 108km

h= 108

1000m

3600 s= 30

m

s

f = 72km

h= 72

1000m

3600 s= 20

m

s

Le equazioni del moto uniformemente accelerato sono:

∆ = a∆t ∆S =1

2a∆t2 + i∆t

dalla prima equazione possiamo ricavare l’accelerazione subita dall’automobile

a =∆

∆t=

f − i

∆t=

20 ms − 30 m

s

4 s=

−10 ms

4 s= −2, 5

m

s2

il segno meno indica che l’accelerazione è opposta alla velocità iniziale dell’auto-mobile, ed è per questo motivo che l’automobile sta rallentando.

Utilizzando adesso la seconda equazione

∆S =1

2·(−2, 5

m

s2

)· 16 s2 + 30

m

s· 4 s = 100m



i

a

Testo [C0037] [2 1 1a ] Un oggetto si muove convelocità iniziale i = 10 m

s , e subisce un’accelerazione costantea = 2 m

s2 , nella stessa direzione della velocità ma con versoopposto, per un tempo ∆t = 3 s. Quale sarà la sua velocità finale?

Spiegazione In questo esercizio il corpo si muove con accelerazione costante, equindi di moto uniformemente accelerato.

Svolgimento Indichiamo positivi i valori dei vettori con verso uguale alla velocitàiniziale dell’oggetto. La variazione di velocità causata dalla presenza dell’accelera-zione è

∆V = a ·∆t = −2m

s2· 3 s = −6

m

s

cioè un vettore opposto alla velocità iniziale del corpo.La velocità finale sarà

f = i +∆

cioè

f = i +∆ = 10m

s− 6

m

s= 4

m

s


i

a

Testo [C0037a] [2 1 1a ] Un oggetto si sta muoven-do con velocità iniziale i = 10 m

s e subisce un’accelerazionecostante a = 2 m

s2 , nella stessa direzione della velocità e con lostesso verso, per un tempo ∆t = 3 s. Quale sarà la sua velocità finale?

Spiegazione In questo esercizio il corpo si muove con accelerazione costante, equindi di moto uniformemente accelerato.

Svolgimento La variazione di velocità causata dalla presenza dell’accelerazione è

∆V = a ·∆t = 2m

s2· 3 s = 6

m

s

nella stessa direzione e verso del’accelerazione. La velocità finale sarà

f = i +∆

cioèf = i +∆ = 10

m

s+ 6

m

s= 16

m

s

Il segno più è stato messo in quanto la variazione di velocità è un vettore con lostesso verso della velocità iniziale del corpo.



Testo [C0038] [3 3 2a ] Un treno sta percorrendo a velocità costante =

160 kmh una linea ferroviaria. All’istante ti = 900 s il treno si trova a Si = 50 km dal

punto di riferimento. Dove si troverà il treno all’istante t1 = 1800 s ? Dove si troveràquando sarà trascorso in tempo ∆t = 1, 5h dopo l’istante t1?

Spiegazione In questo esercizio parliamo di moto rettilineo uniforme in quantola velocità è stata definita costante. L’unica formula da utilizzare sarà l’equazioneoraria del moto.

Svolgimento Cominciamo con lo scrivere l’equazione del moto ∆S = v ·∆t per cui

Sf − Si = v · (tf − ti)

Se l’asse cartesiano su cui avviene il movimento lo indichiamo con la lettera x, lagenerica posizione x al tempo t la indichiamo con

xf − xi = v · (tf − ti)

x− xi = v · (t− ti)

x = 160km

h· (t− 0, 25h) + 50 km

x = 160km

h· t+ 10 km

All’istante t1 il treno si troverà nella posizione

x1 = 160km

h· 0, 5h+ 10 km = 90 km

All’istante t2 = t1 +∆t = 7200 s il treno si troverà nel punto

x2 = 160km

h· 2h+ 10 km = 370 km


Testo [C0039] [2 3 1a ] Un cannone spara un proiettile con una velocitàiniziale i = 500 m

s ; nel punto di massima altezza il proiettile ha velocità f = 300 ms .

Quanto vale il modulo della variazione di velocità? Quanto tempo ha impiegato ilproiettile a raggiungere il punto di massima altezza?

Spiegazione In questo problema si parla di un moto uniformemente accelerato.L’accelerazione è l’accelerazione di gravità g = 9, 8 m

s2 . Per sapere di quanto varia ilvettore velocità è necessario disegnare i vettori i e f e sottrarli tra loro. Il tempoimpiegato lo si trova poi facilmente utilizzando la definizione di accelerazione

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1

2

3

4

5

6

∆Sx

∆Sy

i

f

Fig. 9.1: Traiettoria di un proiettile che si muove di moto parabolico. In arancione è rappresentato il vettorevelocità, sempre tangente alla traiettoria del proiettile.


i

f

∆ = f − i

Svolgimento Un moto parabolico è la com-posizione di un moto rettilineo uniforme inorizzontale con un moto uniformemente acce-lerato in verticale. La componente orizzontaledella velocità è quindi costante. Nel punto dimassima altezza la f è quindi la componen-te orizzontale di i. E’ evidente che la varia-zione di velocità corrisponde alla componenteverticale della velocità iniziale

∆ = iy = i − f

Ne segue che il modulo della variazione di velocità lo si calcolerà

∆ =√2i − 2

f = 400m

s

Il tempo impiegato a raggiungere il punto di massima altezza lo si trova con

∆t =∆

g=

400 ms

9, 8 ms2

= 40, 8 s


Testo [C0040] [1 1 1a ] Se un ascensore si muove con accelerazione a =

2 ms2 verso l’alto, quale accelerazione complessiva percepisce la persona al suo inter-

no?

Spiegazione In questo esercizio si chiede di determinare quanto vale l’accelerazio-ne percepitra dalla persona all’iterno del sistema di riferimento dell’ascensore. Vistoche l’acensore subisce un’accelerazione, la persona all’interno percepisce un’accele-trazione opposta, che si va a sommare con l’accelerazione di gravità.

Svolgimento L’accelerazione percepita dalla persona è

a = 9, 8m

s2+ 2

m

s2= 11

m

s2

verso il basso



Testo [C0040a] [1 1 1a ] Se un ascensore si muove con accelerazionea = 2 m

s2 verso il basso, quale accelerazione complessiva percepisce la persona alsuo interno?

Spiegazione In questo esercizio si chiede di determinare quanto vale l’accelera-zione percepita dalla persona all’interno del sistema di riferimento dell’ascensore.Visto che l’ascensore subisce un’accelerazione, la persona all’interno percepisce un’accelerazione opposta, che si va a sommare con l’accelerazione di gravità.

Svolgimento L’accelerazione percepita dalla persona è

a = 9, 8m

s2− 2

m

s2= 7

m

s2

verso il basso


Testo [C0042] [3 4 2a ] Un cannone spara un proiettile con una veloci-tà iniziale i = 500 m

s ; nel punto di massima altezza il proiettile ha velocità h =

300 ms . Quanto vale il modulo della velocità f del proiettile al momento dell’impat-

to al suolo? Quanto vale il modulo della variazione di velocità? Quanto tempo haimpiegato il proiettile a raggiungere il punto di impatto al suolo?


s2 . Per sapere di quanto varia ilvettore velocità è necessario disegnare i vettori i e f e sottrarli tra loro. Il tempoimpiegato lo si trova poi facilmente utilizzando la definizione di accelerazione

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1

2

3

4

5

6

∆Sx

∆Sy

i

h

f



i

f ∆ = f − i

Svolgimento Un moto parabolico è la com-posizione di un moto rettilineo uniforme inorizzontale con un moto uniformemente acce-lerato in verticale. La componente orizzonta-le della velocità è quindi costante. Nel puntodi massima altezza la h è quindi la compo-nente orizzontale di i e di f . Inoltre sap-piamo che la velocità finale del proiettile de-ve esserein modulo uguale alla velocità inizia-le. La differenza è nel verso della componenteverticale della velocità.

f = i = 500m

s

E’ evidente che la variazione di velocità corrisponde al doppio della componenteverticale della velocità finale

∆ = 2fy = f − i

Ne segue che il modulo della variazione di velocità lo si calcolerà

∆ = 2√2f − 2

h = 800m

s

Il tempo impiegato a raggiungere il punto di massima altezza lo si trova con

∆t =∆

g=

800 ms

9, 8 ms2

= 81, 6 s


i

gf

Testo [C0043] [2 2 1a ] Un cannonespara orizzontalmente un proiettile con una ve-locità iniziale ix = 100 m

s . Quanto vale il modu-lo della velocità f del proiettile dopo un tempo∆t = 15 s?


s2 . Per sapere quanto vale ilvettore velocità finale è necessario disegnare i vettori ix e y e sommarli tra loro.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1

2

3

4

5

6

∆Sx

∆Sy

ix

f



ix

f

y

Svolgimento Un moto parabolico è la com-posizione di un moto rettilineo uniforme inorizzontale con un moto uniformemente acce-lerato in verticale. La componente orizzontaledella velocità è quindi costante. Sappiamo che

y = iy +∆ = 0 + a ·∆t

E’ evidente che la velocità finale è data da

f =√2ix + 2

y =√2ix + (g ·∆t)2

f =

√1002

m2

s2+(9, 8

m

s2· 15 s

)2= 178

m

s


2 4 6 8 10

2468

t(h)

(kmh )Testo [C0044a] [3 4 2a ] Uncorpo si muove come indicato dal se-guente grafico velocità-tempo. Indica:la velocità massima, il numero di orein cui l’oggetto ha velocità costante,l’accelerazione massima, la distanza percorsa, la velocità media.

Spiegazione Un grafico velocità-tempo indica la velocità di un corpo in movimentoin funzione del tempo. Linee rette indicano accelerazioni costanti. La pendenza del-la retta indica l’accelerazione del corpo. Le linee verso l’alto indicano accelerazionipositive (nello stesso verso della velocità); le linee verso il basso indicano accelera-zioni negative (con verso opposto della velocità); linee orizzontali indicano che ilcorpo ha accelerazione nulla e quindi velocità costante. Lo spostamento effettuatocorrisponde all’area racchiusa sotto la curva.

Svolgimento

• Il maggior valore assunto nel grafico è max = 6 kmh

• L’oggetto ha avuto velocità costante tra l’istante t1 = 6h e l’istante t2 = 10h

quando cioè il grafico è una retta orizzontale; quindi ∆t = 4h

• L’accelerazione massima la si ha quando il grafico ha la massima pendenza,cioè tra gli istanti t1 = 4h e t2 = 6h e vale

amax =∆2

∆t= 2

km

h2

• La distanza percorsa corrisponde all’area racchiusa sotto la curva, cioè:

∆S =

(0 km

h + 2 kmh

)· 4h

2+

(2 km

h + 6 kmh

)· 2h

2+ 6

km

h· 4h = 36 km

• La velocità media sarà quindi

m =∆Stot

∆ttot=

36 km

10h= 3, 6

km

h



2 4 6 8 10

2468

t(h)

(kmh )Testo [C0044b] [3 4 2a ] Uncorpo si muove come indicato dal se-guente grafico velocità-tempo. Indica:la velocità massima, il numero di orein cui l’oggetto ha velocità costante,l’accelerazione massima, la distanza percorsa, la velocità media.

Spiegazione Un grafico velocità-tempo indica la velocità di un corpo in movimentoin funzione del tempo. Linee rette indicano accelerazioni costanti. La pendenza del-la retta indica l’accelerazione del corpo. Le linee verso l’alto indicano accelerazionipositive (nello stesso verso della velocità); le linee verso il basso indicano accelera-zioni negative (con verso opposto della velocità); linee orizzontali indicano che ilcorpo ha accelerazione nulla e quindi velocità costante. Lo spostamento effettuatocorrisponde all’area racchiusa sotto la curva.

Svolgimento

• Il maggior valore assunto nel grafico è max = 4 kmh

• L’oggetto ha avuto velocità costante tra l’istante t1 = 6h e l’istante t2 = 10h

quando cioè il grafico è una retta orizzontale; quindi ∆t = 4h

• L’accelerazione massima la si ha quando il grafico ha la massima pendenza,cioè tra gli istanti t1 = 5h e t2 = 6h e vale

amax =∆2

∆t2= −2

km

h2

• La distanza percorsa corrisponde all’area racchiusa sotto la curva, cioè:

∆S =

(0 km

h + 4 kmh

)· 5h

2+

(4 km

h + 2 kmh

)· 1h

2+ 2

km

h· 4h = 21 km

• La velocità media sarà quindi

m =∆Stot

∆ttot=

21 km

10h= 2, 1

km

h


Testo [C0045] [4 5 2a ] Un’automobile esce da un parcheggio partendoda ferma con una accelerazione costante. Contemporaneamente un camion le si staavvicinando, e si trova Sic = 30m dietro di lei viaggiando alla velocità c = 20 m

s .Con quale accelerazione deve muoversi l’auto per non essere tamponata dal camion?

Spiegazione In questo problema conosciamo la posizione e la velocità di due mez-zi nell’istante iniziale. Possiamo quindi utilizzare le equazioni orarie del moto persapere se i due mezzi occuperanno la stessa posizione nello stesso istante.

Svolgimento Consideriamo come istante iniziale ti = 0 s. Indichiamo con l’indicec il camion e con l’indice a l’automobile. Avremo:

Sc = c · t+ Sci

Sa =1

2· a · t2 + ai · t

Lo scontro non avviene seSa > Sc

1

2· a · t2 + ai · t > c · t+ Sci

1

2· a · t2 − c · t− Sci > 0

a · t2 − 2c · t− 2Sci > 0

t2 − 2c

a· t− 2Sci

a> 0

I due mezzi non si scontrano se

∆

4=

2c

a2+

2Sci

a< 0

Sapendo che l’accelerazione dell’auto deve essere positiva e che Sic < 0


2c < −2Scia

a >2c

−2Sci=

400 m2

s2

60m= 6, 67

m

s2


Testo [C0046] [2 3 2a ] Un proiettile viene lanciato dal tetto di un palazzo,con una velocità iniziale i = 15

m

sinclinata verso l’alto rispetto all’orizzontale di

un angolo α = 30, verso un palazzo di uguale altezza distante ∆Sx = 40m. Quantimetri sotto al tetto viene colpito il secondo palazzo?

Spiegazione Il proiettile si muove di moto uniformemente accelerato. Con i dati sipuò ricavare il calore delle componenti verticale ed orizzontale della velocità.

Svolgimento Le due componenti orizzontale e verticale della velocità iniziale sono ix = i cosα = 14, 7 ms

iy = i sinα = 8, 5 ms

Il problema chiede di calcolare lo spostamento verticale del proiettile quando haraggiunto il secondo palazzo. Il tempo che ci impiega è

∆t =∆Sx

i cosα=

40m

14, 7 ms

= 2, 72 s

Ora possiamo calcolare lo spostamento verticale

∆Sy =1

2a∆t2 + iy∆t =

1

2·(−9, 8

m

s2

)· 7, 4 s2 + 8, 5

m

s· 2, 72 s = −13, 1m



Testo [C0047] [2 2 1a ] Due automobili si muovono perpendicolarmentetra loro partendo dalla stessa posizione con velocità costanti rispettivamente a =

12 ms e b = 16 m

s Quanto distano tra loro dopo un tempo ∆t = 5 s?

Spiegazione In questo problema due auto viaggiano con velocità costante in dire-zioni perpendicolari tra loro. Il moto è quindi moto rettilineo uniforme. La distanzatra loro sarà quindi il segmento che unisce le loro posizioni. Questo segmento è l’i-potenusa di un triangolo rettangolo i cui cateti sono gli spostamenti dal punto dipartenza.

Svolgimento Lo spostamento delle due auto vale:

∆Sa = Va ·∆t = 60m

∆Sb = Vb ·∆t = 80m

La distanza tra le due auto varrà

L =√∆S2

a +∆S2b = 100m


Testo [C0048] [3 4 2a ] Un automobilista sta viaggiando alla velocità i = 90 km

h . Ad un certo punto si accorge di un ostacolo sulla strada alla distan-za d = 140m. A causa dei tempi di reazione, comincia a frenare dopo un tempo∆t1 = 0, 2 s e impiega un tempo ∆t2 = 10 s per fermarsi. Colpirà l’ostacolo?

Spiegazione In questo esercizio, l’auto si muove di moto rettilineo uniforme neltempo in cui l’autista si accorge che deve frenare. Successivamente l’auto di muovedi moto uniformemente accelerato.

Svolgimento Prima di cominciare a frenare, l’auto percorrerà un tragitto

∆S1 = i ·∆t1 = 90km

h· 0, 2 s = 25

m

s· 0, 2 s = 5m

L’auto comincia adesso a frenare. Indicando con ∆2 la variazione di velocitàavuta dall’auto nella fase di decelerazione, l’accelerazione con cui l’auto frena è

a =∆2

∆t2=

(0− 25) ms

10 s= −2, 5

m

s2

L’auto quindi percorre un tragitto

∆S2 =1

2a∆t22 + i∆t2

∆S2 = −1

2· 2.5 m

s2· 100 s2 + 25

m

s· 10 s = 125m

L’auto quindi, dal momento in cui l’autista si accorge dell’ostacolo, fino al mo-mento in cui si ferma, percorre in tutto

∆Stot = ∆S1 +∆S2 = 130m

Quindi l’auto riesce a fermarsi prima di colpire l’ostacolo.



Testo [C0049] [4 4 2a ] Dalla terrazza di un palazzo, alta Si1 = 40m daterra, viene lanciato un oggetto verso il basso con velocità iniziale i1 = 5 m

s . Con-temporaneamente viene lanciato da terra un secondo oggetto con velocità inizialeverso l’alto pari a i2 = 15 m

s . A quale altezza da terra si scontrano?

Spiegazione Entrambi gli oggetti si muovono di moto uniformemente accelerato.

Svolgimento Gli oggetti si scontreranno nell’istante in cui si troveranno nella stes-sa posizione. Quindi

S1 = S2

−1

2g∆t2 + i2∆t = −1

2g∆t2 − i1∆t+ Si1

i2∆t = − i1∆t+ Si1

Quindi i due oggetti si scontrano dopo un tempo

∆t =Si1

( i2 + i1)= 2 s

La posizione degli oggetti dopo sue secondi di volo è quindi

S2 = −1

2g∆t2 + i2∆t = −19, 6m+ 30m = 10, 4m

Ovviamente la scelta dell’equazione del moto del secondo oggetto è del tutto equi-valente alla scelta dell’equazione del moto del primo oggetto.

Problema di: Dinamica - C0050

Testo [C0050] [3 3 2a ] Un’auto di massa m = 700 kg, mentre percorreuna curva di raggio r = 20m con velocità iniziale i = 6 m

s , accelera costantementein modo da arrivare dopo un tempo ∆t = 4 s alla velocità f = 10 m

s . Quanto valela sua accelerazione complessiva nell’istante finale?

Spiegazione L’auto sta facendo un percorso circolare ed è quindi soggetta ad unaaccelerazione centripeta che dipende dalla velocità ed ad un’accelerazione tangen-ziale che fa incremnentare il modulo della velocità tangenziale. Ovviamente, istanteper istante, la velocità tangenziale aumenta e di conseguenza aumenta anche l’acce-lerazione centripeta necessaria per mantenere l’auto lungo la traiettoria della curva.Istante per istante l’accelerazione sarà la somma vettoriale delle due accelerazioni.

Svolgimento L’accelerazione tangenziale è

at =∆

∆t= 1

m

s2

L’accelerazione centripeta nell’istante finale sarà

ac−f =2f

r= 5

m

s2

L’accelerazione complessiva sarà quindi

a =√a2t + a2c =

√26

m

s2= 5, 1

m

s2



Testo [C0051] [2 2 1a ] Un pendolo in un ascensore fermo oscilla conperiodo T0 = 1 s. Calcola il suo periodo mentre l’ascensore sale con accelerazionea = 1, 2 m

s2 .

Spiegazione Sull’ascensore in moto accelerato verso l’alto, l’accelerazione percepi-ta è maggiore e quindi il periodo di oscillazione risulta minore

Svolgimento Dalla formula del periodo del pendolo semplice avremo

T 20 = 4π2 l

g

da cui

l =gT 2

0

4π2

Il periodo del pendolo del pendolo sull’ascensore in accelerazione verso l’altorisulta

T 2 = 4π2 l

g + a

T 2 =g

g + aT 20

T =

√g

g + aT0 =

√√√√9, 8 ms2

11m

s2

· 1 s = 0, 89 s


Testo [C0052] [3 3 2a ] Un oggetto percorre quattro quinti di un tragittoalla velocità = 12

m

se l’ultimo quinto del tragitto a metà di quella velocità. Quale

velocità media ha tenuto?

Spiegazione La velocità media di un corpo è data dal rapporto tra lo spostamentoeffettuato ed il tempo impiegato ad effettuarlo

m =∆Stot

∆ttot

Svolgimento Il percorso in questione è diviso in due parti di cui una è il doppiodell’altra. Il percorso totale è quindi

∆Stot = ∆S1 +∆S2 = 4d+ d

Il primo tratto di strada viene percorso in un tempo

∆t1 =4d

ed ilo secondo tratto di strada in un tempo

∆t2 =d12

=2d

A questo punto possiamo calcolare la velocità media

m =∆S1 +∆S2

∆t1 +∆t2=

5d6d

=5

6

m = 10m

s



Testo [C0053] [3 3 2a ] Per costruire una base su Marte (gm = 3, 711 ms2 ),

i fisici della NASA hanno pensato ad una stazione circolare rotante attorno ad unasse di rotazione verticale. Quale accelerazione centrifuga è necessaria affinché al-l’interno della stazione si percepisca un’accelerazione di gravità pari a quella dellaTerra?

Spiegazione L’accelerazione percepita all’interno della stazione è la somma vetto-riale dell’accelerazione di gravità di Marte con l’accelerazione centrifuga dovuta allarotazione della stazione.

Svolgimento Considerando che l’accelerazione centrifuga è perpendicolare all’ac-celerazione del pianeta avremo che

ac =√g2 − g2m =

√9, 807

m

s2− 3, 711

m

s2= 9, 078

m

s2


Testo [C0054] [3 4 2a ] Un cannone spara un proiettile con velocità iniziale i = 40

m

sad un angolo α = 30 rispetto all’orizzontale. Determina, rispetto al

punto di partenza, le coordinate del punto più alto della traiettoria del proiettile.

Spiegazione Un moto di un proiettile è un moto parabolico in quanto l’accelera-zione è un vettore costante verticale. Il moto sarà quindi con accelerazione costantesull’asse verticale e con accelerazione nulla sull’asse orizzontale. Utilizzeremo quin-di le equazioni del moto rettilineo uniforme in orizzontale e del moto uniformementeaccelerato in verticale

Svolgimento Essendo un moto parabolico, le equazioni del moto saranno∆Sx = ix∆t

∆Sy =1

2a∆t2 + iy∆t

∆y = a∆t

L’equazione della traiettoria sarà quindi

∆Sy =a

22ix

∆S2x +

iy

ix∆Sx

Il vertice di questa parabola ha come coordinate

∆Sxv = − ix iy

a

e per l’ordinata avremo

∆Syv =a

22ix

·2ix

2iy

a2− iy

ix· ix iy

a

∆Syv =1

2·2iy

a−2iy

a

∆Syv = −1

2·2iy

a


Le velocità sono vettori nello stesso verso del sistema di riferimento e verrannoinserite nelle formule con il segno positivo; l’accelerazione di gravità ha verso op-posto a quello del sistema di riferimento e verrà inserita nelle formule con il segnonegativo. Con i dati a disposizione avremo:

ix = i cosα = 20√3m

s iy = i sinα = 20

m

s

∆Sxv =400

√3m2

s2

9, 8m

s2

= 70, 7m

∆Syv =400

m2

s2

19, 6m

s2

= 20, 4m


Testo [C0055] [2 2 1a ] Calcola il periodo di oscillazione di un pendolosemplice di lunghezza l = 1m che si trova su di un treno che accelera con a = 2 m

s2

Spiegazione Il periodo di oscillazione di un pendolo dipende dall’accelerazioneche subisce e dalla sua lunghezza. All’interno del treno l’accelerazione percepita è lasomma vettoriale tra l’accelerazione di gravità e quella percepita all’interno del trenodovuta all’accelerazione del treno stesso. L’interno del treno è infatti un sistema diriferimento non inerziale.

Svolgimento L’acceleraziopne percepita all’interno del treno è data dalla sommadell’accelerazione di gravità verticale verso il basso e dell’accelerazione apparen-te orizzontale. Quindi l’accelerazione subita dal pendolo all’interno del sistema diriferimento è

ap =√g2 + a2 = 10

m

s2

Il periodo del pendolo sarà quindi

T = 2π

√l

ap= 2 s



Testo [C0056] [4 5 3a ] Un proiettile viene sparato con velocità iniziale = 100

m

scon un angolo α = 30 rispetto all’orizzontale. Quanto tempo il proiettile

si è trovato ad una quota superiore a h = 50m rispetto alla quota di partenza?

Spiegazione Questo è un problema sul moto parabolico, nel quale in realtà vieneaffrontata sola la parte riguardante il moto uniformemente accelerato in verticale. Larichiesta prevede di identificare quando il proiettile si trova al di sopra di una certaquota, quindi tale richiesta verrà implementata con una disequazione.

Svolgimento L’equazione del moto del proiettile, ipotizzando che il proiettile partanell’istante t0 = 0 s è

∆S =1

2gt2 + sinα · t

Per sapere in quale istante il proiettile supera la quota stabilita ed in quale istantescende al di sotto di tale quota basterà scrivere

1

2gt2 + sinα · t > h

gt2 + 2 sinα · t− 2h > 0

Risolviamo la disequazione di secondo grado

∆

4=

2 sin2 α+ 2gh

Essendo tutte grandezze positive sono sicuto che il ∆ è positivo. Le due soluzionidell’equazione associata saranno

t1,2 =− sinα±

√2 sin2 α+ 2gh

g=

− sinα

g·

(1±

√1 +

2gh

2 sin2 α

)

t1,2 = 5, 1 s ·(1±

√1− 0, 392

)

t1 = 1, 1 s

t2 = 9, 1 s

Quindi

1, 1 s < t < 9, 1 s

∆t = 8 s



Testo [C0057] [4 7 2a ] Un’auto viaggia a velocità costante i = 90 kmh .

Di colpo si trova davanti a lei un ostacolo alla distanza d = 100m. Tenuto conto checomincia a frenare dopo un tempo di reazione ∆tr = 0, 2 s, e che la frenata consistein un’accelerazione a = 2

m

s2, con quale velocità urterà l’ostacolo?

Spiegazione Prima che l’autista cominci a frenare si muoverà di moto rettilineouniforme. Da quando comincia a frenare si muoverà di moto uniformemente accele-rato.

Svolgimento Da quando l’autisca vede l’ostacolo fino a quando inizia a frenare, lospazio percorso è

∆S1 = i ·∆t = 901000m

3600 s· 0, 2 s = 5m

A questo punto l’autista inizia la frenata ed il moto dell’auto è rappresentabilecon ∆S =

1

2a∆t2 + i∆t

∆ = a∆t

In assenza di ostacoli l’auto percorrerebbe, fino a fermarsi, un tragitto così calco-labile:

∆tarresto =∆V

a=

0− i

a= − i

a= 12, 5 s

∆Sarresto =1

2a

( i

a

)2

− i ·( i

a

)= −

2i

a= 312, 5m

Risulta evidente che l’auto urterà l’ostacolo. Calcoliamo adesso la velocità del-l’impatto.

Il tempo che l’auto impiega a raggiungere l’ostacolo è dato da

∆t =− i ±

√2i + 2a∆S

a

∆t =−25

m

s±√625

m2

s2− 2 · 2 m

s2· 95m

−2m2

s2

=

4, 67 s

20, 33 s

La soluzione accettabile è quella che prevede un tempo inferiore a quello checomporta la fermata dell’auto. quindi

∆timpatto = 4, 67 s

La velocità dell’impatto sarà quindi

f = i+a·∆timpatto = i− i+√2i + 2a∆S =

√2i + 2a∆S = 15, 65

m

s= 56, 35

km

h

Se considerassimo per esempio una velocità iniziale ′

i = 108km

h= 30

m

sallora

avremmo una velocità di impatto

′

f = 22, 89m

s= 82, 41

km

h



Testo [C0058] [2 3 1a ] Due treni viaggiano, sulla stessa linea ferroviaria e

nello stesso verso, con velocità costante 1 = 80km

he 2 = 120

km

hpartendo da due

stazioni distanti tra loro L = 300 km. Il treno più avanti è quello più lento. Il trenopiù avanti parte dalla stazione ∆t = 1, 5h dopo il treno che segue. Dopo quantotempo i due treni si incontrano, dalla partenza del secondo?

Spiegazione I due treni si muovono di moto rettilineo uniforme. Utilizzeremoquindi la relativa legge oraria per risolvere il problema.

Svolgimento Mentre il secondo treno è fermo, il primo percorre un tragitto

∆S1 = 1∆t = 120km

h· 1, 5h = 180 km

Nell’istante in cui il secondo treno parte, i due treni distano ∆S2 = ∆S − ∆S1 =

120 km

La velocità relativa tra i due treni è rel = 40km

h

Il tempo che passa affinché i due treni si incontrino è quindi ∆t =∆S2

rel= 3h


Testo [C0059] [3 3 2a ] Due punte di un diapason oscillano con una fre-quenza ν = 440Hz. L’ampiezza dell’oscillazione è A = 10−4m. Con quale velocitàsi muovono quando sono nel loro punto di equilibrio?

Spiegazione Un semplice moto armonico.

Svolgimento La frequenza del moto armonico, con riferimento al relativo motocircolare, è data da

ν =

2πr

dove r corrisponde all’ampiezza del moto armonico. Quindi

ν =

2πA

= 2πAν = 0, 276m

s



Testo [C0060] [3 3 2a ] Un’astronave ha la forma di un toro di raggior = 30m messo in rotazione attorno al suo asse centrale. In tale astronave, gli astro-nauti all’interno percepiscono un’accelerazione di gravità simulata attraverso unarotazione con velocità angolare ω. Quanto deve valere ω affinché l’accelerazione digravità percepita sia pari a quella terrestre?

Spiegazione Un semplice moto circolare uniforme. L’accelerazione di gravità si-mulata è di fatto l’accelerazione centrifuga

Svolgimento Eguagliando l’accelerazione centrifuga al valore dell’accelerazione digravità avremo

g =2

r= ω2r

ω =

√g

r= 0, 57

giri

sec


Testo [C0061] [2 2 1a ] Due automobili si trovano nello stesso punto diuna strada su due corsie differenti, viaggiando entrambe a velocità costante = 6

m

sin verso opposto. Le due corsie distano tra loro d = 5m. A quale distanza si trovanodopo ∆t = 1 s?

Spiegazione Moto rettilineo uniforme su due percorsi paralleli ad una certa distan-za tra loro.

Svolgimento Scomponendo il problema su due assi, possiamo affermare che sul-l’asse perpendicolare alla strada la distanza delle due auto è costante e vale

∆Sy = d

Sull’asse orizzontale le auto si trovavano nello stesso punto, e dopo ∆t = 1 s sitrovano alla distanza ∆Sx = (1 + 2)∆t = 12m

La distanza tra le due auto risulta

r =

√(5)

2+ (12)

2 m

s= 13

m

s



Testo [C0062] [2 1 2a ] Una palla da tennis urta contro un muro convelocità = 20

m

sad un angolo α = 30 e rimbalza con lo stesso angolo. L’urto dura

un tempo ∆t = 0, 01 s. Calcola l’accelerazione media subita dalla pallina.

Spiegazione In questo problema semplicemente si applica la definizione di accele-razione

a =∆

∆t

Svolgimento L’accelerazione fa cambiare la sola componente della velocità per-pendicolare al muro. Quindi

a =∆⊥

∆t=

2 · 20 ms

0, 01 s= 4000

m

s2


i

gf

Testo [C0063] [2 2 1a ] Un oggetto èlanciato orizzontalmente con una velocità iniziale ix = 200 m

s . Quanto vale il modulo della veloci-tà f del proiettile dopo un tempo ∆t = 15 s? Diquanto è sceso il proiettile?


s2 . Per sapere quanto vale ilvettore velocità finale è necessario disegnare i vettori ix e y e sommarli tra loro.Lo spostamento dell’oggetto in verticale lo si trova con l’equazione del moto.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1

2

3

4

5

6

∆Sx

∆Sy

ix

f



ix

f

y

Svolgimento Un moto parabolico è la com-posizione di un moto rettilineo uniforme inorizzontale con un moto uniformemente acce-lerato in verticale. La componente orizzontaledella velocità è quindi costante. Sappiamo che

y = iy +∆ = 0 + a ·∆t

E’ evidente che la velocità finale è data da

f =√2ix + 2

y =√2ix + (g ·∆t)2

f =

√2002

m2

s2+(9, 8

m

s2· 15 s

)2= 248

m

s

Lo spostamento in verticale del proiettile è dato da

∆S =1

2a∆t2 + i∆t =

1

2· 9, 8 m

s2· 225 s = 1102, 5m


Testo [C0064] [3 4 2a ] Una particella si muove di moto elicoidale confrequenza ν = 4hz e raggio r = 2m, attorno ad un asse γ. Sapendo che la velocitàdella particella è = 70

m

s, di quanto si è spostata la particella lungo tale asse in un

tempo ∆t = 10 s?

Spiegazione Un moto elicoidale è la composizione di un moto circolare uniformesu di un piano ed un moto rettilineo uniforme sull’asse perpendicolare a quel piano.

Svolgimento La velocità della particella è scomponibile in due componenti: quellaparallela al piano e quella parallela all’asse. La prima è la velocità c del moto circo-lare, la seconda è la velocità r del moto rettilineo uniforme lungo l’asse. La velocitàc è

c =2πr

T= 2πrν =

La velocità r è quindi

r =√2 − 2

c =

La distanza percorsa dalla particella lungo l’asse è quindi

∆S = r∆t =



Testo [C0065] [2 2 1a ] Un’auto da corsa alla fine di una gara dista daltraguardo ∆S1t = 600m e viaggia a velocità costante 1 = 80 m

s ; una seconda autodista dal traguardo ∆S2t = 500m e viaggia a velocità costante 2 = 50 m

s . Quandol’auto che vince taglia il traguardo, a che distanza dal traguardo si trova l’auto cheperde?

Spiegazione In questo problema entrambe le auto viaggiano a velocità costante,quindi si muovono di moto rettilineo uniforme. L’unica formula da usare sarà quindi∆S = V ·∆t.

Svolgimento Troviamo quale automobile impiega meno tempo ad arrivare al tra-guardo.

∆t1 =∆S1

1=

600m

80 ms

= 7, 5 s

∆t2 =∆S2

2=

500m

50 ms

= 10 s

Vince quindi la prima macchina, in quanto, anche se più lontana, ci impiega menotempo a raggiungere il traguardo.

Se l’auto vincitrice taglia il traguardo dopo ∆t1 = 7, 5 s; in quello stesso tempol’auto più lenta percorre

∆S2 = 2 ·∆t1 = 50m

s· 7, 5 s = 375m

L’auto dista quindi dal traguardo

d = ∆S2t −∆S2 = 500m− 375m = 125m

Problema di: cinematica - C0067

Testo [C0067] [2 3 1a ] Sulla Terra un pendolo ha periodo TTerra

= 1 s.Quale periodo ha lo stesso pendolo sulla Luna, dove l’accelerazione di gravità ègLuna

= 1, 6 ms2 ?

Spiegazione Un pendolo si muove di moto periodico con periodo

T = 2π

√L

g

Svolgimento Il periodo del pendolo sulla Luna e sulla Terra può essere scrittocome:

TTerra

= 2π

√L

gTerra

TLuna

= 2π

√L

gLuna

da cui, dividendo la seconda per la prima

TLuna

= TTerra

·√gTerra

gLuna

= 2, 5 s


Problema di: cinematica - C0068

Testo [C0068] [3 3 2a ] Un proiettile di massa m1 = 20 g si muove convelocità 1 = 10 m

s verso un oggetto fermo di massa m2 = 80 g. Con quale velocitàsi muove il baricentro del sistema?

Spiegazione In questo problema, utilizzando l’equazione del moto degli oggetti,si ottiene l’equazione del moto del baricentro e di conseguenza la sua velocità.

Svolgimento La posizione del baricentro del sistema è

Xb =m1x1 +m2x2m1 +m2

Utilizzando le equazioni del moto avremo

Xb =m1 (x1i + 1∆t) +m2xi2

m1 +m2

Xb =m11

m1 +m2∆t+

m2

m1 +m2xi2

da cui si deduce cheb =

m1

m1 +m21 = 2

m

s

Problema di: cinematica - C0068a

Testo [C0068a] [3 3 2a ] Un proiettile di massa m1 = 20 g si muove convelocità 1 = 10 m

s verso un oggetto di massa m2 = 80 g che si muove con velocità2 = 5 m

s nello stesso verso. Con quale velocità si muove il baricentro del sistema?


Svolgimento Lavoriamo in un sistema di riferimento orizzontale rivolto verso de-stra; metteremo i vettori verso destra con valore positivo e quelli verso sinistra convalore negativo.

La posizione del baricentro del sistema è



Xb =m1 (x1i + 1∆t) +m2 (x2i + 2∆t)

m1 +m2

Xb =m11 +m22

m1 +m2∆t+

m1xi1 +m2xi2m1 +m2


m11 +m22

m1 +m2= 6

m

s


Problema di: cinematica - C0068b

Testo [C0068b] [3 3 2a ] Un proiettile di massa m1 = 20 g si muove convelocità 1 = 10 m

s verso un oggetto di massa m2 = 80 g che si muove con velocità2 = 5 m

s nel verso opposto. Con quale velocità si muove il baricentro del sistema?


Svolgimento Lavoriamo in un sistema di riferimento orizzontale rivolto verso de-stra; metteremo i vettori verso destra con valore positivo e quelli verso sinistra convalore negativo.

La posizione del baricentro del sistema è



Xb =m1 (x1i + 1∆t) +m2 (x2i + 2∆t)

m1 +m2

Xb =m11 +m22

m1 +m2∆t+

m1xi1 +m2xi2m1 +m2


m11 +m22

m1 +m2

Considerando che il secondo oggetto viaggia in direzione opposta al primo, avre-mo

b =20 g · 10 m

s − 80 g · 5 ms

m1 +m2= −2

m

s

il che significa che il baricentro si muove nello stesso verso del secondo oggetto.


Testo [C0069] [3 4 2a ] Un oggetto si muove di moto elicoidale sottol’azione di un’accelerazione centripeta ac = 1 m

s2 . La traiettoria ha raggio r = 4m epasso verticale ∆h = 2m. Determinare la velocità dell’oggetto.

Spiegazione La particella si muove di moto elicoidale, quindi di moto circolareuniforme su di un piano e rettilineo uniforme lungo l’asse di quel piano. In un pe-riodo del moto circolare l’oggetto sale di un passo ∆h. La velocità della particellaha due componenti. La prima è quella parallela all’asse del piano, ed è costante. Laseconda è parallela al piano ed è quella coinvolta nel moto circolare uniforme.

Svolgimento La componente della velocità parallela al piano la si trova conoscen-do l’accelerazione centripeta dell’oggetto.

ac =2∥

r

2∥ = ac · r = 4

m2

s2

∥ = 2m

s

Il periodo del moto è

T =2πr

∥

quindi la componente verticale della velocità è

⊥ =∆h

T=

∆h · ∥

2πr

2⊥ =

∆h2

4π2r2· 2

∥

La velocità dell’oggetto è quindi

2 =

2⊥ +

2∥ =

2∥ ·(1 +

∆h2

4π2r2

)


= ∥ ·

√(1 +

∆h2

4π2r2

)

= 2m

s·

√(1 +

4

4π216

)

= 2m

s· 1, 006 = 2, 012

m

s


Testo [C0070] [1 2 1a ] Su di un campo di calcio rettangolare, di dimen-sioni a = 70m e b = 105m, due atleti corrono da un vertice verso il vertice opposto.Il primo con velocità 1 = 4 m

s lungo il perimetro; il secondo con velocità 2 = 5 ms

lungo la diagonale. Quanto vantaggio, il termini di tempo, avrà l’atleta che arrivaprima su quello che perde?

Spiegazione I due atleti si muovono di moto rettilineo uniforme, percorrendo di-stanze differenti con velocità differenti. Calcolando quanto tempo impiegano adarrivare dall’altra parte del campo possiamo indicare la risposta al quesito del pro-blema.

Svolgimento Per il primo giocatore

∆t1 =∆S1

1=

175m

4 ms

= 43, 75 s

Per il secondo giocatore

∆t2 =∆S2

2=

126, 2m

5 ms

= 25, 24 s

Quindi il secondo atleta arriva dopo un tempo

T = ∆t1 −∆t2 = 18, 51 s



Testo [C0070a] [1 2 1a ] Su di un campo quadrato, di lato L = 70m,due persone corrono da un vertice verso il vertice opposto. Il primo con velocità1 = 4 m

s lungo il perimetro; il secondo con velocità 2 = 5 ms lungo la diagonale.

Calcola la lunghezza del percorso che fanno ed il tempo che ci impiegano. Quantovantaggio, il termini di tempo, avrà l’atleta che arriva prima su quello che perde?

Spiegazione I due atleti si muovono di moto rettilineo uniforme, percorrendo di-stanze differenti con velocità differenti. Calcolando quanto tempo impiegano adarrivare dall’altra parte del campo possiamo indicare la risposta al quesito del pro-blema.

Svolgimento Per il primo giocatore percorre due dei quattro lati del quadrato,quindi

∆t1 =∆S1

1=

140m

4 ms

= 35 s

Il secondo giocatore percorre la diagonale, quindi prima dobbiamo calcolarci lalunghezza della diagonale

∆S2 =√L2 + L2 ≃ 99m

∆t2 =∆S2

2=

99m

5 ms

= 19, 8 s


T = ∆t1 −∆t2 = 15, 2 s


Testo [C0070b] [1 2 1a ] Su di un campo circolare, di raggio r = 70m, dueatleti corrono da un punto verso il punto opposto sulla circonferenza. Il primo convelocità 1 = 4 m

s lungo la circonferenza; il secondo con velocità 2 = 5 ms lungo il

diametro. Disegna le due persone ed il percorso che fanno. Calcola la lunghezza delpercorso che fanno. Calcola il tempo che impiegano ad arrivare. Quanto vantaggio,il termini di tempo, avrà l’atleta che arriva prima su quello che perde?

Spiegazione I due atleti si muovono con velocità in modulo costante, percorren-do distanze differenti con velocità differenti. Calcolando quanto tempo impieganoad arrivare dall’altra parte del campo possiamo indicare la risposta al quesito delproblema.

Svolgimento Il primo giocatore percorre metà della circonferenza, quindi

∆t1 =∆S1

1=

2π · 70m4 m

s

≃ 110 s

Il secondo giocatore percorre il diametro della circonferenza, quindi

∆t2 =∆S2

2=

2 · 70m5 m

s

= 28 s


T = ∆t1 −∆t2 = 82 s


Problema di: Cinematica - C0070c

Testo [C0070c] [1 2 1a ] Su di un campo quadrato, di lato L = 20m,due persone corrono da un vertice verso il vertice opposto. Il primo con velocità1 = 3 m

s lungo il perimetro; il secondo con velocità 2 lungo la diagonale arriva adestinazione impiegando lo stesso tempo del primo. Disegna le due persone ed ilpercorso che fanno. Calcola la lunghezza del percorso che fanno. Calcola il tempoche impiega il primo ad arrivare. Calcola la velocità del secondo.


Svolgimento Il primo giocatore percorre metà del perimetro del quadrato, quindi

∆S1 = 2L

∆t1 =∆S1

1=

2L

1=

40m

4 ms

= 10 s

Il secondo giocatore percorre la diagonale del quadrato impiegando lo stessotempo, quindi

∆S2 =√L2 + L2 = 28, 3m

V2 =∆S2

∆t2=

√L2 + L2

∆t2=

28, 3m

10 s= 2, 83

m

s

Problema di: Cinematica - C0070d

Testo [C0070d] [1 2 1a ] Su di un campo rettangolare, di lati L = 10m eH = 24m, due persone corrono da un vertice verso il vertice opposto. Il primo convelocità 1 = 4 m

s lungo il perimetro; il secondo con velocità 2 lungo la diagonalearriva a destinazione impiegando lo stesso tempo del primo. Disegna le due personeed il percorso che fanno. Calcola la lunghezza del percorso che fanno. Calcola iltempo che impiega il primo ad arrivare. Calcola la velocità del secondo.


Svolgimento Il primo giocatore percorre metà del perimetro del quadrato, quindi

∆S1 = L+H = 34m

∆t1 =∆S1

1=

34m

4 ms

= 8, 5 s

Il secondo giocatore percorre la diagonale del quadrato impiegando lo stessotempo, quindi

∆S2 =√L2 +H2 = 26m

V2 =∆S2

∆t2=

26m

8, 5 s= 3, 06

m

s


Problema di: Cinematica - C0070e

Testo [C0070e] [1 2 1a ] Un ragazzo cammina ∆S1 = 8 km verso norde poi gira di 90 e cammina ∆S2 = 15 km verso est, viaggiando alla velocità a =

17 kmh . Un amico parte ed arriva negli stessi punti, ma muovendosi in linea retta e

viaggiando alla velocità b = 5 kmh . Dopo quanto tempo arriva il primo rispetto al

secondo?


Svolgimento Il primo giocatore percorre metà del perimetro del rettangolo, quindi

∆Sa = ∆S1 +∆S2 = 23 km

∆ta =∆Sa

a=

23 km

17 kmh

= 1, 35h

Il secondo giocatore percorre l’ipotenusa del rettangolo che si viene a formaredisegnando i due percorsi, quindi

∆Sb =√∆S2

1 +∆S22 = 17 km

∆tb =∆Sb

b=

17 km

5 kmh

= 3, 4h

Il primo arriva quindi

∆tx = ∆tb −∆ta = 2, 05h

Problema di: Cinematica - C0070f

Testo [C0070f] [1 3 1a ] Un ragazzo cammina ∆S1 = 8 km verso norde poi gira di 90 e cammina ∆S2 = 15 km verso est, infine gira di 90 e cammina∆S3 = 8 km verso sud, il tutto viaggiando alla velocità a = 5 km

h . Un amico parteed arriva negli stessi punti, ma muovendosi in linea retta e viaggiando alla velocitàb = 10 km

h . Dopo quanto tempo arriva il primo rispetto al secondo?

Spiegazione Per rispondere alla domanda dobbiamo sapere in quanto tempo ledue persone percorrono il loro rispettivo percorso. è necessario disegnare tale per-corso.

Svolgimento Il primo ragazzo percorre in tutto ∆S1 = 31 km e quindi ci impiegaun tempo

∆t1 =∆S1

1= 6, 2h

L’amico percorre invece una distanza pari a ∆S2 = 15 km e quindi ci impiega untempo

∆t2 =∆S2

2= 1, 5h

Quindi il primo ragazzo arriva alla fine del percorso ∆t = 6, 2h− 1, 5h = 4, 7h


Problema di: Cinematica - C0070g

Testo [C0070g] [1 2 1a ] Su di un campo da calcio rettangolare di dimen-sioni l = 100m e h = 70m, Marco e Luigi si muovono da un vertice del rettangolo aquello opposto. Marco si muove lungo il perimetro, mentre Luigi si muove lungo ladiagonale del campo. Sapendo che Marco corre alla velocità

M= 6

m

se che Luigi

corre più lento alla velocità L= 5 m

s , chi arriva prima?

Spiegazione Marco percorre un certo tratto di strada ad una certa velocità. Luigipercorre un tratto di strada più corto viaggiando ad una velocità minore. Per saperechi arriva prima a destinazione bisogna calcolare i tempi che ci impiegano.

Svolgimento La distanza percorsa da Marco è

∆SM = l + h = 170m

La distanza percorsa da Luigi è pari alla lunghezza della diagonale del rettangolo

∆SL =√l2 + h2 ∼ 122m

Il tempo impiegato da Marco è

∆tM =∆SM

M=

170m

6 ms

= 28, 3 s

Il tempo impiegato da Luigi è

∆tL =∆SL

L=

122m

5 ms

= 24, 2 s

Luigi Arriva prima di Marco


∆S1∆S2

∆S3

Testo [C0071a] [2 2 1a ] Un ragazzo cammina lungoil perimetro di un triangolo rettangolo. Percorre il primo catetolungo ∆S1 = 30m alla velocità 1 = 10 m

s , il secondo catetolungo ∆S2 = 40m alla velocità 2 = 2 m

s , ed infine l’ipotenusaalla velocità 3 = 5 m

s . Calcola la velocità media sull’intero tragitto.

Spiegazione Il ragazzo in questione fa tre tratti di strada a tre differenti velocità.La velocità media scalare la possiamo trovare facendo il rapporto tra la lunghezzadel percorso fatto ed il tempo impiegato.

Svolgimento La lunghezza dell’ipotenusa del triangolo è

∆S3 =√∆S2

1 +∆S22 =

√900m2 + 1600m2 = 50m

I tempi impiegati a percorrere i tre lati del triangolo sono:

∆t1 =∆S1

1=

30m

10 ms

= 3 s

∆t2 =∆S2

2=

40m

2 ms

= 20 s

∆t3 =∆S3

3=

50m

5 ms

= 10 s

La velocità media scalare è quindi

m =∆S1 +∆S2 +∆S3

∆t1 +∆t2 +∆t3=

120m

33 s=

40

11

m

s


∆S1

∆S2

∆S3

1

2

3


∆S1 ∆S2

∆S3

Testo [C0071b] [2 2 1a ] Un ragazzo cammi-na ∆S1 = 5m verso nord, ∆S2 = 12m verso est e poitorna indietro in linea retta. Il ragazzo viaggia a velocità1 = 2 m

s lungo il primo tratto, 2 = 3 ms lungo il secon-

do tratto, ed 3 = 5 ms al ritorno. Calcola la sua velocità

media.

Spiegazione La persona in questione fa un percorso di forma triangolare. IN par-ticolare è un triangolo rettangolo. IL calcolo della velocità media si effettua sapendola strada complessivamente fatta ed il tempo impiegato a farla.

Svolgimento La lunghezza dell’ipotenusa del triangolo è

∆S3 =√

∆S21 +∆S2

2 =√25m2 + 144m2 = 13m

I tempi impiegati a percorrere i tre lati del triangolo sono:

∆t1 =∆S1

1=

5m

2 ms

= 2, 5 s

∆t2 =∆S2

2=

12m

3 ms

= 4 s

∆t3 =∆S3

3=

13m

5 ms

= 2, 6 s

La velocità media scalare è quindi

m =∆S1 +∆S2 +∆S3

∆t1 +∆t2 +∆t3=

30m

9, 1 s= 3, 3

m

s



Testo [C0072] [2 1 1a ] Una palla da tennis urta perpendicolarmente con-tro un muro con velocità = 20

m

se rimbalza tornando indietro. L’urto dura un

tempo ∆t = 0, 01 s. Calcola l’accelerazione media subita dalla pallina.

Spiegazione In questo problema semplicemente si applica la definizione di accele-razione

a =∆

∆t

Svolgimento L’accelerazione fa cambiare la sola componente della velocità per-pendicolare al muro. Quindi

a =∆⊥

∆t=

2 · 20 ms

0, 01 s= 4000

m

s2


Testo [C0073] [2 3 2a ] Un proiettile è lanciato con un angolo α = 45

rispetto all’orizzontale con una velocità iniziale i = 50 ms . Calcola la sua gittata (la

distanza alla quale il proiettile cade).

Spiegazione In questo problema si applicano le equazioni del moto parabolico.Calcolato il tempo di volo, si ricava la distanza orizzontale percorsa.

Svolgimento Cominciamo con il trovare i valori delle componenti orizzontale everticale della velocità iniziale ix = i cosα = 25

√2 m

s

ix = i sinα = 25√2 m

s

Il tempo di volo lo si ricava dal moto uniformemente accelerato in verticale im-ponendo che lo spostamento in verticale sia nullo

∆S =1

2g∆t2 + iy∆t

0 =

(1

2g∆t+ iy

)∆t

Questa equazione ha due soluzioni:

∆t1 = 0

∆t2 =−2 iy

g= 7, 22 s

La prima rappresenta il tempo trascorso dalla partenza del proiettile alla partenzaper proiettile; la seconda il tempo trascorso dalla partenza del proiettile all’istante diimpatto al suolo. In entrambi i casi lo spostamento in verticale risulta infatti nullo.

La distanza percorsa in orizzontale, chiamata gittata, è

∆Sx = ix∆t2 =−2 ix iy

g= 1020, 41m



Testo [C0074] [3 3 2a ] Una barca percorre su di un fiume un tragitto∆S = 75 km. Quando viaggia a favore di corrente impiega un tempo ∆t1 = 3h.Quando viaggia controcorrente impiega un tempo ∆t2 = 5h. Quali sono le velocitàdella barca rispetto all’acqua e dell’acqua rispetto al terreno?

Spiegazione La velocità del fiume si somma o si sottrae alla velocità della barca aseconda che si viaggi a favore o controcorrente.

Svolgimento Andando a favore di corrente la velocità della barca rispetto al terre-no è data da

V+ = Vb + Vf =75 km

3h= 25

km

h

Andando controcorrente la velocità della barca rispetto al terreno è data da

V− = Vb − Vf =75 km

5h= 15

km

h

Avremo quindi Vb + Vf = 25

km

h

Vb − Vf = 15km

h

da cui 2Vb = 40

km

h

2Vf = 10km

hVb = 20

km

h

Vf = 5km

h


Testo [C0074a] [3 3 2a ] Una barca percorre su di un fiume un tragitto∆S = 150 km. Quando viaggia a favore di corrente impiega un tempo ∆t1 = 6h.Raddoppiando la potenza del motore, raddoppia la sua velocità rispetto all’acquae quindi impiega un tempo ∆t2 = 5h. Quali sono le velocità della barca rispettoall’acqua e dell’acqua rispetto al terreno?

Spiegazione La velocità del fiume si somma o si sottrae alla velocità della barca aseconda che si viaggi a favore o controcorrente.

Svolgimento Andando a favore di corrente la velocità della barca rispetto al terre-no è data da

V+ = Vb + Vf =150 km

6h= 25

km

h

Andando al doppio della velocità, la velocità della barca rispetto al terreno è datada

V++ = Vb + 2Vf =150 km

5h= 30

km

h

Avremo quindi Vb + Vf = 25

km

h

2Vb + Vf = 30km

h

da cui Vb = 5

km

h

Vf = 20km

h


Problema di: Moto circolare uniforme - C0092

Testo [C0092] [2 2 2a ] Due auto stanno seguendo un percorso circola-re, entrambe in senso orario, su strade concentriche di raggio rispettivamente r1 =

100m e r2 = 80m con velocità uguale = 10 ms . Dopo quanto tempo la seconda

auto avrà fatto un giro in più della prima?

Spiegazione Moto circolare uniforme: è sufficiente conoscere le formule che de-scrivono il moto per rispondere alle domande del problema.

Svolgimento Un giro intero corrisponde ad un angolo ∆θ = 2π. La velocità ango-lare della prima auto è

ω1 =

r1= 0, 1

rad

s

La velocità angolare della seconda auto è

ω2 =

r2= 0, 125

rad

s

La velocità angolare relativa è

ωrel = ω2 − ω1 = 0, 025rad

s

Il tempo per fare un giro in più è

∆t =2π

ωrel= 251 s

Problema di: Moto circolare uniforme - C0092a

Testo [C0092a] [2 2 2a ] Due auto stanno seguendo un percorso circolare,in senso orario una rispetto all’altra, su strade concentriche di raggio rispettivamenter1 = 100m e r2 = 80m con velocità uguale = 10 m

s . Dopo quanto tempo le dueauto, inizialmente affiancate, saranno nuovamente affiancate?


Svolgimento Un giro intero corrisponde ad un angolo ∆θ = 2π. La velocità ango-lare della prima auto è

ω1 =

r1= 0, 1

rad

s

La velocità angolare della seconda auto è

ω2 =

r2= 0, 125

rad

s

La velocità angolare relativa, andando in verso opposto, è

ωrel = ω2 + ω1 = 0, 225rad

s

Il tempo per fare un giro ed essere nuovamente affiancate è

∆t =2π

ωrel= 28 s



Testo [C0093] [5 5 5a ] Un suono si sta propagando da un punto A versoun punto B distante ∆S = 500m. I due punti sono a temperatura differente T

A=

0C e TB= 20 C. Supponendo che la temperatura vari linearmente tra i due punti

e che la velocità del suono segua la legge suono = α√T , con α = 20 m

s√K

, indicarequanto tempo impiega il suono ad arrivare in B.

Spiegazione Un problema di cinematica in cui la velocità del moto cambia linear-mente con la posizione del corpo. Serve quindi il calcolo integrale.

Svolgimento Cominciamo con lo scri-vere l’equazione della temperatura infunzione della distanza x dal puntodi partenza, tenendo conto che è unarelazione lineare:

T = TA+

∆T

∆Sx

La velocità della particella è quindi

= α√T

= α

√T

A+

∆T

∆Sx

dx

dt= α

√T

A+

∆T

∆Sx

dx√T

A+

∆T

∆Sx

= αdt

∆S∫0

dx√T

A+

∆T

∆Sx

=

∆t∫0

αdt

∆S

∆T

√T

A+

∆T

∆Sx

∣∣∣∣∣∆S

0

= αt|∆t0

∆S

∆T

√T

A+∆T − ∆S

∆T

√T

A= α∆t

∆t =1

α

(∆S

∆T

√T

B− ∆S

∆T

√T

A

)

∆t =∆S

α∆T

(√T

B−√T

A

)

∆t =∆S

α(√

TB+√T

A

)

Problema di: Moto circolare uniforme - C0094

Testo [C0094] [1 2 2a ] Un oggetto sta facendo un percorso circolare diraggio r = 20m con velocità costante = 10 m

s . Calcola l’accelerazione che stasubendo e la velocità a cui dovrebbe andare se l’accelerazione raddoppiasse.


Svolgimento L’accelerazione iniziale subita dall’oggetto è

a =2

r= 5

m

s2

Se l’accelerazione raddoppiasse, arrivando al valore a2 = 10m

s2, la velocità a cui

andrebbe l’oggetto sarebbe

22 = a2 · r = 200

m2

s2

=√a2r = 14, 1

m

s

Scheda 10Dinamica: soluzioniProblema di: Dinamica - D0001

F

aTesto [D0001] [4 3 2a ] Un blocco di massam = 20 kg è inizialmente fermo su un piano orizzon-tale con coefficiente di attrito statico µstatico = 3. Esso, sotto l’azione di una forza F ,comincia a muoversi con accelerazione a = 5m

s2 . Quanto vale il coefficiente di attritodinamico tra il piano orizzontale e l’oggetto?

F

aFa

Fg

RvSpiegazione In questo esercizio abbiamo un ogget-to che, inizialmente fermo, comincia a muoversi sot-to l’azione di una forza F . Inizialmente l’oggetto èfermo perché la forza di attrito statico impedisce al-l’oggetto di muoversi. In questa situazione la sommadi tutte le forze è nulla Ftot = 0. Quando la forza Fè sufficientemente intensa da vincere l’attrito statico,allora l’oggetto comincia a muoversi. In quell’istantel’attrito statico diventa dinamico e quindi meno inten-so. Di conseguenza la forza che spinge l’oggetto è oramaggiore della forza che lo frena, quindi la forza to-tale non è nulla. Visto che la forza totale non è nulla, allora l’oggetto si muove diconseguenza con una certa accelerazione.

Svolgimento Per risolvere il problema seguiamo la seguente scaletta:

1. Calcola la forza di gravità che agisce sull’oggetto.

2. Calcola la massima forza di attrito statico che può agire sull’oggetto.

3. Quanto vale la forza che fa cominciare a muovere l’oggetto?

4. Quale forza totale subisce l’oggetto mentre si muove?

5. Quanto vale la forza di attrito dinamico sull’oggetto

6. Quanto vale il coefficiente di attrito dinamico tra il piano e l’oggetto?

La forza di gravità che agisce sull’oggetto è

Fg = mg = 20 kg · 9, 8ms2

= 196N

La massima forza d’attrito statico è generata dal fatto che c’è una forza che schiaccial’oggetto sul piano orizzontale. In questo caso tale forza è la forza di gravità.

Fs−max = µFg = 3 · 196N = 588N

La forza da fare per spostare l’oggetto deve essere tale da vincere la forza d’attrito.Quindi la forza vale

F = 588N

Mentre l’oggetto si muove subisce un’accelerazione

atot = 5m

s2

e quindi una forza

Ftot = 20 kg · 5ms2

= 100N

La forza totale che subisce l’oggetto è data da

Ftot = F − Fdin

Dovete infatti tenere presente che adesso che l’oggetto si muove, l’attrito statico nonesiste più e viene sostituito da quello dinamico. Quindi

Fdin = F − Ftot = 588N − 100N = 488N

Il coefficiente di attrito dinamico sarà quindi

µdin =Fdin

Fg=

488N

196N= 2, 49

giustamente minore del valore del coefficiente di attrito statico.

108

109 Scheda10. Dinamica: soluzioni


1. Un blocco di ferro pesa Fp = 98N fermo su un piano orizzontale con coeffi-ciente di attrito statico µstatico = 3 viene spinto verso destra. Qual’è il valoredella forza che si deve applicare per far muovere l’oggetto? Nel momento incui comincia a muoversi, subisce un’accelerazione atot = 5

m

s2. Quale forza

totale sta subendo l’oggetto? Quanto vale, di conseguenza, la forza di attritodinamico che agisce sul blocco di ferro? Quanto vale il coefficiente di attritodinamico tra l’oggetto ed il piano su cui striscia? [F = 294N ;Ftot = 50N ; Fad = 244N ; µd = 2, 49]

2. Un oggetto di massa m = 3 kg viene fatto strisciare su di un piano orizzontalecon coefficiente di attrito dinamico µd = 0.5 spinto da una forza F = 50N .Quanto vale la forza di gravità che agisce sull’oggetto? Quanto vale la forzadi attrito che frena l’oggetto? Quanto vale la reazione vincolare fatta dal pianoorizzontale per sorreggere l’oggetto? Quanto vale la forza totale che spingel’oggetto? Quanto vale l’accelerazione totale subita dall’oggetto? [Fg =

29, 4N ; Fatt = 14, 7N ; Rv = 29, 4N ; Ftot = 35, 3N ; atot = 11, 77 ms2 ]

3. Un oggetto di massa m = 10 kg è fermo su di un piano orizzontale con coeffi-ciente di attrito statico µs = 0.5 e con coefficiente di attrito dinamico µd = 0, 3.Per spostarlo lo spingete con una forza F . Quanto vale la forza di gravitàche agisce sull’oggetto? Quanto vale la forza F che bisogna fare per spostarel’oggetto quando è fermo? Quanto vale la forza di attrito dinamico che frenal’oggetto mentre si muove? Quanto vale la forza totale che spinge l’oggettomentre si muove? Quanto vale la sua accelerazione totale? [Fg = 98N ;F = 49N ; Fad = 29, 4N ; Ft = 19, 6N ; at = 1, 96 m

s2 ]

4. Un blocco di massam = 50 kg fermo su un piano orizzontale con coefficiente diattrito statico µstatico = 2 viene spinto verso destra. Esso comincia a muoversisotto l’azione di una forza F con accelerazione atot = 0, 5 m

s2 . Calcola la forzadi gravità che agisce sull’oggetto. Calcola la forza di attrito statico sull’oggetto.Quanto vale la forza che serve per far cominciare a muovere l’oggetto? Oral’oggetto si sta muovendo. Quale forza totale subisce l’oggetto mentre si muo-ve? Sapendo la forza totale che spinge l’oggetto, e conoscendo la forza F ad

esso applicata, quanto vale la forza di attrito dinamico sull’oggetto? Quan-to vale il coefficiente di attrito dinamico tra il piano orizzontale e l’oggetto?[Fg = 490N ; Fas = 980N ; F = 980N pari alla forza di attrito statico; F2 = 25N ;Fad = 955N ; µd = 1, 95]


Problema di: Dinamica - D0002

Testo [D0002] [2 2 1a ] Quale percentuale del volume di una statuetta dilegno di densità ρ = 0, 7 g

cm3 rimane immersa nell’acqua quando galleggia?

Spiegazione Abbiamo un oggetto di legno che sta galleggiando e quindi si trovain equilibrio statico. La somma della forza di gravità e della forza di archimede deveessere nulla, quindi queste due forze devono essere uguali.

Svolgimento

1. La forza di gravità che agisce sull’oggetto deve essere uguale alla forza diarchimede:

Fg = FArch

moggg = ρacquaVimmg

mogg = ρacquaVimm

2. La massa dell’oggetto può essere scritta come

mogg = ρoggVogg

3. La precedente formula diventa quindi

ρoggVogg = ρacquaVimm

Vimm

Vogg=

ρoggρacqua

Vimm

Vogg=

0, 7 gcm3

1 gcm3

= 0, 7 = 70%


F

= costTesto [D0003] [3 2 1a ] Un oggetto si muo-ve su di un piano orizzontale con velocità costante,sotto l’azione di una forza F = 100N . Se il coef-ficiente di attrito tra il piano e l’oggetto vale µd = 1, 5 quanto vale la massadell’oggetto?

Spiegazione Abbiamo un oggetto che si muove spinto da una forza e che viaggiacon velocità costante, mentre la forza di attrito radente con il piano orizzontale losta frenando. La forza che schiaccia l’oggetto contro la superficie è in questo caso laforza di gravità sull’oggetto.

Svolgimento

1. Il primo principio della dinamica mi dice che la forza F deve essere uguale allaforza di attrito:

Fa = F

2. Da qui, sapendo che in questo esercizio la forza di attrito è generata dalla forzadi gravità:

µdFschiaccia = F

µdmg = F

3. In fine trovo la massa dell’oggetto

m =F

µdg=

100N

1, 5 · 9, 8ms2

= 6, 8 kg



Testo [D0004] [2 2 1a ] Un oggetto di ferro di massa m = 2 kg è fermo,appeso ad una molla di costante elastica k = 10 N

cm e contemporaneamente tiratoverso il basso da una calamita che esercita una forza magnetica Fm = 50N . Diquanto si è allungata la molla?

Spiegazione Visto che l’oggetto in questione è fermo, allora la somma delle forzeche agiscono su di lui è zero. Sull’oggetto agiscono la forza di gravità verso il basso,la forza elastica verso l’alto e la forza magnetica verso il basso.

Svolgimento Visto che la somma delle forze che agiscono sull’oggetto è zero

Fel = Fg + Fm

k ·∆l = mg + F

∆l =mg + F

k=

2 kg · 9, 8 ms2 + 50N

10 Ncm

= 6, 96 cm


1. Una mongolfiera di massa mm = 120 kg e volume V = 3000m3, trattenutada una corda fissata a terra, si trova ad un’altezza h = 100m da terra. Su diessa ci sono 2 persone ognuna aventi massa mp = 70 kg. In questo momentola mongolfiera è ferma. La densità dell’aria vale ρaria = 1, 3 kg

m3 e la densitàdell’aria calda vale ρaria−calda = 1, 08 kg

m3 . Quanto vale la massa complessi-va della mogolfiera (massa della mongolfiera + massa delle persone + massadell’aria calda)? Quanto vale e verso dove è diretta la forza di gravità comples-siva che agisce sulla mogolfiera? Quanto vale e verso dove è diretta la forzadi Archimede che agisce sulla mongolfiera? Quanto vale la tensione sul filo?

[m = 3500 kg; Fg = 34300N ; FA = 38220N ; T = 3220N ; ]

2. Un oggetto di massa m = 500 kg e volume V = 100 dm3 schiaccia una mollacon costante elastica k = 800 N

cm . Quanto vale la forza di gravità che agisce

sull’oggetto? Di quanto si accorcia la molla? Se immergo l’oggetto e la molla inun liquido la molla si accorcia di più o di meno? Perchè? La densità dell’acquaè ρ

H2O= 1 kg

dm3 . Di quanto si accorcia la molla se l’oggetto è immerso in acqua?[Fg = 4900N ; ∆l = 6, 125 cm; La molla si accorcia di meno, visto che si aggiunge

la forza di Archimede che spinge l’oggettoin alto; ∆l = 4, 9 cm]

3. Un oggetto di densità ρ = 0.7 kgdm3 è completamente immerso in un liquido di

densità ρ = 0.9 kgdm3 . Il suo volume totale è Vtot = 30 dm3. Quanto vale la

massa dell’oggetto? Quanto vale la forza di gravità che agisce sull’oggetto?Quanto vale la forza di Archimede che agisce sull’oggetto? Quanto vale laforza totale che lo spinge verso l’alto? Una volta che l’oggetto è arrivato insuperficie (e quindi si ferma) quanto vale la forza di Archimede che agisce sudi esso? Quanto vale il volume della parte immersa dell’oggetto? [m =

21 kg; Fg = 205, 8N ; FA = 264, 6N ; Ftot = 58, 8N ; FA2= 205, 8N ; V =

23, 33 dm3]


Problema di: Dinamica, secondo principio - D0005

Testo [D0005] [2 1 1a ] Una palla da tennis di massa m = 58 g, colpisceuna racchetta con una velocità i = 20 m

s e a causa della forza della racchetta, tornaindietro con una velocità f = 30 m

s . Sapendo che il tempo di impatto è ∆t = 5ms,quale forza media ha espresso la racchetta sulla pallina?

Spiegazione La racchetta fa una forza e di conseguenza fa cambiare la velocità equindi la quantità di moto della pallina. E’ il secondo principio della dinamica.

Svolgimento La pallina prima dell’urto ha una velocità in un verso, e dopo l’urtoha una velocità nel verso opposto. Questo fa si che la variazione di velocità è pari a

∆ = f − i = 20m

s−(−30

m

s

)= 50

m

s

Applicando il secondo principio della dinamica avremo:

F =∆P

∆t= m

∆

∆t= 0, 058 kg ·

50m

s0, 005 s

= 580N

Se ancora non avete studiato la grandezza fisica chiamata "quantità di moto"allora potete seguire questi calcoli del tutto equivalenti ai precedenti

F = m · a = m∆

∆t= 0, 058 kg ·

50m

s0, 005 s

= 580N


Testo [D0006] [3 3 2a ] Una slitta di massam1 = 0, 12 kg scivola senza attrito su un piano orizzon-tale tirata da un filo di massa trascurabile che, attraversouna carrucola, è a sua volta attaccato ad un peso di massam2 = 0, 02 kg. Tale peso viene tirato verso il basso dalla forza di gravità. Con qualeaccelerazione si muove il sistema?

Spiegazione Il pesino m2 viene spinto verso il basso dalla forza di gravità; taleforza fa però muovere sia il pesino che la slitta con la stessa accelerazione. Quindiper il secondo principio della dinamica la forza di gravità sul pesino dovrà essereuguale alla massa totale del sistema moltiplicato la sua accelerazione.

Traccia di lavoro: prima di guardare la soluzione, segui la seguente traccia dilavoro.

Per ogni oggetto presente nel problema: disegna tutte le forze che agiscono sudi esso, disegna l’accelerazione che subisce, infine applica ad ognuno di essi ilsecondo principio della dinamica. Otterrai il sistema di equazioni che risolve ilproblema.

Svolgimento La forza di gravità che agisce sul pesino è

Fg2 = m2g = 0, 02 kg · 9, 8ms2

= 1, 96N

Lo schema delle forze ci permette di scrivere tre equazioni, tutte derivanti dal-l’applicazione del terzo principio, una per il peso nella direzione verticale, uno perla slitta in direzione verticale ed uno per la slitta in direzione orizzontale

m2g − T = m2a

T = m1a

Rv = m2g

Da questo sistema si ottiene


m2g = (m1 +m2)a

a =m2

m1 +m2g

a =0, 02 kg

0, 14 kg· 9, 8m

s2= 1, 4

m

s2

La tensione del filo èT =

m1m2

m1 +m2g = 0, 168N


F1F2

F3

Rv

b1 b2

b3

Testo [D0007] [3 5 1a ] Una sbarraorizzontale, libera di ruotare intorno ad un pernocentrale, è tenuta ferma da tre forze come mostra-to in figura: F1 = 30N , F2 = 10N ed F3 = 40N ,poste rispettivamente a distanza b1 = 30 cm, b2 =

30 cm e b3 dal perno. Calcola la distanza b3 e la reazione vincolare Rv del perno.

Spiegazione In questo esercizio abbiamo una sbarra sottoposta complessivamentea quattro forze. Visto che la sbarra è ferma avremo che la somma di tutte le forze cheagiscono sulla sbarra è nulla, e la somma di tutti i momenti che agiscono sulla sparraè nulla.


Imponi l’equilibrio traslazionale; scegli un punto di rotazione; per ogni forzascrivi il relativo momento della forza ed infine imponi l’equilibrio rotazionale.Otterrai un sistema di due equazioni la cui soluzione è soluzione del problema.

Svolgimento Cominciamo con l’affermare che la somma di tutte le forze è zero;la somma delle forze verso l’alto deve quindi essere uguale alla somma delle forzeverso il basso.

Rv = F1 + F2 + F3

Per cuiRv = 80N

Adesso affermiamo che la somma di tutti i momenti è zero; la somma dei momen-ti orari deve essere uguale alla somma dei momenti antiorari. Consideriamo il pernocome punto di rotazione del sistema e di conseguenza togliamo dall’equazione ilmomento della reazione vincolare.

M1 =M2 +M3


F1b1 = F2b2 + F3b3

F1b1 − F2b2 = F3b3

b3 =F1b1 − F2b2

F3=

900N cm− 300N cm

40N= 15 cm


Testo [D0008] [2 2 1a ] Un vaso di massa trascurabile contiene V = 15 dm3

di acqua salata (ρ = 1, 03 kgdm3 ) ed è appeso ad una molla di costante elastica k =

100 Nm . Di quanto si allunga la molla?

Spiegazione In questo problema la forza di gravità tira il vaso verso il basso mentrela molla si allunga e so spinge verso l’alto. Consideriamo trascurabile la massa delvaso. Per risolvere il problema i servirà conoscere il valore della densità dell’acquasalata ρ

H2O= 1, 03 kg

dm3 .

Svolgimento Consideriamo con indicare la massa di acqua presente nel vaso con

mH2O

= ρH2O

· V

La forza di gravità verso il basso vale

Fg = ρH2O

· V · g

la forza elastica che tira verso l’alto vale

Fel = k ·∆l

Per cui, eguagliando le due forze

k ·∆l = ρH2O

· V · g

∆l =ρ

H2O· V · gk

=1, 03 kg

dm3 · 15 dm3 · 9, 8 ms2

100 Nm

= 1, 5m


1. Una molla di costante elastica k = 5 Ncm viene schiacciata verso il basso da un

oggetto di massa m = 12 kg. Di quanto si accorcia la molla? [∆l =23, 2 cm]


2. Un oggetto di massa m = 20 kg viene messo sopra una molla facendola ac-corciare di ∆l = 2 cm. Quanto vale la forza di gravità che agisce sull’oggetto?Quanto vale la forza fatta dalla molla per sorreggere l’oggetto? Quanto vale lacostante elastica della molla? [Fg = 196N ;Fe = 196N ; k = 98 N

cm ]

3. Un oggetto di massa m = 5 kg viene appeso ad una molla di costante elasti-ca k = 16N

m attaccata al soffitto. Quanto vale la forza di gravità che agiscesull’oggetto? Di quanto si allunga la molla? [Fg = 49N ; ∆l = 306, 25 cm;]

4. Un’automobile di massa m = 800 kg si appoggia su quattro ammortizzatori dicostante elastica k = 100 N

cm . Di quanto vengono compressi tali ammortizzatoria causa del peso dell’automobile? [∆l = 19, 6 cm]

5. Un’edificio costruito com m = 200000 kg di materiale edile si appoggia su 16molle di costante elastica k = 10000 N

cm . Di quanto si comprimono tali molle acausa del peso dell’edificio?


Fg

F1 F2

L

d

Testo [D0009] [3 3 1a ] Due per-sone stanno sollevando una trave di for-ma irregolare, di massa m = 50 kg e lun-ga L = 2m tenendola per i suoi estremi. Ilbaricentro della trave si trova a d = 70 cm

da uno degli estremi della trave stessa. Quanto valgono le forze fatte dalle duepersone?

Spiegazione Le forze che le due persone devono fare servono per tenere la sbarrain equilibrio rotazionale e traslazionale. Eseguito uno schema della situazione, lasoluzione del problema si ottiene imponendo due condizioni: la somma di tutte leforze è zero, e la somma di tutti i momenti è zero. In particolare per la seconda equa-zione, visto che la sbarra è ferma, possiamo scegliere come punto di rotazione quelloche preferiamo; la scelta più comoda sarà di considerare come punto di rotazioneuno degli estremi della sbarra.

Svolgimento Impostiamo la condizione di equilibrio rotazionale, scegliendo co-me punto di rotazione il punto di applicazione della forza F1, quella più vicina albaricentro della trave

M2 =Mg

F2L = mgd

F2 =mgd

L=

50 kg · 9, 8 ms2 · 0, 7m

2m= 171, 5N

Impostiamo la condizione di equilibrio traslazionale

F1 + F2 = mg

F1 = mg − F2 = 50 kg · 9, 8 ms2

− 171, 5N = 318, 5N



Fg

Fel1 Fel2

L

d

Testo [D0012] [3 3 1a ] Una sbar-ra lunga L = 2m, il cui baricentro è a d =

50 cm da uno degli estremi, è appesa ai dueestremi a due molle, allungatesi entrambe di∆l = 6 cm. La prima molla ha costante ela-stica k1 = 1000 N

cm . Calcola la costante elastica dell’altra molla e la massa dellasbarra.

Spiegazione Questo è un problema di equilibrio. Visto che la sbarra è ferma, lasomma delle forze è zero e la somma dei momenti è zero; queste due condizionipermetteranno di risolvere il problema.

Svolgimento Cominciamo con l’imporre la condizione di equilibrio rotazionale;consideriamo il baricentro della sbarra come punto di rotazione.

F2b2 = F1b1

Dove F1 e F2 sono le forze esercitate dalle due molle e b1 e b2 sono i rispettivi braccirelativi al baricentro della sbarra.

F2 =F1b1b2

=k1∆l · dL− d

=1000 N

cm · 6 cm · 0, 5m1, 5m

= 2000N

k2 =F2

∆l=

2000N

6 cm= 333, 3

N

cmAdesso imponiamo la condizione di equilibrio traslazionale (somma delle forze

uguale a zero)Fg = F1 + F2

mg = F1 + F2

mg = k1∆l + k2∆l

m =k1∆l + k2∆l

g=

6000N + 2000N

9, 8 ms2

= 816, 3 kg


Testo [D0013] [2 3 1a ] Un cubo di ferro di densità ρFe = 7874 kgm3 , e di lato

l = 20 cm si trova sul fondo di una piscina piena di acqua di densità ρH2O

= 1000 kgm3 .

Qual è la minima forza necessaria per sollevarlo dal fondo della piscina?

Spiegazione Sul cubo di ferro agiscono la forza di gravità verso il basso e la forzadi Archimede verso l’alto. Visto che la forza di gravità è maggiore della forza diarchimede, per sollevare l’oggetto dobbiamo fare una forza maggiore o al minimouguale a quella necessaria per sorreggerlo e tenerlo in equilibrio.

Svolgimento Il volume e la massa dell’oggetto valgono

VFe = l3 = 8000 cm3 = 0, 008m3

mFe = ρFeVFe = 7874kg

m3· 0, 008m3 = 63 kg

La forza di gravità vale

Fg = mg = 63 kg · 9, 8 ms2

= 617, 3N

Essendo l’oggetto completamente immerso nell’acqua

FArc = ρH2O

VFeg = 1000kg

m3· 0, 008m3 · 9, 8 m

s2= 78, 4N

Infine la forza che devo fare per sorreggere il blocco e tenerlo in equilibrio vale

T = Fg − FArc = 617, 3N − 78, 4N = 538, 9N


1. Sul fondo di una piscina piena d’acqua è legato con un filo elastico un pallon-cino del volume V = 10 dm3 e di massa m = 500 g. Si nota che il palloncinotira l’elastico verso l’alto e l’elastico si è allungato di ∆l = 20 cm. Quanto vale everso dove è diretta la forza di gravità che agisce sul palloncino? Quanto vale


e verso dove è diretta la forza di Archimede che agisce sul palloncino? Qualeforza deve fare l’elastico per tenere fermo il palloncino? Quanto vale la costan-te elastica dell’elastico? [Fg = 4, 9N diretta verso il basso; Farch = 98N

diretta verso l’alto; Fel = 93, 1N diretta verso il basso; k = 4, 6505 Ncm .]

2. Con una fionda voglio lanciare un sasso di massa m = 150 g verticalmente ver-so l’alto. La costante elastica dell’elastico della fionda è k = 6 N

cm e il mio bracciosta allungando l’elastico di ∆l = 15 cm. Quanta forza sta facendo l’elastico del-la fionda? Quanto vale la forza di gravità che agisce sul sasso? Quanta forza stafacendo il mio braccio per riuscire ad allungare quell’elastico? [Fe = 90N ;Fg = 1, 47N ; F = 88, 53N ]

3. Un oggetto di densità ρ = 0.7 kgdm3 , volume V = 10 dm3 sta galleggiando in un

contenitore pieno d’acqua. La densità dell’acqua vale ρH2O

= 1000 kgm3 . Quanto

vale la massa dell’oggetto? Quanto vale la forza di gravità che agisce sull’og-getto? Quanto deve valere la forza di archimede che agisce sull’oggetto vistoche l’oggetto galleggia? Quanto vale il volume della parte immersa dell’ogget-to? [m = 7 kg; Fg = 68, 6N ; Fa = 68, 6N ;V = 7 dm3]


Testo [D0014] [1 1 1a ] Se un oggetto di volume V = 9 cm3 galleggiasull’acqua immerso per i 2

3 del suo volume, quanto vale la forza di Archimede cheagisce su di lui? [ρacqua = 1 kg

dm3 ]

Spiegazione L’oggetto subisce la forza di Archimede in quanto è immerso nell’ac-qua. In questo esercizio è sufficiente applicare la formula della forza di Archimede.

Svolgimento Il calcolo della forza è:

FArc = ρH2O

Vimmg = ρH2O

2

3Voggg = 1000

kg

m3· 23· 0, 000009m3 · 9, 8 m

s2

FArc = 0, 0588N

Volendo essere più precisi potremmo considerare anche la parte dell’oggetto chesi trova fuori dall’acqua, pari ad un terzo del volume dell’oggetto, in quanto è im-mersa nell’aria

FArc−aria = ρariaVimmg = ρaria1

3Voggg = 1, 3

kg

m3· 13· 0, 000009m3 · 9, 8 m

s2

FArc−aria = 0, 0000392N

La forza di Archimade totale sarà la somma delle due forze

FArch−tot = FArc + FArc−aria = 0, 0588392N

tenendo presente che enrambe le forze sono dirette verso l’alto.



Testo [D0015] [1 1 1a ] Un ciclista di massa m = 60 kg corre in pianuraalla velocità costante = 35 km

h . Se le forze d’attrito con l’aria hanno un valoreFa = 500N , quanto vale la forza in avanti che il ciclista fa spingendo sui pedali?Spiegane il perché. Quanto vale l’accelerazione con la quale si muove la bicicletta?

Spiegazione In questo problema dobbiamo semplicemente applicare il primo prin-cipio della dinamica.

Svolgimento Dal momento che il ciclista si muove con velocità costante, possiamoapplicare il primo principio della dinamica, per cui la somma di tutte le forze è nulla.

Ftot = 0

Sul ciclista, in orizzontale, agiscono soltanto due forze, quella di attrito e quelladel ciclista. Visto che sono opposte, e che la loro somma deve fare zero, allora le dueforze sono uguali. Per cui

Fattrito = 500N

Dalla definizione di accelerazione avremo che se la velocità è costante, alloral’accelerazione è nulla

a = 0m

s2


F1 F2b1

b2Testo [D0016] [3 5 1a ] Una sbarraorizzontale di massa trascurabile è inchioda-ta nel suo centro. Due forze F1 = F2 = 20N

vengono applicate alla sbarra verso il bassorispettivamente alla distanza b1 = 20 cm a sinistra e b2 = 30 cm a destra del cen-tro. Dove devo applicare una forza F3 = 2N verso il basso per ottenere equilibriorotazionale? Quanto vale e verso dove è diretta la reazione vincolare del chiodo?

F1 F2F3

Rv

b1

b2b3

Spiegazione In questo proble-ma abbiamo una sbarra in equili-brio sotto l’azione di quattro for-ze. La Reazione vincolare delchiodo impone l’equilibrio tra-slazionale, per cui la somma del-le forze è zero. Le altre tre forzesono tali da ottenere l’equilibrio rotazionale, per cui la somma dei momenti è zero.Imponendo queste due condizioni otteniamo le risposte alle domande del problema.

Svolgimento La reazione vincolare del chiodo deve essere rivolta verso l’alto, inquanto tutte le altre tre forze sono rivolte verso il basso.

Rv = F1 + F2 + F3 = 42N

Il momento della forza F1 è

M1 = F1b1 = 20N · 20 cm = 400N cm antiorario

Il momento della forza F2 è

M2 = F2b2 = 20N · 30 cm = 600N cm orario

Il momento della forza F3 deve quindi essere antiorario e per questo la forzaF3 deve essere posizionata a sinistra del centro della sbarra. Dalla condizione di


equilibrio rotazionale avremoM3 =M2 −M1

F3b3 =M2 −M1

b3 =M2 −M1

F3=

200N cm

2N= 100 cm


1. Per sollevare un oggetto della massa m = 150 kg uso una sbarra lunga l =

2m. Da un lato della sbarra posiziono l’oggetto. Il fulcro della leva si trovaa r1 = 20 cm da dove l’oggetto è posizionato. All’estremo opposto io applicouna forza F . A quale distanza viene applicata la forza F dal fulcro? Quantovale il momento della forza di gravità che agisce sull’oggetto? Quanto devevalere la forza F per sollevare l’oggetto? [r = 180 cm;MFg

= 29400N · cm; F = 163, 3N ;]

2. Immaginate una sbarra orizzontale senza peso con un perno nel suo centro. Lasbarra è libera di ruotare intorno al suo centro. Applicate sul lato destro dellasbarra una forza F1 = 100N verso il basso ad una distanza b1 = 20 cm. Ap-plicate ora una seconda forza F2 = 70N verso il basso sul lato sinistro dellasbarra ad una distanza b2 = 30 cm. Quanto vale e in quale verso fa ruotare ilmomento della forza F1? Quanto vale e in quale verso fa ruotare il momentodella forza F2? Quanto vale e in quale verso fa ruotare il momento totale ap-plicato sulla sbarra? [M1 = 2000Ncm orario; M2 = 2100Ncm antiorario;Mt = 100Ncm antiorario]

3. Una sbarra orizzontale senza peso con un perno nel suo centro è libera di ruo-tare intorno al suo centro. Rispetto al centro, sul lato destro della sbarra èapplicata una forza F1 = 300N verso il basso ad una distanza b1 = 10 cm; unaseconda forza F2 = 60N è applicata verso il basso sul lato sinistro della sbarraad una distanza b2 = 0, 3m; una terza forza F3 = 10N è applicata verso ilbasso sul lato destro della sbarra ad una distanza b3 = 4 dm. Quanto valgono ein quale verso fanno ruotare i momenti delle forze F1, F2, e F3? Quanto vale ein quale verso fa ruotare il momento totale applicato sulla sbarra? Se vogliamo

applicare una forza F4 ad una distanza b4 = 16 cm dal centro sul lato destro,per equilibrare il sistema dal punto di vista della rotazione, quanto deve valeree verso dove deve essere diretta? [M1,or = 3000Ncm; M2,an = 1800Ncm;M3,or = 400Ncm; Mtot,or = 1600Ncm; F4 = 100N verso l’alto.]

4. Una tavola di massa m = 10 kg e lunga l = 180 cm viene sollevata da due per-sone che la tengono dai bordi. Sulla tavola è appoggiato un oggetto di massam1 = 5000 g ad una distanza d = 36 cm dal bordo sinistro. Quale forza devonofare le due persone? [Fs = 88, 2N ; Fd = 58, 8N ]

5. un trampolino di lunghezza l = 3m è vincolato ad un estremo da due pernidistanti tra loro d = 1m. Se una persona di massa m = 80 kg si mette sullapunta del trampolino, quanto valgono le reazioni vincolari dei due perni?


Problema di: Dinamica - D0017ban

Testo [D0017ban] [1 18 1a ] Esercizi banali di Dinamica:

1. Calcolo di forze

(a) Quanto vale la forza di gravità che agisce su di una macchina di massam = 800 kg? [Fg = 7840N ]

(b) Quanto vale la forza di Archimede che agisce su di un oggetto di densitàρ = 0, 7 g

cm3 e di volume V = 5 cm3 completamente immerso nell’acqua?[FArch = 0, 049N ]

(c) Se una molla esercita una forza F = 100N e la vedo accorciarsi di ∆l =2 cm, quanto vale la costante elastica di quella molla? [k = 50 N

cm ]

(d) Una macchina di massa m = 800 kg sta facendo una curva di raggio r =

20m ad una velocità V = 50ms . Quale forza centrifuga spinge l’auto verso

l’esterno della curva? [Fc = 10000N ]

(e) Una moto da corsa di massa m = 100 kg viaggia alla velocità V = 70 Kmh

lungo una curva di raggio r = 50m. Quanto vale la forza centripeta chesubisce la moto? [Fc = 756, 17N ]

2. Calcolo di Momenti di una forza

(a) Una forza F = 500N viene applicata ad una distanza r = 2m da un puntofisso e formante un angolo α = 90 con la retta che unisce il punto fissoed il punto di applicazione della forza. Quanto vale il momento di quellaforza? [M = 1000Nm]

(b) Una forza F = 100N viene applicata ad una distanza r = 3m da un puntofisso e formante un angolo α = 30 con la retta che unisce il punto fissoed il punto di applicazione della forza. Quanto vale il momento di quellaforza? [M = 150Nm]

(c) Una forza F = 50N viene applicata ad una distanza r = 3m da un puntofisso e formante un angolo α = 180 con la retta che unisce il punto fissoed il punto di applicazione della forza. Quanto vale il momento di quellaforza? [M = 0Nm]

(d) Ad un pendolo con asta, senza massa, di lunghezza l = 30 cm è appeso unoggetto di massa m = 10 kg. Il pendolo è inclinato di un angolo α = 45

rispetto alla verticale. Quanto vale il momento della forza di gravità cheagisce sull’oggetto? [M = 20, 8Nm]

(e) Immaginate una sbarra orizzontale senza peso con un perno nel suo cen-tro. La sbarra è libera di ruotare intorno al suo centro. Applicate sul latodestro della sbarra una forza F1 = 300N verso il basso ad una distanzab1 = 10 cm dal perno. Applicate ora una seconda forza F2 = 60N verso ilbasso sul lato sinistro della sbarra ad una distanza b2 = 30 cm dal perno.Applicate ora una terza forza F3 = 10N verso il basso sul lato destro del-la sbarra ad una distanza b3 = 40 cm dal perno. Indica quanto valgono ein quale verso fanno ruotare: il momento della forza F1, il momento del-la forza F2, il momento della forza F3, il momento totale applicato sullasbarra. [M1−o = 30Nm; M2−a = 18Nm; M3−o = 4Nm;Mtot−o = 16Nm.]

(f) Su di una sbarra verticale, che come punto fisso la sua estremità inferio-re, viene applicata orizzontalmente una forza F1 = 10N verso destra adun’altezza h1 = 2m. Una seconda forza orizzontale F2 = 30N viene ap-plicata verso sinistra ad un’altezza h2 = 70 cm. Quanto vale il momentodella prima forza? Quanto vale il momento della seconda forza? Quantovale il momento totale applicato alla sbarra? [M1−o = 20Nm;M2−a = 21Nm; Mtot−a = 1Nm]


Svolgimento

1. Calcolo di forze


(a)Fg = mg = 800 kg · 9, 8 m

s2= 7840N

(b)

FArch = ρfluido · Vfluido−spostato · g = 1g

cm3· 5 cm3 · 9, 8 m

s2= 0, 049N

(c) Utilizzando la formula inversa

k =F

∆l=

100N

2 cm= 50

N

cm

(d)

Fc = m2

r= 800Kg ·

2500m2

s2

20m= 10000N

(e)

Fc = m2

r= 100Kg ·

4900 1000·1000m2

3600·3600 s2

50m= 756, 17N

2. Calcolo di Momenti di una forza

(a)M = 500N · 2m · sen(90) = 1000Nm

(b)M = 100N · 3m · sen(30) = 150Nm

(c)M = 50N · 3m · sen(180) = 0Nm

(d)M = 10 kg · 9, 8 m

s2· 0, 3m · sen(45) = 20, 8Nm

(e)M1−orario = F1 · b1 · sen(90) = 300N · 0, 1m · 1 = 30Nm

M2−antiorario = F2 · b2 · sen(90) = 60N · 0, 3m · 1 = 18Nm

M3−orario = F3 · b3 · sen(90) = 10N · 0, 4m · 1 = 4Nm

Mtot−orario=M1−orario+M3−orario−M2−antiorario=16Nm


1. Su di una sbarra verticale, che come punto fisso la sua estremità inferiore, vie-ne applicata orizzontalmente una forza F1 = 10N verso destra ad un’altezzah1 = 2m. Una seconda forza orizzontale F2 = 30N viene applicata verso si-nistra ad un’altezza h2 = 70 cm. Una terza forza orizzontale F3 = 30N vieneapplicata verso sinistra ad un’altezza h3 = 50 cm. Quanto valgono i momentidella prima forza, della seconda e della terza forza? Quanto vale il momentototale applicato alla sbarra? [M1−o = 20Nm; M2−a = 21Nm;M3−a = 15Nm; Mtot−a = 16Nm]

2. Su di una sbarra orizzontale senza peso di lunghezza l = 50 cm applichiamouna forza F = 100N verso il basso nell’estremo destro della sbarra. Quantovale il momento della forza rispetto al punto centrale della sbarra? Quantovale il momento della forza rispetto all’estremo sinistro della sbarra? Rispettoa quale punto il momento della forza è nullo? [ M1−o = 25Nm;M2−o = 50Nm; Rispetto all’estremo destro.]



Testo [D0018] [2 2 1a ] A quale velocità minima deve andare una motoci-cletta per fare il giro della morte su di una pista circolare di raggio r = 10m?

Spiegazione Durante il giro della morte, la motocicletta è soggetta a due forze: laforza di gravità verso il basso e la forza centrifuga che schiaccia la moto contro lapista. La moto non si stacca dalla pista quando la forza centrifuga è per lo menouguale alla forza di gravità.

Svolgimento Eguagliando le due forze che agiscono sulla moto avremo:

Fc = Fg

m2

r= mg

2

r= g

=√gr =

√9, 8

m

s2· 10m = 9, 9

m

s


Testo [D0019] [1 1 1a ] Quanto vale la forza di gravità che agisce su di unoggetto di ferro (ρFe = 7, 874 kg

dm3 ) di volume V = 5 dm3?

Spiegazione In questo problema bisogna semplicemente mettere i valori nelle for-mule e fare i conti. l’unica particolarità è quella di notare che per calcolare la forzadi gravità bisogna avere la massa dell’oggetto, mentre il problema fornisce soltantoil suo volume. Avendo però specificato il materiale, è come se il problema ci avesseanche indicato il valore della densità dell’oggetto.

Svolgimento La massa dell’oggetto vale

m = ρ · V = 7874kg

m3· 0, 005m3 = 39, 37 kg

Quindi la forza di gravità vale

Fg = mg = 39, 37 kg · 9, 8 ms2

= 385, 826N



Testo [D0020] [1 2 1a ] Un oggetto di massa m = 100 kg e volume V =

5 dm3 si trova sul fondo di una piscina piena di acqua (ρacqua = 1 kgdm3 ). Quanto vale

la densità dell’oggetto? Se sollevo l’oggetto con una forza F2 = 2000N , con qualeforza totale l’oggetto si muove?

Spiegazione Questo esercizio si risolve semplicemente mettendo i dati all’internodelle formule ed eseguendo una somma di vettori.

Svolgimento La densità dell’oggetto vale

ρogg =m

V=

100 kg

5 dm3= 20

kg

dm3

La forza di gravità che agisce sull’oggetto vale

Fg = mg = 100 kg · 9, 8 ms2

= 980N

La forza di Archimede vale

FArc = ρfVfsg = 1kg

dm3· 5 dm3 · 9, 8 m

s2= 49N

Sommando tutte le forze, tenendo conto che la forza di gravità spinge verso ilbasso e le altre due verso l’alto, avremo che la forza totale verso l’alto vale

Ftot = 1069N


Testo [D0021] [1 3 1a ] Una statua d’oro (m = 19, 3 kg ; V = 1 dm3) vienelanciata in mare (ρ

H2O−mare = 1, 02 kgdm3 ). Calcola la forza di gravità, di Archimede

e totale che agiscono sulla statua. Se attacco alla statua un pallone di massa mp =

1, 7 kg e volume Vp = 40 dm3, quanto vale la forza totale sulla statua?

Spiegazione Abbiamo un oggetto immerso nell’acqua che subisce quindi due for-ze: la forza di gravità verso il basso e la forza di Archimede verso l’alto.

Svolgimento La densità dell’oro vale

ρAu =m

V=

19, 3 kg

1 dm3= 19, 3

kg

dm3

La forza di gravità, di Archimede e totale che agiscono sull’oggetto valgono

Fg = mg = 19, 3 kg · 9, 8 ms2

= 189, 1N

FArc = ρfVfsg = 1, 02kg

dm3· 1 dm3 · 9, 8 m

s2= 10N

Ftot = Fg − FArc = 179, 1N

Attaccando poi il pallone, cambiano di conseguenza la massa del sistema ed ilvolume dello stesso. I nuovi valori di forza di gravità, di Archimede e totale sono:

Fg2 = (m+mp) g = (19, 3 kg + 1, 7 kg) · 9, 8 ms2

= 205, 8N

FArc2 = ρfVfsg = 1, 02kg

dm3·(1 dm3 + 40 dm3

)· 9, 8 m

s2= 409, 8N

Ftot2 = FArc2 − Fg2 = 204N



Testo [D0022] [2 2 1a ] Un oggetto di massa m = 500 g si muove di motocircolare uniforme di raggio r = 20 cm ad una velocità V = 4 m

s attaccato ad unamolla di costante elastica k = 10 N

cm . Quanto vale la forza centrifuga che tira lamolla? Di conseguenza, di quanto si è allungata la molla?

Spiegazione In questo esercizio un oggetto si muove di moto circolare uniforme.Per muoversi in tale modo, serve una forza centripeta, e tale forza è data da unamolla.

Svolgimento La forza centrifuga che tira la molla vale

Fc = m2

r= 0, 5 kg ·

16 m2

s2

0, 2m= 40N

Eguagliano poi la forza centripeta con la forza elatrica avremo:

Fe = Fc

k ·∆l = m2

r

∆l =m2

kr=

0, 5 kg · 16 m2

s2

1000 Nm · 0, 2m

= 0, 04m


Testo [D0023] [2 1 1a ] Una carrucola sta sorreggendo un oggetto di massam = 6 kg. L’oggetto è attaccato all’asse centrale della carrucola ed entrambi i capidella corda intorno alla carrucola vengono tirati verso l’alto. Quanto vale la tensionesul filo che tiene la carrucola?

Spiegazione Il cavo che tiene la carrucola tira verso l’alto sia sul lato destro chesul lato sinistro della carrucola. Il doppio della tensione del filo sarà quindi pari allaforza con cui la carrucola viene tirata verso il basso

T T

m

Fg

Svolgimento Imponendo l’equilibrio statico avremo

2T = Fg

T =mg

2=

6 kg · 9, 8 ms2

2= 29, 4N



Testo [D0025] [2 2 1a ] Un palloncino è tenuto fer-mo sott’acqua da una molla di costante elastica k = 5 N

cm . Il suovolume è V = 1 dm3 e la sua massa è m = 400 g. Di quanto siallunga la molla?

Fg

FArc

Fel

Spiegazione In questo problema il palloncino è fermo,quindi la somma di tutte le forze che agiscono su di essoè nulla. Le forze in gioco sono tre: la forza elastica dellamolla, la forza di gravità e la forza di Archimede. La for-za di gravità è verso il basso; quella di Archimede versol’alto. La forza elastica deve adattarsi allo scopo di renderenulla la somma delle forze. Considerando che parliamo diun palloncino ci aspettiamo (ma dobbiamo poi confermarlocon i conti) che la forza elastica sia rivolta verso il basso, inquanto, se lasciato libero, ci aspettiamo che quel palloncinosi muova verso l’alto per andare a galleggiare.

Svolgimento La condizione di equilibrio traslazionale è:

Fg + Fel = FArc

tenendo conto che il palloncino è tutto immerso, e quindi il volume di fluidospostato è pari al volume dell’oggetto

m · g +K ·∆l = ρH2O

· Vogg · g

da cui, con la formula inversa

K ·∆l = ρH2O

· Vogg · g −m · g

∆l =ρ

H2O· Vogg · g −m · g

K

∆l =1 kg

dm3 · 1 dm3 · 9, 8 ms2 − 0, 4 kg · 9, 8 m

s2

5 Ncm

= 1, 176 cm



Testo [D0026] [3 4 1a ] Una sbarra orizzontale è realizzata unendo quattrocubi di lato l = 10 cm e massa rispettivamente m1 = 1 kg, m2 = 2 kg,m3 = 3 kg,m4 =

4 kg. La sbarra è sorretta da due fili attaccati nel centro del primo e del quarto cubo.Calcola il baricentro della sbarra e le forze F1 ed F2 che devono fare i due fili affinchéla sbarra sia ferma.

Spiegazione Questo problema è un problema di equilibrio. La sbarra è ferma equindi non trasla e non ruota. Il problema si risolve imponendo l’equilibrio trasla-zionale e l’equilibrio rotazionale. Una delle forze del problema è la forza di gravitàche agisce sulla sbarra; il problema può essere risolto in due modi: o consideriamoquattro diverse forze di gravità applicare ognuna nel baricentro di ognuno dei quat-tro cubi, oppure consideriamo una sola forza di gravità applicata nel baricentro dellasbarra. Lo schema dell’esercizio è il seguente:

F1

F2

Fg

La soluzione più facile per risolvere il problema è quella di considerare la sbarracome un solo oggetto damtot = 10 kg; calcolarne la posizione del baricentro, in mododa sapere dove mettere la forza di gravità; ed infine impostare le due equazionidell’equilibrio.

Svolgimento Cominciamo con il determinare la posizione del baricentro della tra-ve. Mettiamo un sistema di riferimento come mostrato in figura

0.0 10.0 20.0 30.0 40.0

xB =x1m1 + x2m2 + x3m3 + x4m4

m1 +m2 +m3 +m4

xB =5 cm · 1 kg + 15 cm · 2 kg + 25 cm · 3 kg + 35 cm · 4 kg

10 kg= 25 cm

Stabilita la posizione del baricentro della sbarra, punto nel quale applicheremo laforza di gravità, dobbiamo ora imporre le condizioni dell’equilibrio.

La condizione di equilibrio rotazionale deve essere imposta solo dopo avere iden-tificato il punto di rotazione rispetto al quale calcoliamo i momenti delle forze. Co-ne punto di rotazione scegliamo il baricentro del primo cubo. La condizione diequilibrio rotazionale diventa

M2 =Mg

F2 · b2 = Fg · bg

F2 =Fg · bgb2

=mtotg · bg

b2

F2 =10 kg · 9, 8 m

s2 · 25 cm35 cm

= 70N

La condizione di equilibrio traslazionale è

Ftot = 0

F1 + F2 = Fg

F1 = Fg − F2 = 10 kg · 9, 8 ms2

− 70N = 28N



F1F2

Rvb1 b2

Testo [D0027] [3 3 1a ] Una sbarraorizzontale è tenuta ferma da un chiodo nelsuo centro. Sula lato sinistro, ad una distanzab1 = 18 cm viene applicata una forza F1 =

30N verso il basso. Sul lato destro, ad una distanza b2 = 12 cm viene applicata unaforza F2 verso il basso. Quanto vale la forza F2 per tenere ferma la sbarra?

Spiegazione Questo problema è un problema di equilibrio rotazionale, in quantole forze in questione non sono posizionate nel punto di rotazione della sbarra. Lasbarra è ferma e quindi non ruota. Il problema si risolve imponendo l’equilibriorotazionale.

Svolgimento Il momento della forza M1 = F1 · b1, antiorario, deve essere uguale almomento della forza M2 = F2 · b2 che è invece orario.

M2 =M1

F2 · b2 = F1 · b1

F2 =F1 · b1b2

=30N · 18 cm

12 cm= 45N


F1 F2

Fg2 Fg1

d

Testo [D0028] [3 4 1a ] Una travedi legno di massa m1 = 2 kg e di lunghezzaL = 1m è sorretta ai bordi da due persone.Sulla trave si trova un oggetto di massam2 =

1 kg ad una distanza d = 20 cm dal bordo sinistro della trave. Quanto valgono leforze che fanno le due persone?

Spiegazione In questo problema abbiamo una sbarra in equilibrio sotto l’azionedi quattro forze. La sbarra è ferma per cui la somma delle forze è zero e la sommadei momenti è zero. Imponendo queste due condizioni otteniamo le risposte alledomande del problema.

Svolgimento Imponendo l’equilibrio traslazionale avremo

F1 + F2 = Fg1 + Fg2

Assumendo come punto di rotazione il punto di applicazione della forza F1 chesi trova sull’estremo sinistro della sbarra, avremo che M1 = 0, Mg1 = orario, Mg2 =

orario, M2 = antiorario, e quindi

0 +Mg +Mg2 =M2

Fg1 ·L

2+ Fg2 · d = F2 · L

da cui si ricava F2

F2 =m1g

L2 +m2gd

L= m1g

1

2+m2g

d

L= 17, 64N

Calcolata F2 possiamo adesso calcolare F1 dalla prima formula scritta:

F1 = m1g +m2g − F2 = 11, 76N



Rv F2

F1Fg

b1

l

Testo [D0029] [3 4 1a ] Una tra-ve orizzontale di massa m = 10 kg e lun-ga l = 200 cm è libera di ruotare attorno adun perno fisso posto nella sua estremità si-nistra. La trave è tenuta ferma da una forzaF1 = 100N posta ad una distanza b1 = 30 cm dal perno ed una forza F2 applicata alfondo della trave. Calcola i valori della forza F2 e della reazione vincolare.

Rv F2

F1Fg

b1

l

Spiegazione La trave in que-stione è ferma, quindi l’eserciziosi risolve imponendo sia l’equili-brio traslazionale che quello ro-tazionale. Sulla trave agisconoquattro forze: la forza di gravitàverso il basso, la forza F1 verso il basso, la forza F2 verso l’alto e la reazione vincolaredel chiodo verso l’alto.

Svolgimento Cominciamo con l’equilibrio rotazionale e analizziamo il verso di tut-ti i momenti delle forze presenti. Consideriamo il chiodo come il punto di rotazionedella sbarra. Le forze F1 ed F2 generano momenti M1 ed M2; la forza di gravitàFg = mg = 98N genera un momento Mg ; la reazione vincolare Rv non genera alcunmomento in quanto è applicata nel punto di rotazione.

M1−orario = F1 · b1 = 3000Ncm

Mg−orario = mgl

2= 9800Ncm

Imponendo la condizione di equilibrio rotazionale abbiamo:

M2−antiorario =M1 +Mg = 12800Ncm

F2 =M2

l= 64N

Dove la forza F2 deve essere verso l’alto. la condizione di equilibrio traslazionaòle è

Rv = F1 + Fg − F2 = 134N



RvF3

F1F2

b1

l

c

Testo [D0030] [3 4 1a ] Una traveorizzontale lunga l = 2m è libera di ruota-re attorno ad un perno fisso posto nella suaestremità sinistra. La trave viene tirata ver-so il basso da una forza F1 = 100N posta aduna distanza b1 = 30 cm dal perno e da una forza F2 = 200N posta ad una distanzac = 40 cm dalla prima forza. Calcola la forza F3 da applicare al fondo della trave perequilibrarla e non farla ruotare.

RvF3

F1F2

b1

l

c

Spiegazione La trave in questio-ne è ferma e non deve ruotare,quindi l’esercizio si risolve im-ponendo l’equilibrio rotazionale.Sulla trave agiscono quattro forze:la forza F1 verso il basso, la forza F2 verso il basso, la forza F3 verso l’alto e lareazione vincolare del chiodo verso l’alto.

Svolgimento Cominciamo con l’equilibrio traslazionale e analizziamo il verso ditutti i momenti delle forze presenti. Consideriamo il chiodo come il punto di rota-zione della sbarra. Le forze F1 ed F2 generano momentiM1 edM2; la forza di gravitàFg = mg = 98N genera un momento Mg ; la reazione vincolare Rv non genera alcunmomento in quanto è applicata nel punto di rotazione.

M1−orario = F1 · b1 = 100N · 30 cm = 3000N cm

M2−orario = F2 · b2 = F2 · (c+ b1) = 200N · 70 cm = 14000N cm

Imponendo la condizione di equilibrio rotazionale abbiamo:

M3−antiorario =M1 +M2 = 17000N cm

F3 =M3

l=

17000N cm

200 cm= 85N



Testo [D0031] [2 2 1a ] In una giostra dei seggiolini tenuti da una catenasi muovono di moto circolare uniforme in orizzontale con frequenza ν = 0, 25Hz

descrivendo un cerchio di raggio r = 3m. Una persona seduta nel seggiolino ha unamassa m = 70 kg. Quanta forza deve fare la catena per sorreggere il seggiolino?

Spiegazione L’oggetto si muove di moto circolare uniforme, quindi la forza di gra-vità sommata alla forza esercitata dalla catena danno la forza centripeta che fa muo-vere il seggiolino di moto circolare. Nel sistema di riferimento della persona sulseggiolio, egli sente la forza di gravità, la forza esercitata dalla catena e la forza cen-trifuga dovuta alla rotazione. Il problema si risolverà imponendo un’equilibrio traqueste tre forze. Il risultato dell’esercizio rappresenta di fatto il peso della persona.

Svolgimento Imponendo l’equilibrio tra forza centrifuga, forza di gravità e reazio-ne vincolare della catena avremo

Rv = Fg + Fg

La forza di gravità è verticale verso il basso; la forza centripeta è orizzontale versol’esterno della curva. La reazione vincolare è sulla stessa direzione della somma delledue precedenti forze, ma ha verso opposto. Per passare dall’equazione vettorialea quella scalare dovremo utilizzare il teorema di pitagora dove il modulo di Rv èl’ipotenusa di un triangolo i cui cateti sono uguali ai moduli di Fg e Fg ; per cui

Rv =√F 2g + F 2

c =√m2g2 +m2 · ω4r2

sapendo che nel moto circolare uniforme

ω = 2 · π · ν = 1.57rad

s

possiamo quindi calcolare la reazione vincolare della catena

Rv = m ·√g2 + ω4r2 = 70 kg ·

√96, 04

m2

s4+ 54, 68

m2

s4= 859, 4N


Testo [D0032] [3 3 1a ] State tenendo in mano un sasso di massa m =

1 kg mentre l’avambraccio è fermo in posizione orizzontale. Il sasso si trova ad unadistanza b1 = 30 cm dal gomito. Il muscolo bicipite, che esprime una forza versol’alto, è attaccato all’avambraccio ad una distanza b2 = 5 cm dal gomito. Quantovale la forza che deve fare il muscolo per sorreggere il sasso? Quale forza agisce sulgomito?

Spiegazione L’avambraccio del nostro problema si può modellizzare come una tra-ve orizzontale bloccata da un perno (il gomito) su un lato, spinta verso l’alto da unaforza F2 applicata vicina al perno, e spinta verso il basso da una forza Fg applicatalontano dal perno. Visto che l’avambraccio è fermo, allora la somma delle forze e lasomma dei momenti che agiscono su di esso sono nulle.

Svolgimento Indicando con Rv la forza che tiene l’avambraccio attaccato al gomi-to, l’equazione dell’equilibrio traslazionale è

F2 = Rv + Fg

dove la forza di gravità sul sasso vale

Fg = mg = 1 kg · 9, 8 ms2

= 9, 8N

Indichiamo il gomito come punto di rotazione del sistema (nei conti che seguonoho ipotizzato di disegnare il gomito della persona sulla sinistra e la relativa manosulla destra). La forza Fg genera un momento Mg orario; la forza F2 genera unmomento M2 antiorario. L’equazione dell’equilibrio traslazionale è

M2 =Mg

QuindiF2b2 = Fgb1

F2b2 = mgb1


F2 =Fgb1b2

=9, 8N · 30 cm

5 cm= 58, 8N

Riprendendo adesso la prima formula

Rv = F2 − Fg = 58, 8N − 9, 8N = 49N


Testo [D0033] [1 1 1a ] Faccio più fatica a sorreggere un oggetto di ferrodi densità ρFe = 7874 kg

m3 e volume VFe = 2 dm3 o ad allungare una molla di costanteelastica k = 30 N

cm dalla lunghezza li = 10 cm alla lunghezza lf = 15 cm?

Spiegazione In questo esercizio viene chiesto di confrontare i valori di due forzedifferenti per dire quale delle due è più intensa. Le due forze sono la forza di gravitàsull’oggetto di ferro e la forza elastica sulla molla.

Svolgimento La forza di gravità vale

Fg = mg = 2 dm3 · 7874 kgm3

· 9, 8 ms2

= 0, 002m3 · 7874 kgm3

· 9, 8 ms2

= 154, 33N

La forza elastica della molla vale

Fel = k ·∆l = k · (lf − li) = 30N

cm· 5 cm = 150N

la forza di gravità è quindi maggiore



Testo [D0034] [3 3 2a ] Ad una macchina di Atwood sono appese duemasse m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg. Con quale accelerazione si muove il sistema?

Spiegazione Una macchiuna di Atwood è costituita da una carrucola con perno fis-so a cui sono appese due masse. Nel sistema agiscono due forze di gravità entrambeverso il basso che, rispetto alla direzione del filo, risultano opposte.

Svolgimento La forza totale che agisce lungo la direzione del filo è

Ftot = m2g −m1g = (m2 −m1)g

Per il secondo principio della dinamica abbiamo che

Ftot = mtota

(m2 −m1)g = (m2 +m1)a

Per cui l’accelerazione con cui si muove il sistema è

a =m2 −m1

m2 +m1g

a =3 kg

7 kg· 9, 8m

s2= 4, 2

m

s2


Testo [D0035] [1 1 1a ] Se vuoi mantenere un sasso sott’acqua senza chetocchi il fondo, devi fare una forza verso l’alto o verso il basso? Disegna le forzesull’oggetto e motiva la tua risposta. Immagina adesso di fare la stessa cosa con unpallone di plastica, devi fare una forza verso l’alto o verso il basso? Disegna le forzesull’oggetto e motiva la tua risposta.

Spiegazione In questo esercizio si richiede di analizzare la condizione di equilibrioper un corpo immerso in un liquido. Per rispondere alle domande devi disegnare leforze che agiscono sui corpi e poi disegnare la forza che devi fare tu al fine di creareuna condizione di equilibrio traslazionale.

Svolgimento Nel caso del sasso, abbiamo una forza di gravità verso il basso mag-giore della forza di Archimede verso l’alto. Per avere equilibrio Ftot = 0 tu dovraifare una forza verso l’alto.

Nel caso del pallone, abbiamo una forza di gravità verso il basso minore dellaforza di Archimede verso l’alto. Per avere equilibrio Ftot = 0 tu dovrai fare unaforza verso il basso.



Testo [D0036] [2 2 1a ] Ad una molla di costante elastica k = 50 Nm viene

appeso un oggetto di massa m = 4 kg. Di quanto si allunga la molla?

Fg

Fel

Spiegazione In questo problema la forza di gravità tira l’og-getto verso il basso mentre la molla si allunga e lo spinge versol’alto. Essendo l’oggetto fermo, allora la forza totale che agiscesull’oggetto è nulla.

Svolgimento L’oggetto è fermo, quindi la forza totale cheagisce è nulla.

Fel − Fg = 0

per cuik ·∆l = m · g

∆l =m · gk

=4 kg · 9, 8 m

s2

50 Nm

= 0, 784m

Problema di: Dinamica - D0036a

Testo [D0036a] [2 2 1a ] Un oggetto di massa m = 2 kg, appeso ad unamolla, la allunga di ∆l = 0, 784 cm. Calcola la costante elastica della molla.

Fg

Fel

Spiegazione Appendendo l’oggetto alla molla, la molla si al-lunga. Non focalizziamoci sul fatto che per un certo tempo l’og-getto appeso oscillerà, ma concentriamoci sulla posizione finaleche l’oggetto assume, cioè quando l’oggetto si ferma. Quandol’oggetto è fermo è in equilibrio.

Svolgimento Quando l’oggetto appeso alla molla è fermo, al-lora è in equilibrio e quindi la somma delle forze su di esso de-ve valere zero. La forza elastica è quindi uguale alla forza digravità.

Fel = Fg

k ·∆l = mg

k =mg

∆l=

2 kg · 9, 8 ms2

0, 784 cm= 25

N

cm



Testo [D0037] [2 2 1a ] Su di una macchina sale una persona di massam = 80 kg. Di quanto si abbassa la macchina se le quattro molle su cui poggia hannocostante elastica k = 100 N

cm?

Spiegazione In questo problema la forza di gravità tira la persona verso il bassomentre le quattro molle si schiacciano e spingono verso l’alto. Essendo il sistemafermo, allora la forza totale che agisce su di esso è nulla. Le quattro molle insieme,schiacciandosi, aumentano la forza che fanno per compensare l’aumento del pesodovuto alla presenza della persona.

Svolgimento Il sistema è fermo, quindi la forza totale che agisce è nulla.

4Fel − Fg = 0

per cui4k ·∆l = m · g

∆l =m · g4k

=80 kg · 9, 8 m

s2

4 · 100 Ncm

= 1, 96 cm


F

Testo [D0038] [2 2 1a ] Un oggetto di pe-so Fp = 40N si muove su di un piano orizzontale concoefficiente di attrito dinamico µd = 0, 02, spinto da unaforza F = 20N nello stesso verso del moto. Qual è la forza totale che agisce su diesso?

F

Fa

Fp

RvSpiegazione Il peso dell’oggetto lo schiaccia controil piano, generando una forza di attrito. Sulla lineadel movimento abbiamo quindi due forze opposte: laforza esterna che spinge l’oggetto nel verso del motoe la forza di attrito ad essa opposta. Sulla linea per-pendicolare al moto la forza totale è invece nulla. Ilpavimento fa una reazione vincolare che compensa ilpeso dell’oggetto.

Svolgimento

Ftot = F−Fa = F−µdFp = 20N−0, 02·40N = 19, 2N



FTesto [D0038a] [2 2 1a ] Un oggetto di pe-so Fp = 40N si muove su di un piano orizzontale concoefficiente di attrito dinamico µd = 0, 02, spinto da unaforza F = 20N nel verso opposto del moto. Qual è la forza totale che agisce su diesso?

F

Fa

Fg

RvSpiegazione Il peso dell’oggetto lo schiaccia controil piano, generando una forza di attrito. Sulla lineadel movimento abbiamo quindi due forze concordi:la forza esterna che spinge l’oggetto nel verso oppostodel moto e la forza di attrito ad essa opposta al versodel moto. Sulla linea perpendicolare al moto la for-za totale è invece nulla. Il pavimento fa una reazionevincolare che compensa il peso dell’oggetto.

Svolgimento

Ftot = F+Fa = F+µdFp = 20N+0, 02·40N = 20, 8N


F

Testo [D0039] [3 3 1a ] Un oggetto di mas-sa m = 2 kg si muove su di un piano orizzontalecon coefficiente di attrito dinamico µd = 0, 2, spin-to da una forza F = 20N nello stesso verso del mo-to. Considera che l’oggetto ha un volume V = 0, 5m3 e che la densità dell’aria èρaria = 1, 3 kg

m3 . Qual è la forza totale che agisce su di esso?

F

Fa

Fg

RvSpiegazione Il peso dell’oggetto lo schiaccia controil piano, generando una forza di attrito. In questo ca-so il peso dell’oggetto è pari alla forza do gravità chesubisce, in quanto trascuriamo gli effetti della forzadi Archimede. Sulla linea del movimento abbiamoquindi due forze opposte: la forza esterna che spingel’oggetto nella direzione del moto e la forza di attri-to ad essa opposta. Sulla linea perpendicolare al mo-to la forza totale è invece nulla. Il pavimento fa unareazione vincolare che compensa il peso dell’oggetto.

SvolgimentoFtot = F − Fa = F − µd (Fg − ρariaV g)

Ftot = F−µd (mg − ρariaV g) = 20N−0, 2·(2 kg − 0, 5m3 · 1, 3 kg

m3

)·9, 8 m

s2= 17, 35N



F

Testo [D0039a] [3 3 1a ] Un oggetto di massa m =

2 kg si muove su di un piano orizzontale con coefficiente diattrito dinamico µd = 0, 2, spinto da una forza F = 20N converso opposto a quello del moto. Considera che l’oggetto haun volume V = 0.5m3 e che la densità dell’aria è ρaria = 1, 3 kg

m3 . Qual è la forzatotale che agisce su di esso?

FArc

F

Fg

RvSpiegazione Il peso dell’oggetto lo schiaccia controil piano, generando una forza di attrito. In questo casoil peso dell’oggetto è pari alla forza di gravità che su-bisce meno la forza di Archimede nel senso opposto.Sulla linea del movimento abbiamo quindi due for-ze concordi: la forza esterna che spinge l’oggetto nelverso opposto a quello del moto e la forza di attritoanch’essa essa opposta. Sulla linea perpendicolare almoto la forza totale è invece nulla. Il pavimento fa unareazione vincolare che compensa il peso dell’oggetto.

SvolgimentoFtot = F + Fa = F + µd (Fg − ρariaV g)

Ftot = F + µd (mg − ρariaV g)

Ttot = 20N + 0, 2 ·(2 kg − 0, 5m3 · 1, 3 kg

m3

)· 9, 8 m

s2= 22, 65N


Testo [D0040] [2 2 1a ] Un pendolo di massa m = 300 g è fermo, tirato inorizzontale da una forza F = 6N . Calcola la tensione del filo.

θ

Fg

FT m

∆h

Spiegazione In questo problemaabbiamo tre forze disposte su di unpiano: la forza di gravità verso ilbasso, la forza esterna in orizzontale(immaginiamo verso destra) e la ten-sione del filo in diagonale lungo il fi-lo. In una condizione di equilibriola somma delle tre forze è nulla. Laforza di gravità è compensata dallacomponente verticale della tensionedel filo; la forza esterna è compensata dalla componente orizzontale della tensionedel filo. É inoltre importante notare che il triangolo rettangolo formato dalle tre forzeè simile al triangolo rettangolo formato dal filo (ipotenusa) e dalle sue due proiezioniverticale ed orizzontale (i due cateti).

Svolgimento La tensione del filo è in modulo pari alla somma della forza di gravitàe della forza esterna

T =√F 2g + F 2 =

√m2g2 + F 2 =

√0, 09 kg2 · 96, 04 m

2

s4+ 36N2

T = 6, 68N



Testo [D0041] [3 4 2a ] Un pendolo di massa m = 700 g e di lunghezzaL = 2m viene tirato in orizzontale da una forza F = 8N . Quanto vale la tensionedel filo che sorregge il peso? Di quanto si solleva il peso?

θ

Fg

FT

m

∆h

Spiegazione In questo problema abbiamotre forze disposte su di un piano: la forza digravità verso il basso, la forza esterna in oriz-zontale (immaginiamo verso destra) e la ten-sione del filo in diagonale lungo il filo. In unacondizione di equilibrio la somma delle treforze è nulla. La forza di gravità è compensa-ta dalla componente verticale della tensionedel filo; la forza esterna è compensata dallacomponente orizzontale della tensione del fi-lo. É inoltre importante notare che il triango-lo rettangolo formato dalle tre forze è simile al triangolo rettangolo formato dal filo(ipotenusa) e dalle sue due proiezioni verticale ed orizzontale (i due cateti).


T =√F 2g + F 2 =

√m2g2 + F 2 =

√0, 49 kg2 · 96, 04 m

2

s4+ 64N2

T = 10, 54N

Consideriamo adesso il triangolo rettangolo formato dal filo (ipotenusa) e dallesue due proiezioni verticale ed orizzontale (i due cateti) Il cateto verticale lo si trovasfruttando la similitudine tra triangoli e la conseguente proporzionalità tra i lati.

y : Fg = L : T

per cui

y = L · Fg

T= L · Fg√

Fg2 + F 2

La massa attaccata al pendolo si è quindi sollevata di una quantità

∆h = L− y = L ·

(1− Fg√

Fg2 + F 2

)= 0, 70m



Testo [D0042] [2 1 1a ] Sapendo che la massa di Marte vale M = 6, 39 ·1023kg ed il suo raggio vale R = 3390 km, calcola il valore dell’accelerazione di gra-vità di Marte. Come cambierebbe tale accelerazione se avessimo un pianeta "X" diraggio doppio e con il doppio della massa?

Spiegazione L’accelerazione di gravità la si trova imponendo l’uguaglianza tra laformula della forza di gravità sulla superficie di un pianeta e la legge di gravitazioneuniversale.

Svolgimento L’accelerazione di gravità sulla superficie del pianeta la si trova scri-vedo:

m · gMarte

= GM

Marte·m

R2Marte

g = GM

Marte

R2Marte

= 3, 7m

s2

Nel caso di un oianeta il raggio fosse il doppio rispetto al valore di Marte, e fossedoppia anche la massa, l’accelerazione di gravità verrebbe divisa per 2, infatti:

gx = GMx

R2x

= G2 ·M

Marte

(2 ·RMarte

)2 =

1

2GM

Marte

R2Marte

=1

2gMarte


Testo [D0043] [21⁄2 2 1a ] Un oggetto striscia con velocità costante su di unpiano inclinato. Sapendo che la reazione vincolare del piano vale Rv = 17N e che leforze di attrito valgono Fa = 9, 8N , calcolate la massa dell’oggetto ed il coefficientedi attrito dinamico del piano.

Fg

Rv

Fa

1 = cost

θ

Spiegazione L’oggetto si muove con ve-locità costante, quindi per il primo prin-cipio della dinamica la somma delle forzesu di esso è nulla. Lo schema delle for-ze è rappresentato qui a lato. La reazionevincolare e la forza di attrito sono tra loroperpendicolari.

Svolgimento Visto lo schema delle forzeavremo:

−Fg = Rv + Fa

e di conseguenzaFg =

√R2

v + F 2a =

√385N2 = 19, 6N

La massa del corpo sarà quindi

m =Fg

g=

19, 6N

9, 8 ms2

= 2 kg

La forza che schiaccia la sfera contro il piano inclinapo è pari alla reazione vinco-lare del piano, quindi il coefficiente di attrito dinamico sarà

µd =Fa

Rv= 0, 58



Testo [D0044] [2 3 2a ] In quale punto, sulla linea tra la Terra e la Luna,deve essere messo un satellite affinché subisca a causa dei due corpi celesti una forzadi gravità complessiva nulla?

FL

FT

Spiegazione Il satellite in questione si de-ve trovare sul segmento di congiunzionetra due corpi celesti; in questo modo subi-sce due forze di gravità aventi stessa dire-zione ma verso opposto. Affinchè le forze siano uguali è necessario che il satellite sitrovi più distante dal corpo celeste con più massa.

Svolgimento Indichiamo con r la distanza del satellite dalla Terra. Indichiamo cond la distanza della Terra dalla Luna. Per avere che il satellite sia sulla congiungentedei due corpi celesi dobbiamo avere 0 < r < d

Eguagliamo adesso le due forze di gravità che agscono sul satellite.

GMTm

r2= G

MLm

(d− r)2

da cuiMT

r2=

ML

(d− r)2

r2

MT=

(d− r)2

ML

ML

MTr2 = d2 − 2dr + r2(

1− ML

MT

)r2 − 2dr + d2 = 0

Indichiamo per comodità a =ML

MTProcediamo con i calcoli ed avremo

r =d±

√d2 − d2(1− a)

1− a

r = d1±

√a

1− a

Escludiamo adesso la soluzione che non rappresenta una posizione che sia tra idue corpi celesti, rimane

r = d1−

√a

1− a

Nel nostro problema r è la distanza del satellite dalla Terra, d è la distanza dellaLuna dalla Terra, a è il rapporto tra la assa della luna e quella della Terra. Avremoquindi

a = ML

MT= 0, 0123

d = 384400 km

r = 384400 km1−

√0, 0123

1− 0, 0123= 346020 km



Testo [D0045] [2 2 1a ] Un’automobile di massa m = 800 kg si appog-gia su quattro ammortizzatori di costante elastica k = 100 N

cm . Di quanto vengonocompressi tali ammortizzatori a causa del peso dell’automobile?

Spiegazione In questo problema la forza di gravità tira il vaso verso il basso l’au-tomobile, mentre le quattro molle attaccate alle ruote spingono verso l’alto. Visto chel’automobile è ferma, vuol dire che la somma delle forze su di lei è nulla.

Svolgimento La somma delle forze sulla macchina è nulla, quindi

Fg = 4 · Fel

M · g = 4 · k ·∆l

∆l =m · g4k

∆l =800 kg · 9, 8 m

s2

4 · 100 Ncm

= 19, 6 cm


Testo [D0046] [2 3 1a ] A due molle identiche, montate in serie, di massam = 0, 2 kg e costante elastica K = 2 N

cm è appeso un oggetto di massa M = 1 kg. Diquanto si allungano complessivamente le due molle?

Spiegazione In questo problema la forza di gravità tira le due molle verso il basso.La seconda molla deve solo sostenere il peso dell’oggetto, mentre la prima molla de-ve sostenere anche il peso della seconda molla. La prima molla quindi si allungheràpiù della seconda.

Svolgimento Per la seconda molla vale la condizione di equilibrio:

K ·∆l2 =M · g ⇒ ∆l2 =M · gK

Per la prima molla vale la condizione di equilibrio:

K ·∆l1 = (M +m) · g ⇒ ∆l1 =(M +m) · g

K

L’allungamento totale ottenuto sarà quindi

∆ltot = ∆l1 +∆l2 =M · gK

+(M +m) · g

K

∆ltot =(2M +m) · g

K=

2, 2 kg · 9, 8 ms2

2 Ncm

= 10, 8 cm



Testo [D0047] [2 2 1a ] Una macchina di massa m = 800 kg sta facendouna curva di raggio r = 20m su asfalto bagnato e con le gomme lisce. Tra l’asfalto ele ruote il coefficiente di attrito è µ = 0, 2. Quanto vale l’attrito dell’auto sull’asfalto?A quale velocità massima può andare la macchina per non uscire di strada?

Spiegazione Un’automobile percorre una curva di moto circolare uniforme graziealla forza di tipo centripeto fornita dalla forza di attrito delle ruote con l’asfalto.

Svolgimento La forza di gravità e la forza di attrito radente sull’auto valgono

Fg = mg = 800 kg · 9, 8 ms2

= 7840N

Fa = µFg = 0, 2 · 7840N = 1568N

La forza centripeta necessaria per fare la curva dipende dalla velocità dell’autoed è data dalla forza di attrito delle ruote con l’asfalto.

Fc = Fa ⇒ m2

r= µmg

=

√µmgr

m=

√1568N · 20m

800 kg= 6, 261

m

s

Se l’auto viaggia a velocità superiore esce di strada.


θ

Testo [D0048] [2 3 2a ] Un oggetto di massam = 2 kg è fermo su di un piano inclinato di θ = 30 ri-spetto all’orizzontale, senza attrito, attaccato ad una molla dicostante elastica k = 5 N

cm . Di quanto si allunga la molla?

θ

Fg

Fg∥

Fg⊥

T

Rv

Fel

T

Spiegazione Il peso è soggetto allaforza di gravità verticale verso il bas-so. Per analizzare lo schema delle for-ze è utile scomporre tale forza lungo lelinee parallela e perpendicolare al pia-no inclinato. Il piano inclinato esercitasul peso una reazione vincolare ugua-le alla forza premente Fg⊥. A spingerelungo il piano rimane la relativa com-ponente della forza di gravità Fg∥. Lamolla viene tirata verso l’alto dal filo,e quindi lei tira verso il basso.


Per ogni oggetto presente nel problema: disegna tutte le forze che agiscono sudi esso, disegna l’accelerazione che subisce, infine applica ad ognuno di essi ilsecondo principio della dinamica. Otterrai il sistema di equazioni che risolve ilproblema.

Svolgimento Dal momento che il sistema è fermo, allora la somma delle forze deveessere nulla. L’equazione dell’equilibrio deve essere applicata ad entrambi i punti


significativi: il baricentro dell’oggetto e la punta della molla. Avremo quindi che:Fg∥ − T = 0

Rv − Fg⊥ = 0

Fel − T = 0

Fg · sin θ − T = 0

Rv − Fg · cos θ = 0

Fel − T = 0

Risolvendo il sistema si ottiene che

Fel = m · g · sin θ

∆l =m · g · sin θ

k=

2 kg · 9, 8 ms2 · sin(30)

5 Ncm

= 1, 96 cm


θ

Testo [D0049] [4 5 3a ] Un oggetto dimassa m = 2 kg è fermo su un piano inclinato, concoefficiente di attrito statico µs = 0, 1, inclinato diun angolo θ = 30 rispetto all’orizzontale. L’og-getto è bloccato tramite un cavo inestensibile aduna molla di costante elastica k = 5 N

cm . Di quantosi allunga la molla?

θ

Fg

Fg∥

Fg⊥

T

Rv

Fel

T

Spiegazione Il peso è soggetto allaforza di gravià verticale verso il bas-so. Per analizzare lo schema delle for-ze è utile scomporre tale forza lungo lelinee parallela e perpendiolare al pia-no inclinato. Il piano inclinato esercitasul peso una reazione vincolare ugua-le alla forza premente Fg⊥. A spingerelungo il piano rimane la relativa com-ponente della forza di gravità Fg∥. Lamolla viene tirata verso l’alto dal filo,e quindi lei tira verso il basso. La presenza della forza di attrito statico complicale cose. L’attrito statico è una reazione vincolare che si adatta alla forza che ten-de a spostare l’oggetto, cercando di annullarla. Nello schema in figura non è statarappresentata la forza di attrito statico. In questo esercizio, se la forza che spingel’oggetto supera il valore della forza di attrito statico Fattr = µs · Fg⊥ allora l’oggettocomincierà a muoversi.

Svolgimento Dal momento che il sistema è fermo, allora la somma delle forze deveessere nulla. L’equazione dell’equilibrio deve essere applicata ad entrambi i punti


significativi: il baricentro dell’oggetto e la punta della molla. Avremo quindi che:−µs · Fg⊥ ≤ Fg∥ − T ≤ µs · Fg⊥

Rv − Fg⊥ = 0

Fel − T = 0

Risolvendo ora il sistema si ottiene che

µs · Fg⊥ + Fg∥ ≥ Fel ≥ −µs · Fg⊥ + Fg∥

mg [µs cos(θ) + sin(θ)] ≥ Fel ≥ mg [−µs cos(θ) + sin(θ)]

11, 50N ≥ Fel ≥ 4, 05N

Si ottiene quindi una condizione di equilibrio per un intervallo di posizioni del-l’oggetto, corrispondenti ad un allungamento della molla

2, 3 cm ≥ ∆l ≥ 0, 81 cm


θ

Testo [D0050] [4 3 3a ] Un oggetto di massa m =

2 kg si trova su di un carrello posizionato fermo su di unpiano inclinato inclinato di θ = 30 rispetto all’orizzontale.Il sistema inizialmente è fermo. L’oggetto è appoggiato aduna molla di costante elastica k = 5 N

cm , parallela al pianoinclinato. Di quanto si allunga la molla quando si lascia ilcarrello libeo di muoversi?

Fg

Rv

Fg⊥

Fel

Fg∥

θ

Spiegazione L’oggetto nel carrelloè soggetto alla forza di gravità verti-cale verso il basso. Per analizzare loschema delle forze è utile scompor-re tale forza lungo le linee parallelae perpendiolare al piano inclinato. Ilpiano inclinato esercita sul peso unareazione vincolare uguale alla forzapremente Fg⊥. A spingere lungo ilpiano rimane la relativa componen-te della forza di gravità Fg∥. Il car-rello è fermo e la pallina schiaccia lamolla con una forza pari a Fg∥. Nel momento in cui il carrello viene lasciato libero dicadere, il peso della pallina lungo la direzione del moto si annulla, quindi la mollanon viene più schiacciata e ritorna della lunghezza iniziale.

Svolgimento Dal momento che il sistema è inizialmente fermo, allora la sommadelle forze sull’oggetto deve essere nulla. L’equazione dell’equilibrio è quindi:Rv − Fg⊥ = 0

Fel − Fg∥ = 0

Il calcolo dell’allungamento della molla rispetto alla posizione a riposo mi da diconseguenza l’allungamento della molla quando il sistema viene lasciato libero.


k ·∆l = mg sin θ

∆l =mg sin θ

k=

2 kg · 9, 8 ms2 · 1

2

5 Ncm

= 1, 96 cm

Infatti quando il sistema è in caduta libera siamo in assenza di peso e quindi lamolla si riposiziona nella sua posizione a riposo.


Testo [D0051] [3 4 3a ] Una navicella spaziale di forma cilindrica conaltezza h = 10m e massa m2 = 500 kg è in orbita intorno alla Terra. La base inferioresi trova ad una distanza d = 408 km dal centro della Terra (di raggio R

T= 6371 km e

massa MT= 5, 97219 · 1024 kg). Quanto pesa un oggetto di massa m1 = 1 kg su tale

base?

Spiegazione Una navicella in orbita è in caduta libera e quindi l’accelerazione per-cepita dagli oggetti al suo interno dovrebbe essere nulla, e di conseguenza è nulloil loro peso. Questo è quanto giustamente si studia a scuola quando si introduconoi sistemi di riferimento non inerziali. Quando però si fa questo esempio, spesso siassume un ascensore in caduta libera e tutto torna bene perchè l’accelerazione subitadall’ascensore e quella subita dalla persona all’interno è la stessa, pari all’accelera-zione di gravità g supposta appunto costante. Detto questo il professore fa poi l’e-sempio dell’aereoplano in caduta libera e della stazione spaziale, magari mostrandodei filmati che effettivamente dimostrano un’assenza di peso.

Detto questo possiamo comunque approfondire l’argomento e chiederci se nelnostro problema effettivamente l’astronave e l’oggetto sul suo fondo subiscono lastessa accelerazione. In caso contrario il peso non risulterebbe nullo!

Svolgimento Utilizziamo la legge di gravitazione universale. L’accelerazione per-cepita da un corpo la indichiamo con

g = GM

T

R2

dove R è la distanza del baricentro del corpo dal centro della Terra e MT

è la massadella Terra.

La base della nostra navicella si trova ad una distanza dal centro della Terra paria r = 6779000m

Detta a l’accelerazione che percepisce l’oggetto sul fondo dell’astronave avremo:

P = m1 · a


P = m1 ·

(GM

T

(r)2 −G

MT(

r + h2

)2)

P = GMTm1 ·

(1

(r)2 − 1(

r + h2

)2)

P = GM

Tm1

r2·

(1− 1(

1 + h2r

)2)

P = 6, 67408 · 10−11 m3

kg · s25, 97219 · 1024 kg · 1 kg

(6779000m)2 ·

(1− 1

1 + 1, 48 · 10−6

)

P ≃ 8.67 · 1, 48 · 10−6N ≃ 12, 8 · 10−6N = 12, 8µN

Per questo motivo si dice comunemente che gli esperimenti sulla stazione spa-ziale sono fatti in un contesto di microgravità.


Testo [D0052] [2 3 1a ] Un ascensore si muove verso l’alto con accelera-zione a = 2 m

s2 . Una persona di massam = 70 kg si trova al suo interno in piedi soprauna bilancia. Qunto peso segna la bilancia?

Spiegazione In questo esercizio semplicemente applichiamo il secondo principiodella dinamica. Noi infatti sappiamo quali forze agiscono sulla persona e sappiamocon quale accelerazione si muove la persona.

Svolgimento Sulla persona agiscono due forze: la forza di gravità verso il basso ela reazione vincolare della bilancia verso l’alto. Possiamo quindi scrivere il secondoprincipio della dinamica

Ftot = m · a

T − Fg = m · a

T = m · g +m · a = m (g − a)

T = 70 kg ·(9, 8

m

s2+ 2

m

s2

)= 826N



Testo [D0053] [3 5 2a ] In una gara automobilistica un’auto affronta unacurva parabolica di raggio r = 40m, inclinata di α = 15 rispetto all’orizzontale.Sapendo che il coefficiente di attrito delle ruote sull’asfalto è µ = 0, 6, quale velocitàmassima può tenere l’auto senza perdere aderenza con la strada?

Spiegazione Abbiamo un problema di dinamica sul moto circolare e sul piano in-clinato. L’auto subisce una forza centrifuga e la forza di gravità, entrambe non alli-neate con il piano stradale. L’auto viene schiacciata verso il basso dalle componentidi entrambe le forze e spinto lateralmente dalle altre componenti delle stesse forze.

Svolgimento Nella direzione perpendicolare alla strada ci sono tre forze che agi-scono: la componente della forza di gravità

Fg⊥ = mg · cosα

la componente della forza centrifuga

Fc⊥ = m2

rsinα

ed infine la reazione vincolare del piano stradale

Rv = Fg⊥ + Fc⊥

Rv = mg · cosα+m2

rsinα

Contemporaneamente l’auto deve essere in equilibrio sulla linea parallela al pia-no stradale, su cui agisce l’altra componente forza di gravità

Fg∥ = mg sinα

l’altra componente della forza centrifuga

Fc∥ = m2

rcosα

e la forza di attrito radenteFa = µRv

QuindiFa = Fc∥ − Fg∥

µ (Fg⊥ + Fc⊥) = Fc∥ − Fg∥

µ

(mg · cosα+m

2

rsinα

)= m

2

rcosα−mg sinα

µg · cosα+ g sinα =2

rcosα− µ

2

rsinα

g (µ · cosα+ sinα) =2

r(cosα− µ sinα)

=

√gr (µ · cosα+ sinα)

(cosα− µ sinα)


Problema di: Cinematica - D0054

Testo [D0054] [2 2 1a ] Un oggetto di massa m = 2 kg striscia su di unpiano orizzontale con coefficiente di attrito dinamico µd = 2 spinto da una forzaF = 50N nello stesso verso del moto. Con quale accelerazione si sta muovendo?

Spiegazione In questo problema si applica il secondo principio della dinamicain quanto si conoscono le forze che agiscono sull’oggetto e si chiede di calcolarnel’accelerazione.

Svolgimento La forza che schiaccia l’oggetto contro il piano orizzontale è la forzadi gravità.

Fg = mg = 2 kg · 9, 8 ms2

= 19, 6N

Lungo la linea del movimento agiscono quindi due forze opposte: la forza ester-na che spinge l’oggetto e la forza di attrito dinamico. La forza totale che agiscesull’oggetto lungo la linea del moto è quindi

Ftot = F − Fatt = F − µdFg = 50N − 39, 2N = 10, 8N

L’accelerazione con cui l’oggetto si muove è quindi

a =Ftot

m=

10, 8N

2 kg= 5, 4

m

s2


F

α

Testo [D0055] [3 3 2a ] Un oggetto di massa m =

2 kg striscia su di un piano con coefficiente di attrito dinami-co µd = 0.2 sotto l’azione di una forza F = 5N inclinata diα = 30 verso l’alto rispetto alla velocità dell’oggetto. Calcolal’accelerazione dell’oggetto.

Fg

F∥

F⊥ F

Fa

Rv α

Spiegazione La forza che agisce sul blocco deveessere scomposta lungo la linea del movimento elungo la linea perpendicolare al movimento. Laforza di attrito si oppone al movimento ed è deter-minata dalla forza con cui l’oggetto viene schiac-ciato contro il piano. Il piano reagisce alla forzache schiaccia con la reazione vincolare verso l’alto.La forza di attrito è proporzionale alla forza cheschiaccia, quindi alla reazione vincolare del piano.Infatti, se consideriamo la linea perpendicolare alpiano, su tale linea l’oggetto è fermo, e quindi la forza totale è nulla. La reazionevincolare eguaglia di conseguenza la forza che schiaccia.

Svolgimento Cominciamo con l’osservare che in questo problema l’oggetto si stamuovendo nello stesso verso della componente F∥ della forza, quindi la forza diattrito è ad essa opposta.

Se consideriamo la linea del movimento, avremo

F∥ − µ (mg − F⊥) = ma

F cosα− µ (mg − F sinα)

m= a

a =4, 33N − 0, 2 · (19, 6N − 2, 5N)

2 kg= 0, 455

m

s2



F

αTesto [D0055a] [3 3 2a ] Un oggetto di massam = 2 kg striscia su di un piano con coefficiente di attrito dina-mico µd = 0.2 sotto l’azione di una forza F = 5N inclinata diα = 150 verso l’alto rispetto alla velocità dell’oggetto. Calcolal’accelerazione dell’oggetto.

Fg

F∥

F⊥ F

Fa

Rv

Spiegazione La forza che agisce sul blocco deveessere scomposta lungo la linea del movimento elungo la linea perpendicolare al movimento. Laforza di attrito si oppone al movimento ed è deter-minata dalla forza con cui l’oggetto viene schiac-ciato contro il piano. Il piano reagisce alla forzache schiaccia con la reazione vincolare verso l’alto.La forza di attrito è proporzionale alla forza cheschiaccia, quindi alla reazione vincolare del piano.Infatti, se consideriamo la linea perpendicolare alpiano, su tale linea l’oggetto è fermo, e quindi la forza totale è nulla. La reazionevincolare eguaglia di conseguenza la forza che schiaccia.

Svolgimento Cominciamo con lo scomporre la forza F nelle sue due componentiF∥ e F⊥. Disegniamo poi la forza di attrito che è opposta alla velocità del corpo. Inquesto problema l’oggetto si sta muovendo nel verso opposto alla componente F∥

della forza, quindi la forza di attrito è concorde ad essa.Analizziamo il problema in verticale: la forza di gravità è verso il basso e verso

l’alto la componente verticale della forza F . La forza di gravità è maggiore e quindila reazione del piano è verso l’alto.

Sulla linea verticale il corpo è fermo, quindi

Rv + F⊥ = mg

Rv = mg − F⊥

Se consideriamo ore la linea del movimento, avremo

F∥ + µ (Rv) = ma

F∥ + µ (mg − F⊥) = ma

F cosα+ µ (mg − F sinα)

m= a

a =4, 33N + 0, 2 · (19, 6N − 2, 5N)

2 kg= 3, 875

m

s2



Testo [D0056] [3 3 2a ] Un oggetto di massaM = 20 kg striscia senza attrito su di un piano orizzonta-le. L’oggetto è tirato da una corda inestensibile che, tramiteuna carrucola mobile, sorregge un peso di massa m = 10 kg.Con quale accelerazione si sta muovendo il sistema?

Spiegazione In assenza di attriti, l’unica forza che mette in movimento il sistema èla forza di gravità sul pesino di massam. Il problema si risolve applicando il secondoprincipio della dinamica ai due blocchi.

Svolgimento Il blocco che cade, per come è attaccato all’altro blocco, percorreràsempre la metà della distanza percorsa dal primo blocco. Infatti se il blocco appesoscende di un metro, vuol dire che un metro di corda si mette da un lato della car-rucola ed un altro metro di corda si mette dall’altro lato; il secondo blocco avanzaquindi di due metri per dare la corda necessaria. Questo vuol dire che il blocco ap-peso avrà sempre la metà della velocità del blocco trascinato, e quindi la metà dellasua accelerazione.

Sul blocco appeso agiscono la forza di gravità in basso e due tensioni del filo inalto.

mg − 2T = m · a2

Sul blocco che scivola in orizzontale avremo

T =Ma

Quindi

mg − 2Ma = m · a2

da cui

a · (m2

+ 2M) = mg

a = g · mm

2+ 2M

= 9, 81m

s2· 1045

= 2, 18m

s2



Testo [D0057] [3 4 3a ] Un oggetto di massa M =

20 kg striscia su di un piano orizzontale con coefficiente di at-trito µd = 0, 05. L’oggetto è tirato da una corda inestensibileche, tramite una carrucola mobile, sorregge un peso di mas-sa m = 10 kg. Tale peso si muove verso il basso. Con qualeaccelerazione si sta muovendo il sistema?

Spiegazione La forza che mette in movimento il sistema è la forza di gravità sulpesino di massa m. Il problema si risolve applicando il secondo principio della di-namica ai due blocchi. Sul blocco che scivola il orizzontale agisce anche la forza diattrito radente dinamico.

Svolgimento Il blocco che cade, per come è attaccato all’altro blocco, percorreràsempre la metà della distanza percorsa dal primo blocco. Questo vuol dire che avràsempre la metà della sua velocità e quindi la metà della sua accelerazione.

Sul blocco appeso agiscono la forza di gravità in basso e due tensioni del filo inalto.

mg − 2T = ma

2(10.1)

Sul blocco che scivola in orizzontale avremo

T − Fattr =Ma

T − µMg =Ma

T =Ma+ µMg

Quindi, sostituendo quest’ultima equazione nella 10.1

mg − 2 (Ma+ µMg) = ma

2

da cui, risolvendo l’equazione, otteniamo

a ·(m2

+ 2M)= g · (m− 2µM)

a = g · (m− 2µM)m

2+ 2M

= 9, 81m

s2· 8

45= 1, 744

m

s2

Ovviamente quanto calcolato vale solo se

m

2− 2µM > 0

in quanto l’accelerazione del blocco deve essere verso destra. Quindi solo se

µ <m

4M= 0, 125



Testo [D0058] [3 3 1a ] Una navicella spaziale di massa m1 = 4000 kg

deve recuperare un satellite artificiale di massa m2 = 2000 kg. Per farlo lo agganciacon una fune di lunghezza L = 60m e tira la fune con una forza F = 4N . Il satelliteè fermo rispetto alla navicella. Dopo quanto tempo la navicella recupera il satellite?

Spiegazione Quando la navicella tira il satellite, per il terzo principio il satellitetira la navicella. Entrambi gli oggetti si muovono di moto uniformemente acceleratoe la somma dei loro spostamenti deve essere pari alla loro distanza iniziale.

Svolgimento Le accelerazioni con cui si muovono i due oggetti sonoa1 = Fm1

= 10−3 ms2

a2 = Fm2

= 2 · 10−3 ms2

utilizzando le equazioni del moto avremo

L =1

2a1∆t

2 +1

2a2∆t

2

L =1

2(a1 + a2)∆t

2

2L

(a1 + a2)= ∆t2

∆t2 =2L

(a1 + a2)=

120m

3 · 10−3 ms2

= 40000 s2

∆t = 200 s


FTesto [D0059] [3 3 2a ] Due oggetti di mas-sa m1 = 20 kg ed m2 = 30 kg, sono legati da un filoinestensibile e liberi di scivolare su di un piano orizzontale senza attrito. Uno deidue viene tirato orizzontalmente da una forza F = 100N e di conseguenza trascinal’altro. Con quale accelerazione si muove il sistema?

FTTSpiegazione In questo problema sem-plicemente applichiamo la secondalegge della dinamica ai due corpi inmovimento. Il problema prevede di non tenere conto delle forze di attrito.

Svolgimento L’accelerazione del sistema avrà verso concorde alla forza F che agi-sce sul primo oggetto. La tensione del filo agisce orizzontalmente su entrambi i bloc-chi con verso opposto. Sul primo oggetto agiscono quindi due forze. Sul secondooggetto agisce solo la tensione del filo. Avremo quindiF − T = m1a

T = m2a

Risolvendo il sistema avremoF −m2a = m1a

T = m2aa = Fm1+m2

T = F m2

m1+m2

Abbiamo quindi ottenuto la tensione del filo e l’accelerazione del sistema. Nu-mericamente avremo a = 100N

50 kg = 2 ms2

T = 100N · 30 kg50 kg = 60N



FTesto [D0060] [3 3 2a ] Tre og-getti di massa m1 = 20 kg, m2 = 30 kg edm3 = 50 kg, sono legati da fili inestensibili e liberi di scivolare su di un piano oriz-zontale senza attrito. Il primo viene tirato orizzontalmente da una forza F = 100N

e trascina quindi gli altri. Calcola l’accelerazione del sistema e la tensione dei fili.

FT1T1T2T2Spiegazione In questoproblema semplicemen-te applichiamo la secon-da legge della dinamica ai tre corpi in movimento. In questo esercizio non si prevedela presenza di forze di attrito

Svolgimento L’accelerazione del sistema avrà verso concorde alla forza F che agi-sce sul primo oggetto. Le tensioni dei fili agiscono orizzontalmente su tutti i bloc-chi con verso opposto. Sul primo oggetto agiscono quindi due forze. Sul secondooggetto agiscono due forze. Sul terzo agisce solo la tensione del filo. Avremo quindi

F − T1 = m1a

T1 − T2 = m2a

T2 = m3a

Risolvendo il sistema avremo

F = m1a+m2a+m3a = (m1 +m2 +m3) a

T2 = F · m3

(m1+m2+m3)

T1 = F · m2+m3

(m1+m2+m3)

Abbiamo quindi ottenuto la tensione del filo e l’accelerazione del sistema. Nu-mericamente avremo

a = 100N100 kg = 1 m

s2

T1 = 100N · 80 kg100 kg = 80N

T2 = 100N · 50 kg100 kg = 50N



θ

Testo [D0061] [3 2 3a ] Un oggetto a forma diparallelepipedo con base b = 5 cm, altezza h e profonditànon conosciuta, viene posizionato su di un piano inclinatodi un angolo α = 30 rispetto all’orizzontale, come mostratoin figura. Per quale valore dell’altezza l’oggetto si ribalterà?[Suggerimento: ribaltarsi in questo caso significa ruotare intornoallo spigolo più in basso del parallelepipedo.]

Fg

Fg∥

Fg⊥

θ

Spiegazione Cominciamo con il dire che laforza di gravità agisce nel baricentro dell’og-getto, verticale verso il basso. In questo pro-blema dobbiamo analizzare se il parallelepi-pedo inizia o no una rotazione. Se lo facesse,il punto di rotazione sarebbe necessariamen-te lo spigolo inferiore del parallelepipedo. Intal caso la reazione vincolare del piano sareb-be necessariamente sullo spigolo di appoggioe quindi sul punto di rotazione. La reazionevincolare non contribuisce quindi alla rota-zione dell’oggetto. Rimangono le due com-ponenti della forza di gravità lungo le dire-zioni parallela e perpendicolare al piano in-clinato. Entrambe generano due momenti, uno orario ed uno antiorario. L’ogget-to inizierà la rotazione se il momento orario della forza parallela al piano risultamaggiore del momento antiorario della componente perpendicolare al piano.

Svolgimento La condizione per la rotazione dell’oggetto è

M∥ > M⊥

Fg sinα · h2> Fg cosα · b

2

h cosα > b sinα

L’angolo in questione è minore dell’angolo retto, quindi

h > b tanα

h >5√3cm



FTesto [D0062] [4 4 3a ] Due blocchi di massaM = 2 kg ed m = 1 kg, sono posti come mostrato in figura,liberi di scivolare senza attrito su di un piano orizzontalespinti dalla forza F . Tra i due blocchi c’è attrito con coefficiente di attrito staticoµs = 2. Calcola la minima forza F affinché il blocco più piccolo non cada.

F RvRv

Fa

Fg

Spiegazione La spinta F determina tra idue blocchi una coppia di reazioni vincola-ri che per il terzo principio della dinamicasono uguali ed opposte. Tali reazioni deter-minano una forza di attrito verso l’alto chesi oppone alla forza di gravità.

Svolgimento Analizzando le forzesulla linea orizzontale avremoF −Rv =M · a

Rv = m · a

da cui si ottienea = FM+m

Rv = F · mM+m

Se il blocco più piccolo non cadeallora

Fg = Fas

mg < µsRv

mg < µsF · m

M +m

F >(M +m)g

µs


F

a

θ

Testo [D0063] [2 3 2a ] Un blocco di massa m =

10 kg scivola senza attrito su di un piano inclinato di unangolo θ = 30 ed è spinto contro il piano da una forzaorizzontale F = 100N . Con quale accelerazione si muoveil blocco?

a

Fg

F

Rv

θ

Spiegazione L’analisi dello schema di forze avvie-ne su due assi perpendicolari tra loro: quello paral-lelo al piano inclinato e quello perpendicolare al pia-no inclinato. Sull’asse parallelo agiscono la compo-nente della forza di gravità verso il basso e la com-ponente della forza F verso l’alto. Sull’asse perpen-dicolare le componenti della forza F e della forza digravità entrambe schiacciano l’oggetto contro il pia-no, mentre il piano inclinato esercita una reazionevincolare Rv che equilibria le due forze precedenti. L’accelerazione del sistema è ov-viamente liungo il piano inclinato, essendo quella la linea del moto. A priori nonpossiamo sapere se verso l’alto o verso il basso, in quanto dipende dal valore dellaforza F , dalla massa dell’oggetto e dall’inclinazione del piano. Scegliete in modo ar-bitrario il disegno del verso dell’accelerazioone; se avrete sbagliato, ve ne accorgeretequando l’accelerazione vi verrà un valore negativo.

a

Fg∥Fg⊥

F∥

F⊥

Rv

a

θ

Svolgimento Per poter studiare il problema ènecessario scomporre tutte le forze lungo le duedirezioni interessanti del problema: quelle paralle-la e perpendicolare al piano inclinato. Dall’analisidello schema di forze sull’asse parallelo al pianoavremo

F cos θ − Fg sin θ = ma


a =F cos θ −mg sin θ

m=

100N ·√3

2− 98N · 1

210 kg

= 3, 76m

s2

É ovviamente possibile anche calcolare la reazione vincolare del piano

Rv = F⊥ + Fg⊥

Rv = F sin θ + Fg cos θ

Rv = 100N · 12+ 98N ·

√3

2= 89, 87N


Testo [D0065] [3 3 2a ] Un corpo di massam0 = 10 kg si muove senza attrito su di un piano oriz-zontale attaccato da entrambi i lati a due funi a loro voltaattaccate a due corpi di massa m1 = 5 kg ed m2 = 3 kg, liberi di muoversi sottol’azione della forza di gravità. Con quale accelerazione si muove il sistema?

Fg2

T2

Fg1

T1

T1T2Spiegazione In questo esercizio applichia-mo il secondo principio della dinamica aitre oggetti. Conosciamo tutte le forze ester-ne e le masse, quindi possiamo determinarel’accelerazione del sistema.

Svolgimento Visto che tutti gli oggetti so-no legati da corde inestensibili di massa tra-scurabile, allora tutti e tre gli oggetti avrannola stessa accelerazione, seppur con direzionidifferenti.

Il sistema di equazioni che possiamo scrivere èm1g − T1 = m1a

T1 − T2 = m0a

T2 −m2g = m2a

Sostituendo la prima e la terza nella seconda e riordinando avremo

−m1a+m1g −m2a−m2g = m0a

a =m1 −m2

m0 +m1 +m2g


Problema di: Dinamica rotazionale - D0067

Testo [D0067] [4 6 3a ] Ad una macchina di Atwood sono appese duemassem1 = 2 kg edm2 = 5 kg. La carrucola ha momento di inerzia I = 5·10−4 kgm2

e raggio r = 5 cm. Con quale accelerazione si muove il sistema?

Spiegazione Una macchiuna di Atwood è costituita da una carrucola con perno fis-so a cui sono appese due masse. Nel sistema agiscono due forze di gravità entrambeverso il basso che, rispetto alla direzione del filo, risultano opposte. La carrucolaha un momento di inerzia ed una massa quindi rientra nel sistema di equazioni chedefinisce il problema

Svolgimento Il sistema è costituito da tre oggetti: due oggetti che traslano e lacarrucola che ruota. Sappiamo che l’oggetto di massa maggiore accelererà verso ilbasso, mentre l’altro accelererà verso l’alto. Indicando con α l’accelerazione angolaredella carrucola, avremo:

m2g − T2 = m2a

T1 −m1g = m1a

(T2 − T1) · r = Iαm2g − T2 = m2a

T1 −m1g = m1a

(T2 − T1) · r = Ia

rm2g − T2 = m2a

T1 −m1g = m1a

(−m1a−m1g −m2a+m2g) = Ia

r2

da cui

(m1 +m2) · a+ Ia

r2= (m2 −m1) g

(m1 +m2 +

I

r2

)· a = (m2 −m1) g

a =m2 −m1

m1 +m2 +Ir2

· g

a =3 kg

7, 2 kg· 9, 8 m

s2= 4, 1

m

s2



Testo [D0068] [4 9 3a ] Un oggetto di massam0 = 10 kg è libero di muoversi senza attrito su di un pia-no orizzontale, attaccato a due funi a loro volta attaccate adue pesi di massa m1 = 5 kg ed m2 = 3 kg. La carrucola ha momento di inerziaI = 5 · 10−4 kgm2 e raggio r = 5 cm. Con quale accelerazione si muove il sistema?

Fg2

T2

T2

Fg1

T1

T1

T3T4 T3T4Spiegazione In questo eser-cizio applichiamo il secondoprincipio della dinamica aitre oggetti ed alle due carru-cole. Per ogni carrucola dob-biamo considerare un motorotazionale, per cui l’equa-zione del moto riguarderà ilmomento delle forze applica-te, il momento di inerzia el’accelerazione angolare del-la carrucola. Conosciamo tutte le forze esterne e le masse, quindi possiamodeterminare l’accelerazione del sistema.

Svolgimento Visto che tutti gli oggetti sono legati da corde inestensibili di mas-sa trascurabile, allora tutti e tre gli oggetti avranno la stessa accelerazione, seppurcon direzioni differenti. Anche i punti esterni della carrucola subiranno la stessaaccelerazione tangenziale.

Il sistema di equazioni che possiamo scrivere è

m1g − T1 = m1a

T3 − T4 = m0a

T2 −m2g = m2a

T4 − T2 =I

r2a

T1 − T3 =I

r2a

m1g −m1a = T1

T2 = m2a+m2g

T3 − T4 = m0a

T4 −m2a−m2g =I

r2a

−T3 +m1g −m1a =I

r2a

m1g −m1a = T1

T2 = m2a+m2g

T4 = +m2a+m2g +I

r2a

T3 = +m1g −m1a−I

r2a

+m1g −m1a−I

r2a−m2a−m2g −

I

r2a = m0a

da cuim1g −m2g = m0a+m1a+m2a+ 2

I

r2a

a =m1 −m2

m0 +m1 +m2 + 2I

r2

· g

a =2 kg

18 kg + 0, 4 kg· 9, 8 m

s2= 1, 065

m

s2



Testo [D0069] [4 4 3a ] Una sfera di massa m = 10 kg e raggio r = 10 cm,rotola senza scivolare su di un piano inclinato di un angolo θ = 30. Con qualeaccelerazione si muove lungo il piano inclinato?

a

Fg

Rv

θ

Spiegazione Il rotolamento dellasfera corrisponde ad una continuarotazione intorno al punto di appog-gio della sfera con il piano inclinato.Tale rotolamento è indotto dal mo-mento della forza che viene generatodalla forza di gravità.

Svolgimento Il momento di iner-zia di una sfera di raggio r e massam rispetto ad un qualunque asse dirotazione che passi per il centro è

I0 =2

5mr2

Rispetto invece ad un asse di rotazione tangente alla sfera è

I = I0 +mr2 =7

5mr2

Il momento della forza di gravità rispetto all’asse del rotolamento è

M = mgr sin θ

Detta α l’accelerazione angolare della sfera, i principi della dinamica ci dicono

M = Iα =7

5mr2 · a

r

mgr sin θ =7

5mr2 · a

r

g sin θ =7

5a

a =5

7g sin θ = 3, 5

m

s2



Testo [D0070] [4 3 2a ] L’attrito con l’aria è una forza viscosa che in primaapprossimazione descriveremo con la formula Fa = α . Un aeromodello di massam = 2 kg viaggia a velocità costante i = 20 m

s . In un certo istante esso triplica laforza che sviluppa ottenendo un’accelerazione in avanti a = 15 m

s2 . Quale velocitàmassima raggiungerà? Quanto vale il coefficiente α?

Spiegazione L’ereomodello viaggia a velocità costante in quanto la spinta del mo-tore in avanti è bilanciata dalla forza di attrito con l’aria. Nell’istante in cui la forzaaumenta, l’aereomodello subisce un’accelerazione in quanto l’equilibrio delle forzeviene a mancare. La velocità aumenta e di conseguenza aumenta la forza di attrito,fino a riotttenere una condizione di equilibrio e quindi una velocità costante.

Svolgimento Visto che la forza di attrito è direttamente proporzionale alla velocità,triplicando la forza del motore verrà triplicata la forza di attrito e quindi la velocitàdell’aeromodello.

f = 3 · i

Con i dati in possesso possiamo inoltre scrivereFi = α i

3Fi − α i = ma

2α i = ma

α =ma

2 i


Testo [D0071] [4 3 3a ] Due sfere di massa m = 15 g, sono appese condue fili inestensibili entrambi lunghi l = 20 cm e sono separate tra loro da una mollaanch’essa di lunghezza l = 20 cm, di massa trascurabile e di costante elastica k =

1N

cm. Quale angolo formano i due fili nella condizione di equilibrio? [É sufficiente

scrive l’equazione risolutiva e trovarne il risultato con la calcolatrice programmabile]

Spiegazione Le due sfere si respingono a causa della presenza della molla. Nel-la posizione di equilibrio ogni sfera è soggetta ad una forza elastica che genera unmomento in un certo verso ed la forza di gravità che genera un momento opposto.Nella condizione di equilibrio i due momenti si equivalgono.

Svolgimento

α

FF

FgFg

Consideriamo il filo sulla destra nel disegno. Il momento della forza di gravitàrispetto al punto in cui i due fili sono attaccati è orario e vale

Mg = Fg · l · sinα

Il momento della forza elastica rispetto al punto in cui i due fili sono attaccati èantiorario e vale

Mel = Fel · l · sin(90− α) = Fel · l · cosα


Quindi la condizione di equilibrio è

Fel · l · cosα = Fg · l · sinα

Ragioniamo adesso sulla forza elastica. Essa dipende dalla variazione di lun-ghezza della molla. Quando la molla è a riposo e non fa forza, allora l’angolo trai due fili è θ = 60 infatti, essendo la molla lunga a riposo esattamente quanto lalunghezza dei due pendoli, in quella condizione si forma un triangolo equilatero.

Nella condizione di equilibrio, con la molla schiacciata, la variazione di lunghez-za della molla sarà

∆l = l − l sinα

Quindi la condizione di equilibrio diventa

kl · 2(1

2− sinα

)· cosα = mg · sinα

Questa è l’equazione risolutrice tramite la quale è possibile valutare la soluzioneper α

Problema di: Elettromagnetismo - D0072

Testo [D0072] [5 6 3a ] Uno Yo-yo di massa complessiva M = 100 g, èfatto da due cilindri di raggio r2 = 5 cm ed un perno interno di massa trascurabilee di raggio r1 = 1 cm attorno al quale viene arrotolato il filo. Lo yo-yo si trova su diun piano scabro e rotola senza strisciare su di esso. Determinare il valore ed il versodell’accelerazione dello yo-yo in funzione della forza applicata sul filo e della suaangolazione θ rispetto al piano (con 0 ≤ θ ≤ 180).

Spiegazione La forza fatta dal filo e la forza di attrito contribuiscono all’accele-razione dell’oggetto. La condizione di puro rotolamento permetterà di risolverel’equazione del moto e calcolare l’accelerazione.

Svolgimento Posizioniamo il nostro sistema di riferimento orientato verso destracon l’asse x orizzontale parallelo al piano.

Indicata con θ l’angolazione della forza fatta sul filo rispetto al piano, ipotizziamoche il filo sia arrotolato in modo da indurre una rotazione antioraria dello yo-yo.

La forza sul filo genera un’accelerazione del baricentro dello yo-yo e quindi unasua accelerazione angolare visto che rotola senza strisciare.

Consideriamo la forza F sul filo sempre positiva. Sarà il valore di θ ad indicarnel’orientazione.

L’accelerazione angolare α è intesa positiva per rotazioni orarie.L’equazione del moto rotatorio è quindi (ipotizzando la forza di attrito rivolta nel

verso positivo dell’asse x)

−F · r − Fas ·R =Mα

La condizione di puro rotolamento è

α = a ·R

L’equazione del moto traslatorio è

F cos θ + Fas = ma


Quindi −F · r − Fas ·R = Iα

a = α ·R

F cos θ + Fas =Ma

da cui, sostituendo le prime due equazioni nella terza, avremo

Ma = F cos θ −Ia

R+ F · r

R

Ma = F cos θ −

1

2MRa+ F · r

R

Ma = F cos θ − 1

2Ma− F · r

R

3

2Ma = F

(cos θ − r

R

)a =

2F

3M

(cos θ − r

R

)Da questa equazione si vede che il verso dell’accelerazione dipende dall’angolo

θ

L’accelerazione sarà nel verso positivo delle x per angoli θ tali che

cos θ >r

R

e sarà invece nel verso opposto per angoli maggiori.Con i dati del testo l’angolo θ di separazione tra le due differenti situazioni fisiche

èθ = arccos

1

5= 78, 5


Testo [D0073] [5 5 3a ] Uno Yo-yo è fatto da due cilindri di raggio r2 =

5 cm ed un perno interno di raggio r1 = 2 cm attorno al quale viene arrotolato il filo.Esso si trova su di un piano scabro e rotola senza strisciare su di esso. Determinareil valore ed il verso dell’accelerazione dello yo-yo in funzione della forza applicataorizzontalmente dal filo.

Spiegazione In questo problema abbiamo un filo che esercita una forza in modotale da dare al corpo rigido sia un’accelerazione lineare, sia una accelerazione ango-lare. Essendo in una condizione di puro rotolamento, la forza di attrito statico agiscesul punto di contatto tra il corpo ed il piano. Il terzo principio della dinamica, nellaversione lineare e rotazionale, insieme al vincolo di puro rotolamento, risolvono ilproblema.

Svolgimento Sullo yo-yo agiscono la tensione del filo e la forza di attrito con ilpiano.

Vale quindi l’equazione per la traslazione:

T − Fa = ma

T − Fa = ma

Dove l’accelerazione è intesa nella stessa direzione della tensione del filo.Vale quindi l’equazione per la rotazione con α l’accelerazione angolare in senso

antiorario ed I il momento di inerzia dello yo-yo:

T · r1 − Fa · r2 = Iα

Scriviamo adesso la condizione di puro rotolamento, considerando la velocità unvettore nel verso opposto alla forza di attrito

= −ωr2

da cuia = −αr2


Quindi T − Fa = ma

T · r1 − Fa · r2 = Iα

a = −αr2

da cui T −ma = Fa

α = − a

r2T · r1 − T · r2 +ma · r2 = −I a

r2

e quindi in particolare

T (r1 − r2) = −mar2 −I

r2a

a =T (r2 − r1)

mr2 +I

r2

a =T

m+I

r22

·(1− r1

r2

)


Testo [D0074] [4 5 3a ] Uno Yo-yo è fatto da due cilindri di raggio r2 =

5 cm ed un perno interno di raggio r1 = 2 cm e massa trascurabile, attorno al qualeviene arrotolato il filo. Con quale accelerazione cade?

Spiegazione Uno yo-yo cade effettuando un rotolamento puro sul filo che lo so-stiene. Il problema è un problema di dinamica che si risolve utilizzando il secon-do principio nella sua versione traslazionale, in quella rotazionale, ed utilizzando ilvincolo di puro rotolamento

Svolgimento Sullo yo-yo agiscono la tensione del filo e la forza di gravità.Vale quindi l’equazione per la traslazione:

Fg − T = ma

Dove l’accelerazione è intesa nella stessa direzione della Forza di gravità.Vale quindi l’equazione per la rotazione con α l’accelerazione angolare in senso

antiorario ed I il momento di inerzia dello yo-yo:

T · r1 = Iα

Scriviamo adesso la condizione di puro rotolamento, considerando la velocità unvettore nel verso opposto alla Tensione del filo

= ωr2

da cui

a = αr2

Quindi Fg − T = ma

T · r1 = Iα

a = αr1


da cui

a

r1= α

T = Ia

r21mg − I

a

r21= ma

ed infine

mg = a

(m+

I

r21

)a =

m

m+I

r21

· g

a =1

1 +I

mr21

· g

a =1

1 +12mr

22

mr21

· g

a =1

1 +r222r21

· g

a =1

1 +r222r21

· g

a =8

33· g


Testo [D0075] [2 1 1a ] Le velocità della Terra (MT= 5, 972 · 1024 kg) nei

punti più vicino e lontano dal sole sono min = 29, 3 kms e max = 30, 3 km

s , e sonoopposte. Quanto vale la forza vettoriale media esercitata dal Sole sulla Terra tra ipunti più vicino e più lontano dal Sole?

Spiegazione Conosciamo la velocità della Terra, in modulo direzione e verso, negliistanti finale ed iniziale; conosciamo la massa della terra; conosciamo l’intervallo ditempo che passa tra l’istante iniziale e quello finale. Applichiamo il secondo princi-

pio della dinamica. La seconda legge della dinamica F =∆P

∆tci permette infatti di

calcolare direttamente questo valore conoscendo La variazione di quantità di motodella Terra e l’intervallo di tempo impiegato nel tragitto

Svolgimento Utilizzando la seconda legge della dinamica, etenendo conto che levelocità finale ed iniziale della Terra sono opposte, avremo

∣∣∣Fmed

∣∣∣ =∣∣∣∆P ∣∣∣∆t

∣∣∣Fmed

∣∣∣ =∣∣∣Pf − Pi

∣∣∣∆t∣∣∣Fmed

∣∣∣ = MTerra · (f + i)

∆t

∣∣∣Fmed

∣∣∣ = 5, 972 · 1024 kg ·(59, 6

km

s

)0, 5 anni

= 22, 6 · 1021N

Allo stesso risultato arriveremmo scrivendo il secondo principio della dinamicacome ∣∣∣Fmed

∣∣∣ =Mterra · amedia =Mterra ·∆

∆t∣∣∣Fmed

∣∣∣ =MTerra ·

∣∣∣f − i

∣∣∣∆t

=MTerra · (f + i)

∆t



Testo [D0076] [2 1 1a ] Un pendolo di massa m = 9 kg oscilla con unperiodo T = 6 s, in modo tale da avere una velocità nel punto più basso pari a = 2 m

s . Dopo metà periodo ha una velocità in modulo uguale ma opposta. Quantovale la forza media che ha subito durante quella mezza oscillazione?

Spiegazione In questo esercizio semplicemente si chiede di applicare il secondoprincipio della dinamica nella sua formulazione

F =∆P

∆t

Svolgimento Applicando il secondo principio della dinamica avremo

F =∆P

∆t=mf −m i

∆t

F =9 kg · 2 m

s− 9 kg ·

(−2

m

s

)3 s

= 12N



Testo [D0077] [3 3 1a ] Un tavolo privo di attrito ha un foro nel centro.Attraverso quel foro passa un cordino di massa trascurabile con attaccate agli estre-mi due masse m1 = 1 kg che pende sotto al tavolo, ed m2 = 0, 1 kg che ruota dimoto circolare uniforme di raggio r = 40 cm sul tavolo attorno al foro. Con qualefrequenza deve ruotare la massa m2 per mantenere la massa m1 in equilibrio?

Spiegazione se la sfera appesa è in equilibrio significa che la somma delle forze cheagisce su di essa è nulla. La tensione del filo eguaglia quindi la forza di gravità. Lastessa tensione è poi l’unica forza che agisce sulla massa che ruota di moto circolareuniforme.

Svolgimento Analizzando i due oggetti in questione possiamo scrivere per ognu-no di essi la seconda legge della dinamicaT = m1g

T = m2 · 4π2ν2 · r

da cuim2 · 4π2ν2 · r = m1g

ν2 =m1g

4π2m2r= 6, 2Hz


Testo [D0078] [3 2 3a ] Un oggetto di massa m = 2 kg oscilla su di unpiano orizzontale senza attrito, attaccato ad un paio di molle di costante elasticak1 = 3 N

m e k2 = 5 Nm . Con quale periodo oscilla il sistema?

Spiegazione Il sistema ha un periodo in quanto oscilla di moto armonico. Pertrovare il periodo è sufficiente scrivere l’equazione del moto.

Svolgimento Imnmaginiamo di spostare la massa di una quantità ∆x. Avremo

−k2∆x− k1∆x = ma

a =k1 + k2m

∆x

Paragonando questa equazione con l’equazione del moto armonico

a = −ω2∆x

avremo

ω =2π

T=

√k1 + k2m

T = 2π

√m

k1 + k2= 0, 314 s



F

Testo [D0079] [4 4 3a ] Un oggetto di massaM = 10 kg si muove senza attrito su di un piano orizzon-tale spinto da una forza F = 84N . Su di esso è appoggiatoun secondo oggetto di massam = 2 kg solidale con il primoa causa della forza di attrito statico con coefficiente µs = 5. Con quale accelerazionesi muove il sistema? Quanto vale la forza di attrito statico? Quale forza dovrei fareper far si che i due oggetti non siano più solidali?

F

FasFas

Spiegazione In questo problema appli-chiamo il secondo principio della dinami-ca. Per quanto riguarda la forza di attritoche tiene i due oggetti solidali, bisogna ri-cordare che essa è un reazione vincolare ilcui valore sarà sempre inferiore alla massi-ma forza di attrito statico calcolabile con laformula opportuna. Il blocco inferiore spinge, grazie alla forza di attrito, il bloccosuperiore; per il terzo principio della dinamica, anche iol blocco superiore spingequello inferiore anche se dalla parte opposta.

Svolgimento Ai due oggetti applichiamo il secondo principio:F − Fas =Ma

Fas = ma

da cui F = (M +m) a

Fas = maa =

F

M +m

Fas =m

M +mF

La massima forza di attrito che può agire tra i due oggetti sarà

Fas−max = µsmg

Gli oggetti non saranno più solidali se

Fas > Fas−max

m

M +mF > µsmg

F > µs (M +m) g



Testo [D0080] [2 3 1a ] Un oggetto di massa M =

10 kg è fermo su di un piano orizzontale con coefficiente diattrito µs = 4 e µd = 2, e schiaccia una molla di costanteelastica K = 10 N

cm . Calcola il massimo schiacciamento possibile per la molla.

Spiegazione Quando l’oggetto è fermo a comprimere la molla vuol dire che la som-ma dlle forze che agiscono su di esso è nulla. Le due forze in questione sono la forzadella molla e la forza di attrito statico.

Svolgimento Lungo il piano orizzontale le due forze che agiscono sono la forzadella molla e la forza di attrito statico causata dalla forza di gravità che schiaccial’oggetto contro il piano

Fel = Fas

K ·∆l = Fas ≤ Fas−max = µsmg

∆l ≤ µsmg

k


Testo [D0081] [5 6 3a ] Una sfera di raggio r = 2 cm oscilla su di unarotaia sferica di raggio R = 1m rotolando su di essa senza strisciare. Quanto vale ilperiodo dell’oscillazione?

Spiegazione La differenza tra un pendolo semplice e la sfera che rotola su di unbinario è che la sfera ha sia energia cinetica traslazionale che rotazionale. Il periodolo si ricava esprimendo l’equazione del moto.

Svolgimento Cominciamo con l’osservare che la sfera compie un percorso circolaredi raggio rosc = R−r. L’angolo rispetto al centro dell’oscillazione lo chiameremo θ eper convenzione esso cresce in senso antiorario. Tale spera è quindi nel suo percorsoassimilabile ad un pendolo a parte che la reazione vincolare del filo viene esercitatadalla rotaia. La fondamentale differenza è che la massa del pendolo oscilla mentre lasfera sulla rotaia... rotola!

La condizione di puro rotolamento implica che sfera = ωsfera · r indicandoωsfera positivo se in senso orario, il che corrisponde a valori di θ crescenti.

Consideriamo un istante in cui la sfera si trova a valori di θ negativi.La sfera rotola sotto l’azione del momento della forza di gravità

M = r × Fg = Isferaαsfera

Il momento di questa forza è orario, così come l’accelerazione che ne segue. L’ac-celerazione angolare della sfera corrisponde però ad un’accelerazione angolare delpendolo di verso opposto e quindi

ωsfera · r = −ωpendolo · (R− r)

αsfera · r = −αpendolo · (R− r)

Avremo quindi

mgr sin θ = Isferaαsfera = −IsferaR− r

rαpendolo


αpendolo = − mgr2

(R− r) Isferasin θ

Per piccole oscillazioni possiamo affermare

sin θ ∼ θ

e quindi

αpendolo = − mgr2

(R− r) Isferaθ

Il periodo dell’oscillazione risulta quindi

T = 2π

√(R− r) · Isfera

mgr2

Nel caso della sfera avremo infine

T = 2π

√2 (R− r)

5g


Testo [D0082] [2 2 1a ] A due molle identiche, montate in parallelo, dicostante elastica K1 = 2 N

cm e K2 = 3 Ncm è attaccato un oggetto di massa M =

1 kg. Di quanto si allungano le due molle? [Considera che le due molle hanno lo stessoallungamento]

Spiegazione Le due molle spingono verso l’alto, mentre la forza di gravità in basso.L’oggetto è in equilibrio, quindi la somma delle forze è nulla

SvolgimentoK1∆l +K2∆l =Mg

∆l =Mg

K1 +K2= 1, 96 cm



Testo [D0083] [2 2 1a ] Ad un palloncino è appeso un pendolo di lun-ghezza l = 2m e di massa m = 1 kg. Se il palloncino è tirato verso l’alto con con unaforza F = 10N , con quale frequenza oscilla il pendolo?

Spiegazione Il periodo dell’oscillazione di un pendolo dipende dalla sua lunghez-za e dall’accelerazione a cui è sottoposto. Dal momento che il sistema è spinto ver-so l’alto con una certa forza, l’accelerazione che ne consegue viene percepita dalpendolo come un’accelerazione che si aggiunge all’accelerazione di gravità.

Svolgimento Il periodo del pendolo è

T = 2π

√l

atot

dove atot = g + aapp = g +F

mper cui

T = 2π

√√√√ l

g +F

m

= 2π

√m · l

mg + F= ...


Testo [D0084] [1 2 1a ] Su di una sbarra verticale, che come punto fisso lasua estremità inferiore, viene applicata orizzontalmente una forza F1 = 10N versodestra ad un’altezza h1 = 2m. Una seconda forza orizzontale F2 = 30N vieneapplicata verso sinistra ad un’altezza h2 = 70 cm. Quanto vale il momento dellaprima forza? Quanto vale il momento della seconda forza? Quanto vale il momentototale applicato alla sbarra?

Spiegazione In questo esercizio si chiede semplicemente di indicare modulo e ver-so dei due momenti della forza che agiscono sulla sbarra verticale. I due momentisono opposti e quindi tendono a cancellarsi; nel momento in cui ne calcoliamo lasomma ne dobbiamo tenere conto.

Svolgimento La prima forza genera un momento orario

M1o = F1 · h1 = 20Nm

La seconda forza genera un momento antiorario

M1a = F2 · h2 = 21Nm

La somma dei due momenti sarà quindi un momento antiorario

Mtot−a =M1a −M1o = 1Nm



Testo [D0085] [2 2 1a ] Un oggetto di massa m = 5 kg e volume V =

0, 7m3 è appoggiato su di un tavolo. La densità dell’aria è ρaria = 1, 3 kgm3 . Disegna

le forze che agiscono sull’oggetto, compresa la forza che esercita l’aria. Quanta forzasta facendo il tavolo per sorreggere l’oggetto se non trascuriamo l’effetto dell’aria?

Spiegazione Questo è un problema di equilibrio statico in cui la somma delle forzesull’oggetto è nulla.

Svolgimento Abbiamo la forza di gravità verso il basso; la forza di Archimedeverso l’alto e la reazione vincolare del tavolo verso l’alto. Quindi

Rv + FA = Fg

Rv = mg − ρV g = 5 kg · 9, 8 ms2

− 1, 3kg

m3· 0, 7m3 · 9, 8 m

s2= 40, 08N


Testo [D0085a] [2 2 1a ] Un oggetto di volume V = 105 cm3 è appoggiatosul fondo di un contenitore pieno di olio ( la densità dell’olio è ρolio = 800 kg

m3 ). Ilfondo del contenitore fa una reazione vincolare Rv = 200N . Disegna le forze cheagiscono sull’oggetto. Calcola la forza di gravità sull’oggetto e la sua massa.


Svolgimento Abbiamo la forza di gravità verso il basso; la forza di Archimedeverso l’alto e la reazione vincolare del tavolo verso l’alto. Quindi

Rv + FA = Fg

Fg = 200N + 800kg

m3· 0, 1m3 · 9, 8 m

s2= 984N

m =Fg

g= 100, 4 kg


Problema di: Dinamica - D0085b

Testo [D0085b] [2 2 1a ] Un oggetto si trova immerso in un contenitorepieno di olio, appeso ad una catena in modo che non tocchi il fondo. L’oggetto haun volume V = 150000 cm3 e la densità dell’olio vale ρolio = 800 kg

m3 . La catena fauna reazione vincolare Rv = 400N . Disegna tutte le forze che agiscono sull’oggetto.Calcola la forza di gravità sull’oggetto e la sua massa.


Svolgimento Abbiamo la forza di gravità verso il basso; la forza di Archimedeverso l’alto e la reazione vincolare della catena verso l’alto. Quindi

Rv + FA = Fg

Fg = 400N + 800kg

m3· 0, 15m3 · 9, 8m

s2= 520N

m =Fg

g= 160, 8 kg

Problema di: Dinamica - D0085c

Testo [D0085c] [2 2 1a ] Un oggetto si trova fermo, immerso in un con-tenitore pieno di liquido, appeso ad una catena in modo che non tocchi il fondo.L’oggetto ha una massa m = 2 kg e un volume V = 1 dm3. La catena fa una reazionevincolare verso l’alto Rv = 10N . Disegna tutte le forze che agiscono sull’oggetto.Calcola la forza di Archimede che agisce sull’oggetto.


Svolgimento Abbiamo la forza di gravità verso il basso; la forza di Archimedeverso l’alto e la reazione vincolare della catena verso l’alto. Quindi

Rv + FA = Fg

FA = Fg −Rv = 2 kg · 9, 8 ms2

− 10N = 9, 6N


Problema di: Dinamica - D0085d

Testo [D0085d] [2 2 1a ] Un oggetto della forma di un cubo si trova fer-mo, appeso ad una molla di costante elastica k = 3 M

cm , la quale non riuscendo asorreggerlo si è allungata fino a fargli toccare il pavimento. L’oggetto ha una massam = 2 kg. Il fondo fa una reazione vincolare verso l’alto Rv = 10N . Disegna tutte leforze che agiscono sull’oggetto. Calcola la forza elastica che agisce sull’oggetto.


Svolgimento Sul cubo agiscono tre forze: la reazione vincolare verso l’alto, la forzadi gravità verso il basso e la forza elastica verso l’alto.

Rv + Fel = Fg

Fel = mg −Rv = 2 kg · 9, 8 ms2

− 10N = 9, 6N


Testo [D0086] [2 2 1a ] Un oggetto di massa m = 3 kg è appeso ad unamolla di costante elastica K = 4 N

cm . Sapendo che la forza di Archimede dovutaall’aria sull’oggetto vale F

A= 5N , calcolate di quanto si allunga la molla.

Spiegazione Sull’oggetto agiscono tre forze. Se l’oggetto è fermo la somma delleforze è nulla.

Svolgimento Sull’oggetto agisce la forza di gravità in basso, la forza di Archimedein alto e la forza elastica in alto. Quindi

Fg = FA+ Fel

mg − FA= k∆l

∆l =mg − F

A

K=

3 kg · 9, 8 ms2 − 5N

4 Ncm

= 6, 1 cm



Testo [D0087] [2 3 1a ] Una sbarra orizzontale lunga L = 2m è schiacciatada due forze verticali verso il basso F1 = F2 = 100N poste ai suoi estremi ed èsorretto da una forza verticale verso l’alto F3 posta a d = 40 cm dal centro dellasbarra. Quanto deve valere F3 per avere equilibrio traslazionale? Visto che la sbarranon è in equilibrio rotazionale, quanto vale il momento totale delle tre forze?

Spiegazione Un problema di dinamica nel quale dobbiamo imporre la condizionedi equilibrio traslazionale. Fatto questo le forze sono fissate, e i momenti delle forzepure. Quello che capiterà è che la somma di tutti i momenti non sarà zero.

Svolgimento Per avere equilibrio traslazionale si impone che la somma delle forzesia nulla:

F3 = F1 + F2 = 200N

Ogni forza genera un momento torcente. Consideriamo il centro della sbarracome punto di rotazione. I momenti delle tre forze sono:

M1 = F1 ·L

2= 100Nm orario

M2 = F2 ·L

2= 100Nm antiorario

Ipotizziamo, visto che il testo non lo specifica, che la forzaF3 sia sulla sinistra rispettoal centro della sbarra

M3 = F3 · d = 40Nm orario

e quindiMtot = 100Nm+ 40Nm− 100Nm


Testo [D0088] [3 3 1a ] Una trave orizzontale è tenuta ferma da tre forzeverticali: F1 = 500N posta nel vertice di sinistra verso il basso, F2 = 2000N posta ar2 = 2m dal vertice di sinistra verso il basso, ed F3. Determina la posizione, verso evalore di F3.

Spiegazione La sbarra è tenuta in equilibrio, quindi la somma delle forze è nullaed è pure nulla la somma dei momenti delle forze. Le tre forze sono verticali; due diqueste sono verso il basso, allora quella in mezzo deve essere verso l’alto.

Svolgimento La somma delle forze deve essere nulla, quindi

F3 = F1 + F2 = 2500N

La somma dei momenti deve essere nulla. Assumiamo come punto di rotazione ilpunto di applicazione della forza F3. Chiamiamo d la distanza tra la forza F3 e laforza F2. Il momento di F1 è orario e il momento di F3 è antiorario. Quindi

F1r2 = F3d

da cuid =

F1r1F3

=500N · 2m2500N

= 50 cm



Testo [D0088a] [3 3 1a ] Una trave orizzontale di massa trascurabile, ètenuta ferma da tre forze verticali: F1 = 500N , posta nel vertice di sinistra versol’alto; F2 posta a r2 = 2m dal vertice di sinistra e verso l’alto; ed F3 = 1500N .Determina la posizione di F3 ed il valore di F2.

Spiegazione In questo esercizio sappiamo che la sbarra è ferma, quindi non trasla(equilibrio traslazionale) e non ruota (equilibrio rotazionale). Imponendo queste duecondizioni si ottiene la soluzione dell’esercizio.

Svolgimento Consideriamo il vertice di sinistra come il punto di rotazione dellasbarra. Sappiamo che F2 genera un momento antiorario e che F1 genera un momentonullo. Quindi F3 deve introdurre un momento orario e deve quindi in questo casoessere rivolta verso il basso.

La somma delle forze deve essere nulla, quindi posso scrivere

F1 + F2 = F3

da cuiF2 = 1000N

Il momento totale sulla sbarra deve essere nullo, quindi

M2 =M3

F2b2 = F3b3

da cuib3 =

F2b2F3

=4

3m

Problema di: Dinamica - D0088b

Testo [D0088b] [3 3 1a ] Una trave orizzontale di massa trascurabile, lungad = 3m è tenuta ferma da tre forze verticali: F1 = 500N , posta nel vertice di sinistrae verso l’alto, F2 posta nel vertice di destra e verso l’alto, ed F3 = 1500N . Determinala posizione di F3 ed il valore di F2.


Svolgimento La somma delle forze deve essere nulla, quindi la forza F3 devenecessariamente essere verso il basso. Avremo che la condizione di equilibrio sarà

F1 + F2 = F3

da cuiF2 = F3 − F1 = 1000N

Consideriamo come punto di rotazione il vertice di sinistra della sbarra. Chiamiamox la distanza della forza F3 dal punto di rotazione. Il momento della forza F1 è nullo;quello della forza F2 è antiorario; quello della forza F3 è orario. Quindi

F2d = F3x

x =F2d

F3= 2m


Problema di: Dinamica - D0088c

Testo [D0088c] [3 3 1a ] Una trave orizzontale lunga L = 2m è spintada due forze verticali verso il basso: F1 = 1500N , posta nel vertice di sinistra, F2 =

2000N posta nel vertice di destra. A che distanza dal vertice di sinistra metteresti unchiodo per tenerla ferma? Quale forza farebbe il chiodo?


Svolgimento La somma delle forze deve essere nulla, quindi la reazione vincolaredel chiodo Rv deve necessariamente essere verso l’alto. Avremo che la condizione diequilibrio sarà

Rv = F1 + F2 = 3500N

Consideriamo come punto di rotazione il vertice di sinistra della sbarra. Chia-miamo x la distanza del chiodo dal punto di rotazione. Il momento della forza F1 ènullo; quello della forza F2 è antiorario; quello della forza Rv è orario. Quindi

F2L = Rvx

x =F2L

Rv=

8

7m

Problema di: Dinamica - D0088d

Testo [D0088d] [3 3 1a ] Una trave orizzontale lunga L = 2m è tenutaferma da due chiodi messi alle estremità. Una forza verticale verso il basso F =

100N , posta a d = 50 cm dal chiodo a sinistra, la spinge verso il basso. Calcola laforza che stanno facendo i due chiodi.


Svolgimento Per imporre l’equilibrio traslazionale possiamo scrivere

Rv1 +Rv2 = F

Sciegliendo il chiodo di sinistra come punto di rotazione possiamo scrivere

Fd = Rv2L

Rv2 = 25N

Con la prima equazione possiamo scrivere adesso

Rv1 = F −Rv2 = 75N



Testo [D0089] [3 4 3a ] Un frigorifero di massa m = 40 kg e largo L =

80 cm si trova su di un pavimento con coefficiente di attrito statico µs = 0.8 e dina-mico µd = 0.7. Qual é la massima altezza a cui è possibile applicare una forza inmodo che il frigo possa strisciare sul pavimento nel verso della larghezza?

Spiegazione Per prima cosa bisogna capire perché debba esistere una massima al-tezza. La forza che facciamo, necessaria per spostare il frigo, rispetto allo spigolodel frigo poggiato sul pavimento genera un momento che lo fa ruotare... cioè caderese il contributo alla rotazione della forza di gravità non controbilancia l’effetto. Ser-ve una forza minima per poterlo spostare, quindi un’altezza massima a cui poterlaapplicare per mantenere la giusta condizione sul momento delle forze.

Svolgimento La forza minima da esercitare sul frigo è pari alla massima forza diattrito statico

F = Fasmax= µsmg

Contemporaneamente tale forza genera un momento in funzione dell’altezza h acui è applicata. Se la forza F è applicata sul lato sinistro del frigo verso destra, lospigolo che stiamo considerando è quello sul lato opposto, che chiameremo spigoloC ed intorno al quale il frigo ruota in senso orario.

Mo = F · h = µsmgh

La forza di gravità genera un momento con verso opposto il cui braccio è pari a metàdella larghezza del frigo

Ma = mg · L2

SeMo > Ma allora il frigo cade ruotando intorno allo spigolo C SeMo ≤Ma allo-ra il frigo non può cadere perché di fatto verrebbe ben premuto contro il pavimento,e la cui reazione vincolare ne annulla il momento totale.

QuindiMo ≤Ma

µsmgh ≤ mg · L2

h ≤ L

2µs= 50 cm

Nell’istante in cui il frigorifero comincia a spostarsi, la forza di attrito diminuiscepassando da attrito statico ad attrito dinamico. L’altezza massima a cui applicare laforza quindi aumenta a

h ≤ L

2µd= 57, 1 cm



Testo [D0090] [4 4 3a ] Una sfera di raggio r e dimassa M è trainata, su di un piano orizzontale, da una funefissata sull’asse di rotazione della sfera. La fune è a sua vol-ta legata ad un peso di massa m. Sapendo che la sfera rotolasenza strisciare, con quale accelerazione si muove? Quanto vale la tensione sul filo?

Spiegazione In questo esercizio applichiamo i principi della dinamica tenendoconto che la sfera compie un puro rotolamento e va quindi trattata come un corporigido a cui applicare inoltre l’opportuno vincolo.

Svolgimento Consideriamo il peso che si muove accelerando in verticale: avremoche

mg − T = ma

Consideriamo la traslazione della sfera: essa è spinta in avanti dalla tensione dellacorda e indietro dalla forza di attrito statico con il pavimento

T − Fas =Ma

Consideriamo la rotazione della sfera: il momento della forza di attrito statico mettein rotazione la sfera

Mas = Iα

da cuiFasr = I

a

r

Aggiungendo a queste equazioni il vincolo di puro rotolamento avremomg − T = ma

T − Fas =Ma

Fasr = Iα

a = αr

Risolvendo il sistema otteniamo:

mg − T = ma

T − Ia

r2=Ma

Fas = Ia

r2

α =a

r

mg = a

(M +

I

r2+m

)T = a

(M +

I

r2

)Fas = I

a

r2

α =a

r

a = gm(

M +I

r2+m

)T = g

m(M +

I

r2+m

) (M +I

r2

)

Fas = gm(

M +I

r2+m

) I

r2

α =g

r

m(M +

I

r2+m

)

a = g1(

1 + Mm + I

mr2

)T = mg

1(1 + mr2

Mr2+I

)Fas = mg

1(1 + (M+m)r2

I

)α =

g

r

1(1 + M

m + Imr2

)Abbiamo risolto il sistema e quindi il problema. Possiamo ora inserire l’ultima

informazione: l’oggetto che rotola è una sfera! Quindi

I =2

5Mr2

Riscriviamo quindi il sistema introducendo questa informazione.

a = g1(

1 + 75Mm

)T = mg

1(1 + 5

7mM

)Fas = mg

1(1 + 5

2(M+m)

M

)α =

g

r

1(1 + 7

5Mm

)



F

Testo [D0091] [4 4 3a ] Un oggetto di massaM = 10 kg si muove su di un piano orizzontale senzaattrito spinto da una forza F = 90N . Su di esso èappoggiato un secondo oggetto di massa m = 2 kg. Ilcoefficiente di attrito dinamico tra loro è µd = 2. I due blocchi sono uniti da unafune che passa attraverso una carrucola in modo da farli muovere in verso opposto.Calcola l’accelerazione con cui si muove il sistema e la tensione del filo.

Spiegazione In questo esercizio applichiamo i principi della dinamica ottenendoun sistema di equazioni la cui soluzione risponde ai quesiti del problema.

Svolgimento Il filo è inestensibile, quindi le accelerazioni dei due oggetti hanno lostesso modulo.

Sul blocco inferiore agisce la spinta F , la tensione del filo T e la forza di attritocon il blocco superiore Fa. Scriviamo la legge di Newton per questo oggetto nellaprima riga del sistema.

Sul blocco superiore agiscono la tensione del filo T e la forza di attrito con ilblocco inferiore Fa. Scriviamo la legge di Newton per questo oggetto nella secondariga del sistema.

Quindi F − T − Fa =M a

T − Fa = ma⇒

F − T − µmg =M a

T − µmg = ma

da cui, risolvendo, otteniamoF − 2µmg = (M +m) a

T − µmg = ma

a =

F − 2µmg

(M +m)

T =m

(M +m)[F + µ (M −m) g]

Problema di: Moto armonico - D0092

Testo [D0092] [4 4 3a ] In un tubo a forma di "U" aperto da entrambii lati è presente dell’acqua. Inizialmente la differenza di livello dell’acqua nei duebracci del tubo è ∆hi = 10 cm. Il tubo è pieno di acqua per una lunghezza L =

1m. Inizialmente l’acqua è ferma. Calcolate la frequenza con cui il livello dell’acquacomincerà ad oscillare all’interno del tubo.

Spiegazione In questo esercizio il livello del liquido nei due bracci del tubo è dif-ferente. Questo significa che il peso della colonna di liquido più alta mette in movi-mento tutto il liquido nel tubo. La colonna di liquido più alta comincia ad abbassarsimentre quella più alta a sollevarsi. Quando i due livelli sono uguali, il liquido ha as-sunto la massima velocità e continua il suo movimento; il braccio del tubo nel qualela colonna di liquido era inizialmente bassa, adesso contiene una colonna di liquidopiù alta. Si innesca un movimento oscillatorio caratterizzato da una certa frequenzadi oscillazione. Per trovare la frequenza di oscillazione è sufficiente trovare la re-lazione tra l’accelerazione del liquido e l’altezza del dislivello di liquido tra le duecolonne.

Svolgimento Cominciamo con il fissare un sistema di riferimento. Noi sappiamoche il liquido nella posizione iniziale occupa due bracci del tubo. Le due colonnedi liquido sono una più alta dell’altra. Concentriamo la nostra attenzione sui li-velli di liquido nelle due colonne. Durante l’ocillazione il liquido si sposta da unacolonna all’altra; il livello del liquido in ognuna delle due colonne oscilla quindiintorno ad un’altezza che si trova, nell’istante iniziale, a metà altezza tra le due co-lonne. Fissiamo il centro dell’oscillazione del livello del liquido come nostro puntodi riferimento.

Per cui, all’inizio, la colonna più alta si trova all’altezza ∆xi = ∆h2 e quella più

bassa all’altezza ∆xf = −∆h2

Per ottenere l’equazione del moto partiamo da

F = ma


dove m è la massa totale di liquido nel tubo, a è l’accelerazione con cui si muove illiquido nel tubo e F è la forza con cui l’acqua in eccesso da un lato del tubo vienetirata verso il basso. Ciò che innesca il movimento è infatti la forza di gravità; matale forza agisce in verso opposto nei due bracci del tubo, per cui la risultante dellaforza di gravità coincide con la forza che si applica alla sola acqua in eccesso in unlato del tubo.

La forza di gravità che spinge l’acqua nel tubo è quindi soltanto quella che agiscesull’eccesso di acqua in un lato del tubo, per cui

ρ · S · 2∆x · g = ρ · L · S · a

da cui

a =2g

L∆x

L’accelerazione è direttamente proporzionale alla posizione del livello del liqui-do. Questa equazione indica che siamo di fronte ad un moto armonico che prevedeun’oscillazione intorno ad un punto di equilibrio il cui periodo vale

T = 2π

√L

2g

La frequenza è quindi

ν =1

2π

√2g

L


F1

F2

F3

b1

b2b3Testo [D0093] [3 5 1a ] Unasbarra orizzontale di massa trascurabileè inchiodata nel suo centro libera di ruo-tare. Due forze F1 = 15N e F2 = 5N

vengono applicate alla sbarra verso ilbasso. La forza F1 è applicata alla distanza b1 = 20 cm a sinistra del chiodo. Unterza forza F3 = 15N è applicata orizzontalmente alla sbarra verso sinistra. Sapen-do che la sbarra è ferma, calcola la distanza dal chiodo b2 a cui è posizionata la forzaF2 e la reazione vincolare del chiodo.

Spiegazione Se la sbarra è ferma, allora è in equilibrio traslazionale e rotazionale.Questo produrrà tre equazioni, due sulle forze ed uno sui momenti delle forze.

F1

F2

F3

RvRvx

Rvyb1

b2b3

Svolgimento In questo esercizio ab-biamo quattro forze. Due di esse, F3 e lareazione vincolare del chiodo, generanoun momento della forza nullo. Quin-di dal punto di vista della rotazionepossiamo scrivere

M1 =M2

in quanto il momento di F1 è antiorario ed il momento di F2 è orario.

F1b1 = F2b2

b2 =F1

F2b1 = 60 cm

La reazione vincolare deve essere scomposta nelle sue componenti orizzontaleRvx e verticale Rvy . Avremo le equazioniRvx = F3 = 15N

Rvy = F1 + F2 = 20N


Di conseguenza il modulo di Rv sarà

Rv =√R2

vx +R2vy = 25N


Testo [D0094] [2 3 1a ] Un oggetto di mas-sa m = 2 kg è sostenuto da due cavi attaccati a duepareti verticali. Il primo cavo è orizzontale ed il se-condo cavo è inclinato verso l’alto con un angolo diα = 45C. Quanto valgono le due tensioni dei cavi?

Spiegazione Questo è un problema di equilibrio statico traslazionale in due di-mensioni. La somma di tutte le forze deve essere nulla.

T2

T2x

T2y

Fg

T1

Svolgimento Le forze del problema sono tre: la for-za di gravità in basso e le due tensioni dei fili. La ten-sione del filo obliquo deve essere scomposta lungo ledue direzioni orizzontale e verticale nelle due compo-nenti T2x e T2y . Essendo il cavo inclinato di 45, le due componenti saranno uguali.Quindi mg = T2y

T1 = T2xT2y = 19, 6N

T1 = 19, 6N

Avremo infineT2 =

√T 22x + T 2

2y = 27, 7N


Problema di: generalità - dinamica - ID0001

Testo [ID0001] [2 2 1a ] A due chiodi messi allastessa altezza viene legata una corda. Al centro della cordaviene appeso un oggetto. La corda assume quindi una formaa V. Sulla corda c’è una tensione T = 1700N ; La componenteorizzontale di tale forza vale Tx = 1500N . Quanto vale la massa dell’oggetto?

T

Ty

T

Ty

Fg

TxTx

Spiegazione Abbiamo una corda che sostiene un peso.La forza di gravità spinge verso il basso; la corda devespingere verso l’alto con una forza uguale in modulo. Lacorda spinge in diagonale; spinge cioè dal punto dove èattaccato il peso, verso il punto dove è attaccato il chio-do. Abbiamo quindi due forze, chiamate Tensione, chehanno una componente verticale ed una orizzontale. Ledue componenti orizzontali si annullano tra loro perchésono opposte; le due componenti verticali si sommano erappresentano la forza che sostiene il peso.

Svolgimento Utilizziamo il teorema di Pitagora per calcolare la componente verti-cale della tensione del filo.

Ty =√T 2 − T 2

x =√17002N2 − 15002N2 = 800N

Imponendo la condizione di equilibrio traslazionale

Fg = 2 · Ty

m · g = 2 · Ty

m =2 · Tyg

=1600N

9, 8 ms2

= 163, 3 kg

Problema di: Cinematica - Dinamica - CD0001

Testo [CD0001] [3 5 1a ] Per un tempo ∆t = 4 s, un oggetto di massam = 20 kg viene spinto partendo da fermo da una forza F = 100N strisciando sudi un piano con coefficiente di attrito dinamico µd = 0, 1 . Successivamente F siannulla. Quanta strada avrà percorso prima di fermarsi?

Spiegazione Un oggetto sta strisciando spinto da una certa forza; l’attrito lo frena.In questo primo momento l’oggetto si muove di moto uniformemente accelerato,aumentando progressivamente la sua velocità. Nel momento che la forza che lospinge sparisce, rimane soltanto l’attrito che frena l’oggetto fino a farlo fermare.

Svolgimento


1. Quanto valgono la forza di gravità e di attrito che agiscono sull’oggetto?

2. Quanto valgono la forza totale che spinge l’oggetto e la sua accelerazione?

3. Quanto spazio avrà percorso e a quale velocità sta viaggiando alla finedell’intervallo di tempo?

4. Con quale accelerazione si muove quando F si annulla, e dopo quantotempo si ferma?

5. Quanta strada fa l’oggetto prima di fermarsi?

1. La forza di gravità che agisce sull’oggetto è

Fg = mg = 20 kg · 9, 8ms2

= 196N

2. La forza d’attrito che subisce l’oggetto è

Fa = µFg = 0, 1 · 196N = 19, 6N


3. La forza totale che spinge l’oggetto è

Ftot1 = 100N − 19, 6N = 80, 4N

4. L’accelerazione dell’oggetto è

atot =Ftot

m=

80, 4N

20 kg= 4, 02

m

s2

5. Alla fine del primo intervallo di tempo avrà percorso

∆S1 =1

2· a1 ·∆t2 + i1∆t = 32, 2m

6. Alla fine del primo intervallo di tempo viaggia alla velocità

f1 = a1 ·∆t+ i1 = 16, 1m

s

7. La velocità finale nel primo tratto di strada corrisponde alla velocità inizialenel secondo tratto di strada

f1 = i2

8. Quando la forza F si annulla la forza totale è quella di attrito, quindi

a2 =Fa

m= −0, 98

m

s2

9. Si ferma dopo

∆t2 =∆2

a=

0− i2

a2= 65, 6 s

10. L’oggetto avrà percorso

∆S2 =1

2· a2 ·∆t22 + i2∆t2 = 131, 9m

11. La distanza complessiva percorsa è quindi

∆Stot = ∆S1 +∆S2 = 32, 2m+ 131, 9m = 164, 1m


Testo [CD0002] [2 3 1a ] In un giorno di sole, un’automobile sta percorren-do una curva di raggio r = 48m. Sapendo che il coefficiente di attrito tra la gommae l’asfalto asciutto vale µ = 0, 6, a quale velocità massima può viaggiare senza usciredi strada? In caso di pioggia, il coefficiente di attrito scende fino al valore µ = 0, 4; aquale velocità deve scendere l’autista per rimanere in strada?

Fig. 10.1: Un’auto in curva

Spiegazione Nel muoversi in curvala macchina subisce la forza centrifu-ga, che, al fine di non avere inciden-ti, deve essere contrastata dalla forzadi attrito dei pneumatici sull’asfalto.Se le due forze sono almeno uguali, lamacchina riesce a seguire la curva. At-tenzione soltanto al significato dei va-lori che otterrete: tali valori sono cal-colati teoricamente e rappresentano ivalori massimi... non certo quelli di si-curezza. Bastano infatti piccole e sem-plici variazioni nell’inclinazione dellastrata o nella qualità dell’asfalto o nella qualità della pulizia del suolo stradale, che ireali valori di sicurezza per le velocità dell’auto sono sicuramente più bassi.

Svolgimento La forza centrifuga sull’auto deve essere uguale alla forza di attritogenerata dal peso dell’auto sull’asfalto asciutto.

m2

r= µmg

Semplificando la massa e risolvendo per trovare la velocità avremo (indicando conil simbolo a il caso di asfalto asciutto):

a =√µgr = 16, 8

m

s= 60, 5

km

h


Ripetendo esattamente gli stessi conti nel caso di asfalto bagnato avremo (indi-cando con il simbolo b il caso di asfalto bagnato):

b =√µgr = 13, 7

m

s= 49, 4

km

h

Se analizziamo adesso il fatto che la massa dell’auto non rientra nel problema, inquanto si semplifica nei conti, possiamo affermare che questi conti rimangono validiper qualunque automobile.


Testo [CD0003] [3 4 3a ] Un ciclista sulla sua bicicletta ha massa com-plessiva m = 60 kg e nel rettilineo (con la bicicletta in posizione verticale) il suobaricentro si trova ad altezza h = 100 cm da terra. Il ciclista affronta poi una curvacon velocità = 10 m

s inclinato di un angolo α = 30 rispetto alla verticale. Calcolail momento della forza di gravità che tende a far cadere il ciclista, ed il momentodella forza centrifuga che lo mantiene in equilibrio. Calcola il raggio della curva chepercorre.

Spiegazione Una bicicletta, mentre si muove in un rettilineo, è in posizione ver-ticale. Se percorre una curva, deve inclinarsi. Guardando la bicicletta da dietro econsiderando il punto di appoggio delle ruote sull’asfalto, se si muove troppo pianola bicicletta ruota in senso orario e cade; se si muove troppo veloce la bicicletta ruotain senso antiorario, si raddrizza e poi cade dalla parte opposta. La rotazione orariache fa cadere la bici verso l’interno della curva è data dal momento della forza digravità; la rotazione antioraria è invece data dal momento della forza centrifuga.

Svolgimento Il momento della forza di gravità vale

MFg = Fg · h · sen(α) = 60 kg · 9, 8 ms2

· 1m · sen(30) = 294Nm

Per mantenere la bicicletta in equilibrio il momento della forza centrifuga deveessere uguale a quello della forza di gravità, in quanto i due momenti sono opposti.

MFc = 294Nm

Ma sappiamo anche che

MFc = Fc · h · sen(α)

da cui

Fc =MFc

h · sen(90 − α)=

294Nm

1m · 0, 866= 339, 5N


Visto che conosciamo la forza centrifuga e la velocità della bicicletta, allora pos-siamo risalire al raggio della curva

r =m2

Fc=

60 kg · 100m2

s2

339, 5N= 17, 7m


Testo [CD0004] [2 3 1a ] Faccio roteare un mazzo di chiavi attaccato adun cordino, con una frequenza ν = 4Hz. Il raggio del cerchio percorso dalle chiavi,su un piano orizzontale, è r = 0, 2m; a quale velocità angolare ruotano le chiavi? Sele chiavi hanno una massa m = 0, 1 kg, quanto vale la tensione il cordino?

Spiegazione Il mazzo di chiavi è sottoposto a due accelerazioni, quella centrifugae quella di gravità, perpendicolari tra loro.

Svolgimento La velocità angolare del mazzio di chiavi è

ω = 2πν = 2 · 3, 14 · 4Hz = 25, 13rad

s

La forza centrifuga vale

Fc = mω2r = 0, 1 kg · (25, 13)2 rad2

s2· 0, 2m = 12, 63N

La forza di gravità vale

Fg = mg = 0, 1 kg · 9, 8 ms2

= 0, 98N

La forza totale, pari alla tensione del cordino, sarà quindi

Ftot = T =√F 2c + F 2

g =

√(12, 63N)

2+ (0.98N)

2= 12, 67N



Testo [CD0005] [2 2 1a ] Caronte, satellite di Plutone, ruota intorno adesso con un’orbita circolare di raggio r = 19571 km in un tempo T = 6, 3872 giorni.Quanto vale la massa di Plutone?

Spiegazione Caronte compie un’orbita che assumiamo essere circolare e quindisi muove di moto circolare uniforme. L’accelerazione centripeta necessaria a talemovimento è data dall’attrazione gravitazionale tra i due oggetti.

Svolgimento Impostiamo il problema affermando che la forza centripeta su Ca-ronte è data dalla legge di gravitazione universale

MC · ω2 · r = GMC ·MP

r2

dove MC e MP sono le masse di Caronte e Plutone, r è il raggio dell’orbita di Ca-ronte, ω è la velocità angolare del moto di Caronte e G la costante di gravitazioneuniversale.

Svolgendo i passaggi algebrici avremo

MP =ω2 · r3

G

MP =4π2 · r3

T 2 ·Gdove T è il periodo di rivoluzione di Caronte. Facciamo le opportune conversio-

ni:r = 19571 km = 19571000m

T = 6, 3872 giorni = 6, 3872 · 24 · 3600 s = 551854 s

A questo punto è possibile inserire i dati

MP =4 · 3, 142 · (19571000m)3

(551854 s)2 · 6, 674 · 10−11 m3

kg · s2

MP = 1, 45 · 1022 kg

Questo risultato vale se ipotizziamo inoltre che Plutone abbia una massa moltomaggiore di Caronte, cosa non corretta. In tal caso la massa calcolata è in realtà lamassa del sistema Plutone + Caronte.



Testo [CD0006] [3 3 3a ] Immaginate un tunnel che attraversi tutto ilpianeta Terra (ipotizzandola come una sfera perfetta ed omogenea) passando per ilsuo centro. Se lasciamo cadere un oggetto nel tunnel, di che tipo di moto si muoverà?

Spiegazione Per capire di che tipo di moto si muove, bisogna costruirsi la leggeoraria del moto. Dobbiamo quindi capire quale accelerazione subisce l’oggetto.

Svolgimento Immaginiamo che l’oggetto si trovi ad una certa distanza r dal centrodella terra. La forza che agisce sull’oggetto è la forza di gravità generata su di essodalla sola massa che si trova a distanze dal centro della Terra minori di quella del-l’oggetto. Il guscio sferico esterno infatti non contribuisce. Quindi, indicando con mla massa dell’oggetto e con M la massa della porzione di Terra a distanze dal centroinferiori a quella dell’oggetto, avremo

F = −Gm ·Mr2

ur

a = −GMr2ur = −G

43πr

3ρ

r2ur = −G4

3πρrur

Il segno meno indica che l’accelerazione è sempre rivolta verso il centro dellaTerra, e quindi opposta al versore ur.

Dall’equazione per l’accelerazione si deduce che il moto deve essere di tipo ar-monico.

Problema di: Dinamica - CD0007

Testo [CD0007] [2 2 1a ] Un satellite orbita circolarmente ad un’altezzah = 500 km dalla superficie terrestre. Calcola velocità ed periodo dell’orbita.

Spiegazione Il satellite in questione sta percorrendo un’orbita circolare la cui forzacentripeta è data dalla forza di gravità del pianeta Terra.

Svolgimento Indichiamo con MT

la massa della Terra; conm la massa del satellite,con R

T= 6371 km il raggio della Terra; con r = R

T+ h = 6871 km la distanza del

satellite dal centro della Terra; con V la velocità del satellite. Essendo qui la forza digravità una forza di tipo centripeto possiamo scrivere

GM

Tm

r2= m

2

r

da cui

=

√GM

T

r=

√6, 67 · 10−11Nm2

kg2 · 5, 97 · 1024 kg6, 871 · 106m

= 7613m

s

Il periodo dell’orbita sarà quindi

T =2πr

=

2π · 6871 · 103m7613 m

s

= 5671 s



Testo [CD0008] [2 3 1a ] Sapendo che un satellite orbita intorno ad unpianeta ad una distanza R, con periodo T = 150 giorni, quanto vale il periodo dirotazione di un satellite che ruota intorno allo stesso pianeta ad una distanza R2 =

4R?

Spiegazione Il satellite in questione sta percorrendo un’orbita circolare la cui forzacentripeta è data dalla forza di gravità del pianeta intorno al quale orbita.

Svolgimento Indichiamo con M la massa del pianeta; con m la massa del satel-lite, con R il raggio dell’orbita; con la velocità del satellite e con T il periodo dirivoluzione. Essendo qui la forza di gravità una forza di tipo centripeto possiamoscrivere

GM ·mr2

= m2

R

da cui

V 2 =GM

R

Il periodo dell’orbita sarà

T =2πr

T 2 =4π2R2

2

Unendo le due equazioni avremo

4π2R2

T 2=GM

R

1

T 2=

GM

4π2R3

T 2 =4π2R3

GM

Consideriamo adesso il secondo satellite che orbita a distanza R2; possiamo scri-vere

T 22 =

4π2R32

GM

T 22 =

4π2 · 43 ·R3

GM= 43T 2

da cuiT2 = 8T = 8 ∗ 150 giorni = 1200 giorni



Testo [CD0009] [3 2 2a ] Un sistema binario di stelle è formato da duestelle di massa M1 = 2Ms ed M2 = 8Ms. Sapendo che la massa del nostro Soleè Ms = 2 · 1030 kg e che le due stelle mantengono tra loro una distanza costanted = 2 · 1010m, quanto vale il periodo di rotazione del sistema?

Spiegazione Il sistema è formato da due stelle che ruotano con lo stesso periodo in-torno al baricentro del sistema. La forza che tiene insieme le due stelle è ovviamentela forza di gravità.

Svolgimento Le due stelle compiono un moto circolare uniforme intorno al bari-centro del sistema. Il problema si risolve con un sistema di tre equazioni: le primedue indicano la forza centripeta che muove le stelle; la seconda indica che la sommadei due raggi di rotazione è pari alla distanza tra le due stelle.

GM1M2

d2=M1

21

r1

GM1M2

d2=M2

22

r2r1 + r2 = d

Introduciamo il periodo di rotazione, ovviamente uguale per le due stelleGM2

d2=

4π2r1T 2

GM1

d2=

4π2r2T 2

r1 + r2 = d

Sappiamo che i due corpi ruotano intorno al baricentro del sistema, per cui

M1r1 =M2r2

M1r1 =M2 (d− r1)

r1 =dM2

M1 +M2

Quindi

GM2

d2=

4π2dM2

T 2 · (M1 +M2)

G(M1 +M2)

d3=

4π2

T 2

da cui

T = 2π

√d3

G (M1 +M2)

T = 486572 sec = 5, 63 giorni



Testo [CD0010] [2 3 1a ] Sapendo che Venere orbita intorno al Sole ad unadistanza R = 1, 08 · 1011m, con periodo T = 0, 615 anni, calcola la massa del Sole.

Spiegazione Qui abbiamo un sistema fatto da un pianeta che orbita di moto circo-lare uniforme attorno al Sole, quindi la forza di gravità dovuta al sole è una forza ditipo centripeto.

Svolgimento Il periodo di rivoluzione del pianeta è T = 0, 615 · 365 · 24 · 3600 s =19394640 s

Essendo che il pianeta ha un moto circolare uniforme possiamo scrivere:

GM

r2=

2

r

La velocità del pianeta è

=2πr

T

per cui

GM

r2=

4π2r2

T 2r

Semplificando

M =4π2r3

GT 2=

4π2 · 1, 26 · 1033m3

6, 67 · 10−11 Nm2

kg2 · 3, 762 · 1014 s2= 2 · 1030 kg

Problema di: Cinematica e Dinamica - CD0011

Testo [CD0011] [2 3 1a ] La Terra ha la forma di un ellissoide con semiassimaggiori dal centro all’equatore a = 6378135m, e minore dal centro ai poli b =

6356750m. Calcola l’accelerazione di gravità ai poli e all’equatore.

Spiegazione La Terra non è una sfera, quindi i punti all’equatore non hanno lastessa distanza dal centro rispetto ai due poli. Inoltre la Terra ruota sul suo asse,quindi un corpo all’equatore sente anche l’accelerazione centrifuga dovuta al motodi rotazione intorno all’asse.

Svolgimento Per una persona ai poli, avremo

gmax = GM

b2= 6, 67408 · 10−11 m3

kg · s2· 5, 972 · 10

24 kg

(6356750m)2 = 9, 8637

m

s2

Per una persona ai poli, avremo la composizione di due contributi diversi: l’at-trazione gravitazionale del pianeta e la forza centrifuga della rotazione dello stesso.Detta ω la velocità angolare del pianeta e T il periodo di rotazione, avremo

gmin = GM

a2− ω2a = G

M

a2− 4π2

T 2a

gmin = 6, 67408 · 10−11 m3

kg · s2· 5, 972 · 10

24 kg

(6378135m)2 − 4π2

(23, 9345 · 3600 s)2· 6378135m

gmin = 9, 79769m

s2− 0, 03391

m

s2= 9, 76378

m

s2



Testo [CD0012] [3 3 1a ] Da una mongolfiera di massa M = 170 kg cadeun oggetto di massa m = 10 kg. Quanto sarà distante dalla mongolfiera dopo untempo ∆t = 1 s?

Spiegazione La mongolfiera inizialmente ferma lascia cadere un corpo che verràtirato verso il basso dalla forza di gravità. Come conseguenza, ma non per il terzoprincipio della dinamica, anche la mongolfiera subisce una forza verso l’alto pari allaforza di gravità sull’oggetto. La forza totale, infatti, inizialmente era nulla.

I due oggetti si muovono di moto uniformemente accelerato in verso opposto.

Svolgimento L’accelerazione di gravità con cui il corpo cade e la forza di gravitàche subisce sono

g = 9, 8m

s2

Fg = mg = 98N

Considerato che la forza sull’oggetto sarà uguale alla forza sulla mongolfiera, econsiderato che adesso la massa complessiva della mongolfiera è diminuita, l’acce-lerazione con cui si muove la mogolfiera verso l’alto vale

a =F

M −m=

98N

160 kg= 0, 61

m

s2

L’accelerazione con cui la mongolfiera vede cadere l’oggetto, risulta quindi

arel = g + a = 10, 42m

s2

Nell’intervallo di tempo trascorso i due oggetti si sono quindi allontanati di

∆S =1

2arel∆t

2 = 5, 21m


Testo [CD0013] [4 4 3a ] Due satelliti ruotano intorno alla Terra con orbitecircolari complanari di verso opposto. Sapendo che le due orbite hanno raggio r1 =

2RT

ed r2 = 3RT

, ogni quanto tempo i due satelliti si trovano sulla verticale dellostesso luogo?

Spiegazione I due satelliti viaggiano a velocità differenti su orbite di lunghze-za differente. Per poter paragonare i due moti è necessario utilizzare la velocitàangolare dei due moti.

Svolgimento I due satelliti si muovono in verso opposto e per ritornare allineatidevono percorrere complessivamente un intero giro dell’orbita. Quindi

2π = ω1 ·∆t+ ω2 ·∆t

Un satellite in orbita circolare subisce come forza centripeta la forza di gravità

mω2r = GMm

r2

ω =

√GM

r3

per cui avremo

∆t =1

2π· (ω1 + ω2)

∆t =

√GM

2π√R3

T

·

(√1

8+

√1

27

)∆t = ...



Testo [CD0014] [4 4 3a ] Un galleggiante di forma cilindrica, di base S edaltezza H , appesantito sul fondo, galleggia in posizione verticale in acqua, immersoper un’altezza hi. Spostato leggermente in basso, e poi rilasciato, comincia a oscillarenell’acqua. Quanto vale il periodo dell’oscillazione?

Spiegazione Per dimostrare che il moto è oscillatorio, scriviamo l’equazione delmoto e vediamo che ha la forma

a = −ω2x

Svolgimento Nella condizione di equilibrio, la forza di gravità è uguale alla forzadi Archimede

mg = ρH2O

gShimm

Se immergiamo il galleggiante di una quantità x, la forza totale che agisce sul galleg-giante sarà

mg − ρH2O

gS (himm + x) = ma

quindiρ

H2OgShimm − ρ

H2OgShimm − ρ

H2OgSx = ma

−ρH2O

gSx = ma

a = −ρ

H2OgS

mx

Da qui si capisce che il moto è armonico, quindi

T = 2π

√m

ρH2O

gS


Testo [CD0015] [3 3 3a ] Un oggetto di massa m = 10 kg è appoggiato sudi una piattaforma rotante di raggio R = 2m, e con coefficienti di attrito dinamico estatico pari a µd = 2 e µs = 5, ad una distanza r = 5 · 10−2m dall’asse di rotazione.Qual é la minima frequenza necessaria per mettere in movimento l’oggetto?

Spiegazione Nel sistema di riferimento dell’oggetto, la forza centrifuga spingeverso l’esterno, mentre la forza di attrito statico mantiene l’oggetto in equilibrio.

Svolgimento Per mettere in moto l’oggetto inizialmente fermo, è necessario che laforza centrifuga sia almeno uguale alla massima forza di attrito statico.

mω2r ≥ µsmg

4π2rν2 ≥ µsg

ν ≥ 1

2π

√µsg

r

A questo punto possiamo inserire i valori ed ottenere il risultato

ν ≥ 1

6, 28

√√√√ 49m

s2

0, 05m= 4, 98Hz


Problema di: Cinematica e Dinamica - CD0015a

Testo [CD0015a] [3 3 3a ] Un oggetto di massa m = 10 kg è appoggiato sudi una piattaforma rotante di raggio R = 2m, e con coefficienti di attrito dinamico estatico pari a µd = 2, ad una distanza r = 5 · 10−2m dall’asse di rotazione. Quantodeve valere il coefficiente di attrito statico per permettere alla piattaforma di ruotarecon una frequenza ν = 6Hz?

Spiegazione Nel sistema di riferimento dell’oggetto, la forza centrifuga spingeverso l’esterno, mentre la forza di attrito statico mantiene l’oggetto in equilibrio.

Svolgimento Per mantenere fermo l’oggetto, è necessario che la forza centrifugasia minore della massima forza di attrito statico.

mω2r < µsmg

4π2rν2 < µsg

4π2rν2 < µsg

µs >4π2rν2

g

A questo punto possiamo inserire i valori ed ottenere il risultato

Scheda 11Leggi di conservazione: soluzioniProblema di: Meccanica - L0001

Testo [L0001] [1 2 2a ] Un corpo di massa m = 50 kg viaggia ad unavelocità i = 10m

s . Ad un certo punto viene spinto da una forza F = 100N peruna distanza ∆S = 24m nella stessa direzione e nello stesso verso del movimento.Calcola la velocità finale del corpo.

Spiegazione L’oggetto sta viaggiando ad una certa velocità, quindi ha energia ci-netica. L’azione della forza è quella di fare un lavoro sull’oggetto, cioè dargli dell’e-nergia in modo da far aumentare la sua energia cinetica.

Svolgimento


Prova a rispondere, nell’ordine, alle seguenti domande:

1. Quanto lavoro ha fatto la forza? Quel lavoro è negativo o positivo?

2. Quanta energia cinetica ha l’oggetto all’inizio e dopo l’azione della forza?

3. A quale velocità finale viaggia l’oggetto?

1. Il lavoro fatto dalla forza è

L = F ∆S = 100N · 24m = 2400 J

2. Le energie cinetiche dell’oggetto all’inizio e alla fine sono

Eci =1

2m2

i =1

2· 50 kg · 100m

2

s2= 2500 J

Ecf = Eci + L = 4900 J

3. Per trovare la velocità finale dell’oggetto scriveremo

Ecf =1

2m2

f ⇒ f =

√2Ecf

m= 14

m

s

Problema di: Meccanica - L0001a

Testo [L0001a] [1 2 2a ] Un corpo di massa m = 50 kg viaggia ad unavelocità i = 10m

s . Ad un certo punto viene spinto da una forza F = 100N peruna distanza ∆S = 24m nella stessa direzione ma con verso opposto a quello delmovimento. Calcola la velocità finale del corpo.

Spiegazione L’oggetto sta viaggiando ad una certa velocità, quindi ha energia ci-netica. L’azione della forza è quella di fare un lavoro sull’oggetto, cioè dargli dell’e-nergia in modo da far aumentare la sua energia cinetica.

Svolgimento


Prova a rispondere, nell’ordine, alle seguenti domande:

1. Quanto lavoro ha fatto la forza? Quel lavoro è negativo o positivo?

2. Quanta energia cinetica ha l’oggetto all’inizio e dopo l’azione della forza?

3. A quale velocità finale viaggia l’oggetto?

1. Per calcolare il lavoro della forza è necessario tenere conto anche del verso delvettore forza rispetto al verso del vettore spostamento. Il lavoro fatto dallaforza è quindi

L = F ∆S = −100N · 24m = −2400 J

2. Le energie cinetiche dell’oggetto all’inizio e alla fine sono

Eci =1

2m2

i =1

2· 50 kg · 100m

2

s2= 2500 J

Ecf = Eci + L = 2500 J + (−2400 J) = 100J

3. Per trovare la velocità finale dell’oggetto scriveremo

Ecf =1

2m2

f ⇒ f =

√2Ecf

m=

√200 J

50 kg= 2

m

s

193

194 Scheda11. Leggi di conservazione: soluzioni

Problema di: Leggi di Conservazione - L0002

Testo [L0002] [2 2 2a ] Se lascio cadere un oggetto inizialmente fermo daun’altezza hi = 8m, con quale velocità arriverà a terra?

Spiegazione L’oggetto che cade partendo da fermo, accelera aumentando la suavelocità. Durante la caduta vale la legge di conservazione dell’energia meccani-ca; man mano che l’altezza diminuisce, e quindi diminuisce l’energia potenzialegravitazionale dell’oggetto, aumenta l’energia cinetica dell’oggetto, e quindi la suavelocità.

Svolgimento Per la legge di conservazione dell’energia

Eci + Ui = Ecf + Uf

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

L’altezza finale raggiunta dall’oggetto è nulla; la velocità iniziale dell’oggetto è nulla.

mghi =1

2m2

f

da cuighi =

1

22f

da quest’ultima equazione troviamo la velocità finale dell’oggetto

Vf =√2ghi = 12, 52

m

s


1. Un oggetto di massa m = 4 kg si muove senza attrito su di un piano orizzon-tale con la velocità = 5 m

s . Ad un certo punto l’oggetto incontra una mollacomprimendola di ∆l = 0, 2m. Quanto vale la costante elastica della molla?

[k = 2500 Nm ]



Testo [L0003] [2 2 2a ] Se lascio cadere un oggetto di massa m = 1 kg ini-zialmente fermo da un’altezza hi = 8m, e arriva a terra con una velocità f = 10 m

s ;quanta energia si è dissipata sotto forma di calore a causa dell’attrito con l’aria?

Spiegazione L’oggetto che cade partendo da fermo, perde energia potenziale gra-vitazione in quanto diminuisce la sua altezza. Contemporaneamente aumenta l’e-nergia cinetica dell’oggetto e, a causa del lavoro della forza d’attrito con l’aria, vienedissipato del calore. Vale la legge di conservazione dell’energia totale.

Svolgimento Per la legge di conservazione dell’energia totale

Eci + Ui = Ecf + Uf +Q

Il termine Q è dovuto all’effetto della forza di attrito che converte parte dell’energiacinetica dell’oggetto in calore.

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf +Q

L’altezza finale raggiunta dall’oggetto è nulla; la velocità iniziale dell’oggetto è nulla.

mghi =1

2m2

f +Q

da cui troviamo il calore prodotto

Q = mghi −1

2m2

f

Q = 1 kg · 9, 8 ms2

· 8m− 1

2· 1 kg · 100 m

2

s2= 28, 4 J


Testo [L0004] [2 1 2a ] Un oggetto di massa m = 500 kg striscia su di unpiano orizzontale con velocità iniziale i = 10 m

s , rallentando a causa delle forze diattrito fino alla velocità f = 4 m

s . Quanta energia è stata dispersa sotto forma dicalore?

Spiegazione L’oggetto muovendosi in orizzontale non varia mai la sua energiapotenziale gravitazionale. Le forze d’attrito trasformano parte dell’energia cineticadell’oggetto in calore.

Svolgimento L’energia cinetica iniziale dell’oggetto è

Eci =1

2m2

i =1

2· 500 kg · 100 m

2

s2= 25000 J

L’energia cinetica finale dell’oggetto è

Ecf =1

2m2

f =1

2· 500 kg · 16 m

2

s2= 4000 J

Il calore prodotto dalle forze d’attrito è quindi

∆Q = Eci − Ecf = 21000 J


Problema di: Leggi di conservazione - L0005

Testo [L0005] [2 2 2a ] Un oggetto si muove in salita su di un pianoinclinato con attrito, con velocità iniziale i = 10 m

s , rallentando fino a fermarsi.L’oggetto si è sollevato, rispetto all’altezza iniziale, fino all’altezza hf = 3m e ilcalore generato dalle forze d’attrito vale Q = 2 J . Calcola la massa dell’oggetto.

Spiegazione L’oggetto, muovendosi sul piano inclinato, perde la sua energia cine-tica che viene trasformata in parte in energia potenziale gravitazionale (l’oggetto sitrova infatti più in alto) ed in parte in calore (a causa delle forze di attrito). Per que-sto esercizio vale la legge di conservazione dell’energia; l’applicazione di tale leggeci porterà alla soluzione del problema.

Svolgimento La legge di conservazione dell’energia ci permette di scrivere chel’energia totale iniziale del sistema è uguale all’energia totale finale del sistema:

Etot−i = Etot−f

Da cui1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf +Q

A questo punto bisogna notare che alcuni di questi termini sono nulli. In partico-lare l’altezza iniziale dell’oggetto hi = 0 in quanto prendiamo come sistema di riferi-mento proprio l’altezza iniziale dell’oggetto, e la velocità finale dell’oggetto i = 0.L’equazione precedente diventa

1

2m2

i = mghf +Q

da cui

1

2m2

i −mghf = Q

m(1

22i − ghf ) = Q

m =Q(

12

2i − ghf

) =2 J

12 · 100 m2

s2 − 9, 8 ms2 · 3m

= 0, 097 kg = 97 g


Testo [L0006] [1 3 2a ] Un blocco di pietradi massa m = 40 kg scivola lungo una discesa partendocon una velocità iniziale i = 5 m

s . All’inizio si trova-va all’altezza hi = 10m per poi scendere fino all’altezzahf = 2m.

1. Calcola le energie cinetica e potenziale gravitazionale iniziali del blocco.

2. Quanta energia cinetica finale avrebbe il blocco se non ci fosse attrito?

3. Se l’energia cinetica finale del blocco fosse metà di quella iniziale, quanta ener-gia si è persa a causa delle forze d’attrito?

Spiegazione Il blocco di pietra si muove in discesa nel rispetto della legge di con-servazione dell’energia totale del sistema. Se le prime due domande semplicemen-te chiedono di eseguire un conto conoscendo una formula, nella terza domandasi chiede di applicare la legge di conservazione dell’energia in assenza di attrito.Nell’ultima domanda si richiede di fare la stessa cosa ma considerando gli effettidell’attrito.

Svolgimento Considerati i dati, l’energia cinetica iniziale dell’oggetto vale

Eci =1

2mV 2

i = 500 J

Considerati i dati, l’energia potenziale gravitazionale iniziale dell’oggetto vale

Ui = mghi = 3920 J

Considerati i dati, l’energia potenziale gravitazionale finale dell’oggetto vale

Uf = mghf = 784 J

La legge di conservazione dell’energia, considerando il caso di assenza di attrito,ci permette di affermare che

Eci + Ui = Ecf + Uf


per cuiEcf = Eci + Ui − Uf

e quindiEcf = 3636 J

Nel caso in cui teniamo conto dell’attrito, l’esercizio ci dice che l’energia cineticafinale dell’oggetto vale Ecf = 250 J , per cui

Eci + Ui = Ecf + Uf +Q

per cuiQ = Eci + Ui − Ecf − Uf

e quindiQ = 3386 J


Testo [L0007] [2 2 2a ] Un proiettile di massa m = 15 g è sparato da unfucile, posto al livello del suolo, in diagonale verso l’alto. Al momento dello sparoriceve una spinta F = 100N per un tragitto ∆S = 60 cm pari alla lunghezza dellacanna del fucile. Nel punto di massima altezza ha ancora una velocità f = 20m

s .Trascuriamo gli effetti dell’attrito con l’aria. A quale altezza è arrivato?

Spiegazione Il proiettile riceve energia all’interno del fucile. Appena ne esce, simuove nell’aria nel rispetto della legge di conservazione dell’energia.

Svolgimento Cominciamo con il convertire la massa del proiettile inm = 0, 015 kg.

1. Per calcolare il lavoro delle forze di attrito avremo

L = F ·∆S = 100N · 0, 6m = 60 J

2. Il proiettile, inizialmente fermo nel fucile, aquista energia cinetica in quantoviene fatto su di lui un lavoro. Per cui Eci = 60 J

3. Nel punto di massima altezza

Ecf =1

2m2

i =1

2· 0, 015 kg · 400 m

2

s2= 3 J

4. Per la legge di conservazione dell’energia

Eci + Ui = Ecf + Uf

Uf = Eci + Ui − Ecf = 57 J

5. Utilizzando la formula dell’energia potenziale gravitazionale

hf =Uf

mg=

57 J

0, 015 kg · 9, 8 ms2

= 387, 76m



Testo [L0008] [2 2 2a ] Un oggetto di massa m = 5 kg ha un’energia po-tenziale gravitazionale iniziale Ui = 100 J e sta cadendo con una velocità i = 10m

s .Arrivato all’altezza hf = 0m, colpisce e comprime una molla di costante elasticak = 200 N

cm , inizialmente a riposo. Di quanto si è compressa la molla?

Spiegazione Questo problema tratta di un oggetto che,trovandosi inizialmente aduna certa altezza, ha una certa energia potenziale gravitazionale. Cadendo, per lalegge di conservazione dell’energia, trasforma la sua energia potenziale gravitazio-nale in energia cinetica e poi, successivamente, la sua energia cinetica in energiapotenziale elastica.

Svolgimento


1. A quale altezza si trova inizialmente l’oggetto?

2. Quanta energia cinetica ha l’oggetto inizialmente?

3. Quanta energia potenziale gravitazionale ha l’oggetto quando arriva aterra?

4. Quanta energia potenziale elastica ha la molla inizialmente?

5. Quanta energia cinetica ha l’oggetto alla fine del suo movimento?

6. Quanta energia potenziale elastica ha immagazzinato la molla nel mo-mento di massima compressione?

7. Di quanto si è compressa la molla?

1. Conoscendo l’energia potenziale gravitazionale dell’oggetto e la sua massa,avremo che

hi =Ui

mg=

100 J

5 kg · 9, 8 ms2

= 2, 04m

2. Per l’energia cinetica avremo

Eci =1

2m2

i =1

2· 5 kg · 100 m

2

s2= 250 J

3. Essendo il terreno ad altezza zero

Uf = mghf = 0J

4. La molla inizialmente è del tutto scarica, quindi

Vel.i =1

2k (∆l)

2= 0J

5. Alla fine della caduta l’oggetto è nuovamente fermo, quindi

Ecf =1

2m2

f = 0 J

6. Per la legge di conservazione dell’energia

Eci + Ui + Vel.i = Ecf + Uf + Vel.f

250 J + 100 J + 0 J = 0J + 0 J + Vel.f

Vel.f = 350 J

7. Utilizzando infine la formula inversa dell’energia potenziale elastica finale

∆l2 =2Vel.fk

=2 · 350 J20000N

m

= 0, 035m2

∆l = 0, 187m = 18, 7 cm



Testo [L0009] [1 1 2a ] Un motore di potenza P = 2 kW solleva un oggettodi massa m = 500 kg da un’altezza hi = 2m fino ad un’altezza hf = 32m. Quantotempo ci impiega?

Spiegazione Il motore in questione, visto che sta sollevando un oggetto, gli stafornendo energia potenziale gravitazionale. Conoscendo la potenza del motore po-tremo calcolarci in quanto tempo tale energia viene fornita.

Svolgimento L’energia fornita all’oggetto vale

L = ∆U = Uf − Ui

L = mghf −mghi = mg∆h = 500 kg · 9, 8 ms2

· 30m = 147000 J

Il tempo impiegato dal motore sarà quindi

∆t =L

P=

147000 J

2000Watt= 73, 5 s


Testo [L0010] [2 2 2a ] Un tuffatore salta dalla piattaforma alta hi =

10metri. Con quale velocità l’atleta entra in acqua?

Spiegazione Durante il tuffo vale la legge di conservazione dell’energia. Il proble-ma si risolve applicando tale legge.

Svolgimento Impostiamo la legge di conservazione dell’energia.

Eci + Ui = Ecf + Uf

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

Il tuffatore parte da fermo, quindi i = 0; consideriamo inoltre il livello dell’ac-qua ad altezza hf = 0 Avremo quindi

mghi =1

2m2

f

Facendo la formula inversa avremo

2f =

mghi12m

= 2ghi

f =√

2ghi = 14m

s


Problema di: Leggi di conservazione - L0010a

Testo [L0010a] [2 2 2a ] Da quale altezza deve saltare un tuffatore perentrare in acqua con una velocità f = 15 m

s ?

Spiegazione Durante il tuffo vale la legge di conservazione dell’energia. Il proble-ma si risolve applicando tale legge.

Svolgimento Impostiamo la legge di conservazione dell’energia.

Eci + Ui = Ecf + Uf

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

Il tuffatore parte da fermo, quindi i = 0; consideriamo inoltre il livello dell’ac-qua ad altezza hf = 0 Avremo quindi

mghi =1

2m2

f

e quindi

hi =m2

f

2mg=

2f

2g= 11, 5m


Testo [L0011] [1 1 2a ] In quanto tempo un motore di potenza P = 30W

può sollevare un oggetto di massa m = 4 kg di un’altezza ∆h = 5m?

Spiegazione Per poter aumentare la sua altezza, l’oggetto deve ricevere energiapotenziale gravitazionale. Tale energia viene fornita dal motore.

Svolgimento Applicando la legge di conservazione dell’energia, possiamo affer-mare che l’energia potenziale gravitazionale iniziale più il lavoro fatto dal motore èuguale all’energia potenziale gravitazionale finale.

Ui + L = Uf

L = Uf − Ui

Il lavoro fatto dal motore è dato dalla potenza del motore per il tempo di funzio-namento del motore.

P ·∆t = ∆U

∆t =mg∆h

P

∆t =4 kg · 9, 8 m

s2 · 5m30W

= 6, 53 s



Testo [L0012] [2 2 2a ] Quale altezza raggiunge un oggetto lanciato daterra verticalmente verso l’alto con una velocità iniziale i = 25 m

s ?

Spiegazione Nel muoversi verso l’alto l’oggetto converte energia cinetica in ener-gia potenziale gravitazionale. Vale infatti la legge di conservazione dell’energia. Inquesto esercizio trascuriamo gli effetti dell’attrito con l’aria.

Svolgimento Per la legge di conservazione dell’energia totale

Eci + Ui = Ecf + Uf

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

La velocità finale raggiunta dall’oggetto è nulla; l’altezza iniziale dell’oggetto ènulla in quanto l’oggetto parte da terra.

1

2m2

i = mghf

hf =12m

2i

mg=

2i

2g=

625 m2

s2

2 · 9, 8 ms2

= 31, 9m


Testo [L0013] [2 2 2a ] Un’automobile di massa m = 1000 kg rallenta inuno spazio ∆S = 50m dalla velocità i = 20m

s fino alla velocità f = 10ms . Quanto

lavoro hanno fatto le forze d’attrito? Quanto valgono le forze d’attrito?

Spiegazione In questo esercizio un’auto si muove ed ha quindi energia cinetica.L’automobile rallenta in quanto la forza d’attrito, facendo un lavoro, converte partedell’energia cinetica della macchina in calore.

Svolgimento Le energie cinetiche iniziale e finale della macchina sono

Eci =1

2m2

i = 500 kg · 400 m2

s2= 200 kJ

Ecf =1

2m2

i = 500 kg · 100 m2

s2= 50 kJ

Dalla legge di conservazione dell’energia, l’energia cinetica iniziale sommata al la-voro delle forze di attrito deve essere uguale all’energia cinetica finale.

Eci + L = Ecf

L = Ecf − Eci = 50 kJ − 200 kJ = −150 kJ

Il lavoro viene giustamente negativo in quanto la forza di attrito è sempre oppostaallo spostamento dell’oggetto. La forza di attrito media, considerando che l’angolotra lo spostamento e la forza è 180, sarà

Fa =L

∆S · cos(180)=

−150000 J

50m · (−1)= 3000N



Testo [L0014] [1 4 2a ] Esercizi banali:

1. Quanto lavoro viene fatto su di un oggetto che si é spostato di ∆S = 50m

rallentato da una forza d’attrito F = 100N? [L = −5000 J]

2. Quanto lavoro compie la forza centripeta che fa muovere un oggetto di motocircolare uniforme? [L = 0 J]

3. Quanto consuma una lampadina di potenza P = 150W tenuta accesa per untempo ∆t = 2h? [∆E = 300 J]

4. Per quanto tempo deve funzionare un motore di potenza P = 2000W per poterfornire un’energia ∆E = 500 J? [∆t = 0, 25 s]

Spiegazione In questo esercizio ho raccolto tutte quelle domande banali che pos-sono essere fatte su questo argomento. Per banale si intende un problema nel qualela domanda consiste semplicemente nel fornire dei dati da inserire in una formula.Non è quindi richiesta alcuna particolare capacità di ragionamento, ne particolaridoti matematiche. Questo esercizio serve unicamente ad acquisire dimestichezzacon l’esecuzione dei conti numerici con le unità di misura.

Svolgimento

1. Tenendo presente che la forza di attrito è sempre opposta al vettore velocità equindi al vettore spostamento, l’angolo tra i due vettori della formula è α =

180. Per cui

L = Fx∆S = F ·∆S · cos(α) = 100N · 50m · cos(180) = −5000 J

2. Una forza centripeta è sempre perpendicolare al vettore velocità e quindi alvettore spostamento, l’angolo tra i due vettori della formula è α = 90. Per cui

L = (F )x∆S = F ·∆S · cos(α) = 100N · 50m · cos(90) = 0J

3. Utilizzando la formula della potenza:

∆E = P ·∆t = 150W · 3600 s = 540000 J = 540 kJ

4. Utilizzando la formula della potenza:

∆t =∆E

P=

500 J

2000W= 0, 25 s



Testo [L0015] [2 3 2a ] Un pallone di massa m = 0, 4 kg si trova ad unaaltezza hi = 1m da terra e viene calciato verticalmente verso l’alto alla velocità i =

15 ms . A quale altezza arriva il pallone? Se il pallone avesse avuto una massa doppia

a quale altezza sarebbe arrivato?

Spiegazione Questo è un esercizio guidato, nel quale i vari passaggi che si fareb-bero in un normale esercizio sono qui presentati come singole domande. Il pallone sitrova ad una certa altezza ed ha quindi una certa energia potenziale gravitazionale;parte anche verso l’alto con una certa velocità iniziale ed ha quindi una certa energiacinetica. Visto che parte verticalmente, nel punto di massima altezza sarà fermo.

Svolgimento


1. Quanta energia cinetica e quanta energia potenziale gravitazionale ha ilpallone all’inizio?

2. Quanto vale l’energia totale che ha quel pallone?

3. Quanta energia cinetica e quanta energia potenziale gravitazionale ha ilpallone nel punto di massima altezza?

4. A quale altezza arriva il pallone?

5. Se il pallone avesse avuto una massa doppia a quale altezza sarebbe arri-vato?

Rispondiamo alle domande una alla volta:

1. L’energia cinetica iniziale è

Eci =1

2mV 2

i =1

2· 0, 4 kg · 225 m

2

s2= 45 J

L’energia potenziale gravitazionale è

Ui = mghi = 0, 4 kg · 9, 8 ms2

· 1m = 3, 9 J

2. Visto che nel sistema c’è un solo oggetto che ha solo energia cinetica e poten-ziale gravitazionale, allora l’energia totale del sistema è

Etot = Ui + Eci = 48, 9 J

3. Nel punto di massima altezza il pallone è fermo e quindi ha energia cineticapari a zero

Ecf = 0

Per la legge di conservazione dell’energia, il pallone ha energia potenzialegravitazionale finale pari a

Uf + Ecf = Ui + Eci

Uf = 48, 9 J

4. Conoscendo l’energia potenziale gravitazionale finale posso conoscere l’altez-za raggiunta

hf =Uf

mg=

48, 9 J

0, 4 kg · 9, 8 ms2

= 12, 5m

5. Nella legge di conservazione dell’energia si semplifica la massa dell’oggettoche è quindi ininfluente sul risultato dell’altezza raggiunta

Uf + Ecf = Ui + Eci

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

m

(1

22i + ghi

)= m

(1

22f + ghf

)1

22i + ghi =

1

22f + ghf



Testo [L0016] [2 2 2a ] Un proiettile viene sparato in aria con la velocitàiniziale i = 100 m

s . Trascurando l’effetto dell’aria, a quale altezza arriverebbe ilproiettile?

Spiegazione Il proiettile parte verso l’alto con una certa velocità iniziale e quindicon una certa energia cinetica. Mentre sale, il lavoro della forza di gravità conver-te tale energia cinetica in energia potenziale gravitazionale. il problema si risolveimponendo la legge di conservazione dell’energia totale.


Eci + Ui = Ecf + Uf

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

L’altezza iniziale dell’oggetto è nulla; la velocità finale dell’oggetto è nulla.

1

2m2

i = mghf

da cui1

22i = ghf

da quest’ultima equazione troviamo l’altezza finale dell’oggetto

hf =2i

2g= 510m


θ

∆h

Testo [L0017] [2 2 2a ] Un pendolo formato da unfilo di lunghezza l = 1m ed una massa legata al fondo, vie-ne inclinato in modo da sollevare la massa di ∆h = 10 cm, eviene tenuto inizialmente fermo. Con quale velocità il pen-dolo viaggerà quando la massa avrà raggiunto la sua minimaaltezza?

θ

∆h

Spiegazione Questo problema è concettualmente iden-tico al problema di un oggetto in caduta libera. Mentre ilpeso scende, il lavoro della forza di gravità converte l’e-nergia potenziale gravitazionale dell’oggetto in energiacinetica.


Eci + Ui = Ecf + Uf

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

Sappiamo che la velocità iniziale è nulla e conosciamo il valore del dislivello∆h = hf − hi, per cui

− (mghf −mghi) =1

2m2

f

−mg∆h =1

2m2

f

−2g∆h = 2f

f =√−2g∆h

Se la massa era stata sollevata di ∆h = 10 cm, allora essa è poi scesa di ∆h = −10 cm.Sostituendo i valori nella formula avremo

f =

√−2 · 9, 8 m

s2· (−10 cm) = 1, 4

m

s



Testo [L0018] [2 2 2a ] Di quanto viene compressa una molla di costan-te elastica k = 100 N

m se a comprimerla è un oggetto di massa m = 49 kg lanciatoorizzontalmente alla velocità i = 10 m

s ?

Spiegazione Questo problema è concettualmente identico al problema di un ogget-to in caduta libera, con l’unica differenza determinata dal fatto che invece dell’ener-gia potenziale gravitazionale dovremo tenere conto dell’energia potenziale elasticadella molla.


Eci + Vei = Ecf + Vef

1

2m2

i +1

2k∆l2i =

1

2m2

f +1

2k∆l2f

La molla inizialmente è scarica, mentre l’oggetto, quando ha compresso comple-tamente la molla, è fermo.

1

2m2

i =1

2k∆l2f

da cui semplificando posso calcolare la variazione di lunghezza della molla

m2i = k∆l2f

∆lf =

√m

k i

∆lf =

√49 kg

100 Nm

10m

s= 7m


Testo [L0019] [2 2 2a ] Su di una catapulta viene posizionata una pietradi massa m = 30 kg, comprimendo di ∆l = 50 cm una molla di costante elasticak = 6000N

m . A quale velocità viaggia la pietra nel momento in cui viene lanciata?

Spiegazione Una catapulta funziona secondo il principio per cui prima viene im-magazzinata energia nella molla (in generale un qualunque dispositivo elastico) e poirilasciata al proiettile sotto forma di energia cinetica.

Svolgimento L’energia potenziale elastica immagazzinata è

Vel =1

2k∆l2 =

1

2· 6000N

m· 0, 25m2 = 750 J

L’energia cinetica del proiettile sarà esattamente quella immagazzinata dalla mol-la

Eci = Vel = 750 J

Dalla formula inversa dell’energia cinetica

i =

√2Ec

m=

√1500 J

30 kg= 7, 07

m

s



Testo [L0021] [1 1 2a ] Quanta energia devo dare ad un oggetto di massam = 2 kg che si muove con velocità i = 10 m

s per fargli raddoppiare la velocità?

Spiegazione Un oggetto si muove e quindi ha energia cinetica. L’energia da daresarà la differenza tra l’energia cinetica finale e quella iniziale.

Svolgimento L’energia cinetica iniziale dell’oggetto vale

Eci =1

2m2

i =1

2· 2 kg · 100 m

2

s2= 100 J

L’energia cinetica finale dell’oggetto, quando la velocità è raddoppiata, vale

Ecf =1

2m2

f =1

2· 2 kg · 400 m

2

s2= 400 J

L’energia da dare valeL = Ecf − Eci = 300 J


1. Quanta energia devo dare ad un oggetto di massa m = 20 kg per sollevarlodall’altezza iniziale hi = 50m fino all’altezza hf = 75m? [∆U = 2940 J]

2. Quanta energia devo dare ad un oggetto di massa m = 20 kg per aumentare lasua velocità da un valore i = 15m

s fino ad un valore f = 25ms ? [∆Ec =

78400 J]

3. Un blocco di cemento di massa m = 500 kg è tenuto da una gru ad un’altezzahi = 10m e poi appoggiato dentro un pozzo ad una profondità hf = −5m

sotto il livello del terreno. Quanto valgono le energie potenziali gravitazionaliiniziale e finale del blocco di cemento? Quanta energia potenziale gravitazio-nale ha acquisito l’oggetto a causa del suo spostamento? [Ui =

49000 J ;Uf = −29500 J ; ∆U = −78500 J]


Testo [L0022] [3 4 2a ] Quanto lavoro deve fare un motore per spostareun satellite di massa m che orbita intorno alla Terra, da un’orbita circolare di raggior1 ad un’orbita circolare di raggio r2?

Spiegazione Il satellite cambia la sua energia potenziale e quella cinetica. Il lavorofatto dal motore lo si ricaverà con la legge di conservazione dell’energia.

Svolgimento Considerando che entrambe le orbite sono circolari, possiamo scrive-re che la forza centripeta necessaria è data dalla forza di gravità

m2

r= G

MTm

r2

m2 = GM

Tm

r

Per la legge di conservazione dell’energia avremo

L+1

2m2

i −GM

Tm

ri=

1

2m2

f −GM

Tm

rf

Utilizzando l’informazione che l’orbita è circolare avremo

L+1

2GM

Tm

ri−G

MTm

ri=

1

2GM

Tm

rf−G

MTm

rf

L− 1

2GM

Tm

ri= −1

2GM

Tm

rf

L = −1

2GM

Tm

rf+

1

2GM

Tm

ri

L =1

2GM

Tm

(1

ri− 1

rf

)



Testo [L0023] [1 1 2a ] Un corpo di massa m = 2 kg, sulla cima di unacollina, viaggia con velocità iniziale i = 10 m

s ed ha un’energia potenziale gravi-tazionale Ui = 1000J . Frenato dalle forze d’attrito, arriva in fondo alla collina adaltezza hf = 0m con una velocità finale Vf = 20 m

s . Di quante volte è aumentata l’e-nergia cinetica (raddoppiata, triplicata, quadruplicata)? Quanta energia si è trasformatain calore?

Spiegazione In questo esercizio si applica la legge di conservazione dell’energia.Inizialmente il sistema fisico ha l’energia cinetica e potenziale gravitazionale del-l’oggetto. Alla fine il sistema fisico ha l’energia conetica e energia potenziale gravi-tazionale dell’oggetto ed il calore prodotto dalle forze di attrito. L’oggetto ha persoenergia potenziale gravitazionale, la quale è stata trasformata una parte in energiacinetica ed in parte in calore.

Svolgimento Le energie cinetiche iniziali e finali dell’oggetto valgono

Ec−i =1

2m2

i =1

2· 2 kg · 100 m

2

s2= 100 J

Ec−f =1

2m2

f =1

2· 2 kg · 400 m

2

s2= 400 J

L’energia cinetica è quindi quadruplicata. Inizialmente l’energia totale, calcolatautilizzando i valori iniziali, è

Etot = Ec−i + Ui = 1100 J

Visto che hf = 0m allora Uf = mghf = 0J . Quindi:

Q+ Ec−f + Uf = Etot

Q = Etot − Ec−f = 700 J


Testo [L0024] [4 5 3a ] Ad una molla, di lunghezza a riposo L0 = 20 cm

e costante elastica k = 10 Nm , viene appeso un oggetto di massa m = 100 g. Dalla

posizione di equilibrio raggiunta, l’oggetto viene sollevato di ∆x = +5 cm. Lasciatolibero, fino a quale altezza minima si abbassa?

Spiegazione In questo esercizio bisogna applicare la legge di conservazione dell’e-nergia. Inizialmente il sistema, quando si trova fermo in equilibrio, ha dell’energiapoteniale elastica in quanto la molla è allungata rispetyto alla posizione a riposo, edha dell’energia potenziale gravitazionale in quanto l’oggetto si trova ad una certaaltezza da terra.

Risulta importante in un sistema come questo, la scelta del sistema di riferimentorispetto al quale misuriamo le singole altezze. La scelta più comoda è quella in cuilo zero delle altezze si trova nel punto più in alto in cui viene posizionato il pesino.Per questo motivo, quando lasceremo il pesino libero di cadere, esso oscillerà tral’altezza zero ed un’opportuna altezza negativa.

Svolgimento Cominciamo con il calcolarci di quanto si allunga la molla sotto l’a-zione del pesino. In condizioni di equilibrio la forza di gravità verso il basso saràuguale alla forza elastica verso l’alto

Fg = Fel

m · g = k ·∆l

∆l =m · gk

∆l =0, 1 kg · 9, 8 m

s2

10 Nm

= 0, 098m = 9, 8 cm

Nel nostro sistema di riferimento, il pesino si trova ad altezza zero e poi vienesollevato fino all’altezza iniziale

hi = ∆x


Il problema chiede di trovare l’altezza minima hf raggiunta dal pesino. Impostia-mo la legge di conservazione dell’energia. Definiamo lo stato iniziale come il puntopiù in alto raggiunto dal pesino. Definiamo come stato finale il punto più in bassoraggiunto dal pesino. In entrambi i casi l’energia cinetica del pesino è nulla.

L’energia potenziale gravitazionale è

U = m · g · h

L’energia potenziale elastica è

V =1

2k (∆l − h)

2

La legge di conservazione dell’energia diventa

m · g · hi +1

2k (∆l − hi)

2= m · g · hf +

1

2k (∆l − hf )

2

m · g · (hi − hf ) =1

2k (∆l − hf )

2 − 1

2k (∆l − hi)

2

m · g · (hi − hf ) =1

2k[(∆l − hf )

2 − (∆l − hi)2]

2m · gk

(hi − hf ) = (∆l − hf +∆l − hi) · (∆l − hf −∆l + hi)

2m · gk

(hi − hf ) = (2∆l − hf − hi) · (−hf + hi)

2m · gk

(hi − hf )− (2∆l − hf − hi) · (−hf + hi) = 0

(hi − hf )[2m · gk

− (2∆l − hf − hi)]= 0

(hi − hf )(2m · gk

− 2∆l + hf + hi

)= 0

di qui troviamo le due soluzioni per hf coincidenti con gli stati iniziale e finaledel problema hi − hf = 0

2m·gk − 2∆l + hf + hi = 0

hf = hi

hf = −hi − 2m·gk + 2∆l

Se adesso andiamo a riprendere il risultato iniziale sull’equilibrio raggiunto dallamolla con il peso ad essa appeso ∆l = m·g

k otteniamohf = hi = +5 cm

hf = −hi = −5 cm

Proviamo adesso a rifare lo stesso esercizio mettendo l’origine del sistema di rife-rimento nel punto in cui l’estremità della molla si trova prima che venga appeso l’og-getto. La formula per l’energia poteniale gravitazionale non cambia, mentre quellaper l’energia poteniale elastica diventa:

L’energia potenziale elastica è

V =1

2k (h)

2

infatti la coordinata stessa dell’altezza rappresenta anche la variazione di lunghezzadella molla. La legge di conservazione dell’energia diventa adesso:

m · g · hi +1

2k (hi)

2= m · g · hf +

1

2k (hf )

2

m · g (hi − hf ) =1

2k (hf )

2 − 1

2k (hi)

2

2mg

k(hi − hf ) = (hf + hi) (hf − hi)

2mg

k(hi − hf )− (hf + hi) (hf − hi) = 0

2mg

k(hi − hf ) + (hf + hi) (hi − hf ) = 0

(hi − hf )

[2mg

k+ (hf + hi)

]= 0

di qui troviamo le due soluzioni per hf coincidenti con gli stati iniziale e finaledel problema


hi − hf = 0

2mgk + hf + hi = 0

Teniamo adesso presente che rispetto alla posizione a riposo della molla, l’altessainiziale hi = −∆l + ∆x; inoltre vale sempre che l’allungamento della molla dovutoal posizionamento del pesino vale ∆l = mg

k . Avremo quindi:hf = hi = −∆l +∆x

hf = −hi − 2mgk = ∆l −∆x− 2mg

khf = hi = −mgk +∆x = −4, 8 cm

hf = −mgk −∆x = −14, 8 cm

Questi valori di fatto rappresentano gli stessi punti di partenza e di arrivo per l’o-scillazione del pesino ottenuti precedentemente. Si vede infatti che i valori di altezzaottenuti sono ricavabili dai precedenti con una semplice traslazione del sistema diriferimento, che è esattamente quello che abbiamo fatto all’inizio.


Testo [L0025] [1 2 2a ] Un oggetto cade da una certa altezza. Trascuriamol’effetto dell’aria. Rispondi alle seguenti domande:

• Come variano l’energia potenziale gravitazionale e l’energia cinetica dell’og-getto? Come varia l’energia totale dell’oggetto?

Consideriamo adesso il caso della presenza dell’aria.

• In che modo la forza di attrito interviene sulle trasformazioni energetiche delfenomeno in questione? Vale ancora la legge di conservazione dell’energiatotale?

Spiegazione Durante la caduta di un oggetto, l’energia da esso posseduta subi-sce una serie di trasformazioni. Per sapere come avvengono tali trasformazioniè sufficiente comprendere i concetti teorici alla base del fenomeno della legge diconservazione dell’energia.

Svolgimento

• Come varia l’energia potenziale gravitazionale dell’oggetto? La formula per l’e-nergia potenziale gravitazionale è U = mgh. Diminuendo l’altezza da terradiminuisce l’energia potenziale gravitazionale.

• Come varia l’energia cinetica dell’oggetto? Man mano che l’oggetto scende, tra-sforma la sua energia potenziale gravitazionale in energia cinetica. L’oggettova infatti sempre più veloce. L’energia cinetica aumenta.

• Come varia l’energia totale dell’oggetto? Per la legge di conservazione dell’ener-gia, l’energia totale di un sistema isolato si conserva.

Consideriamo adesso il caso della presenza dell’aria.

• In che modo la forza di attrito interviene sulle trasformazioni energetiche del fenome-no in questione? La forza di attrito trasforma l’energia cinetica dell’oggetto incalore, rallentandolo.


• Vale ancora la legge di conservazione dell’energia totale? La legge di conservazionedell’energia totale è sempre valida


Testo [L0026] [2 2 2a ] Un elastico inizialmente fermo, di massa m = 40 g

e costante elastica k = 5 Ncm , si trova all’altezza hi = 2m e viene lanciato verso l’alto.

L’energia necessaria è data dall’elastico stesso essendo stato allungato di ∆l = 10 cm.A quale altezza arriva l’elastico? .

Spiegazione In questo problema vale la legge di conservazione dell’energia tota-le. L’energia Porenziale elastica dell’elastico viene convertita in energia cinetica esuccessivamente l’energia cinetica in energia potenziale gravitazionale.

Svolgimento L’energia potenziale elastica immagazzinata è

Vel−i =1

2k∆l2 =

1

2· 500N

m· 0, 01m2 = 2, 5 J

Nel punto di massima altezza l’elastico sarà fermo, e quindi con Ecf = 0.L’elastico si è scaricato dell’energia in esso immagazzinata e quindi Vel−f = 0.Per la legge di conservazione dell’energia avremo che

Ui + Eci + Vi = Uf + Ecf + Vf

mghi + 0 + Vel−i = Uf + 0 + 0

da cui

Uf = mghf = 0, 04 kg · 9, 8 ms2

· 2m+ 2, 5 J = 3, 284 J

L’altezza raggiunta sarà quindi calcolabile utilizzando la formula inversa

hf =Uf

m · g=

3, 284 J

0, 04 kg · 9, 8 ms2

= 8, 38m



Testo [L0027] [2 2 2a ] Un atleta di salto con l’asta durante la sua corsaviaggia ad una velocità i = 9m

s , quanto salterebbe in alto se riuscisse a convertiretutta la sua energia cinetica in energia potenziale gravitazionale?

Spiegazione L’atleta ha energia cinetica a causa della sua corsa. Grazie all’astariesce a convertire il moto in orizzontale in un moto in verticale e trasformare lasua energia cinetica in energia potenziale gravitazionale. Vale quindi la legge diconservazione dell’energia.


Eci + Ui = Ecf + Uf

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

La velocità finale nel punto di massima altezzaa è nulla e quindi è nulla l’energiacinetica finale. L’atleta si trova al suolo, quindi è nulla l’altezza iniziale e di conse-guenza è nulla l’energia potenziale gravitazionale iniziale. L’altezza finale raggiuntadall’atleta.

mghf =1

2m2

i

da cuighf =

1

22i

da quest’ultima equazione troviamo l’altezzi finale

hf =2i

2g=

81 m2

s2

2 · 9, 8 ms2

= 4, 13m


Testo [L0028] [2 2 2a ] Un corpo di massa m = 4 kg si muove senza attritosu di un piano orizzontale con velocità = 5 m

s . Ad un certo punto esso incontrauna molla comprimendola di ∆l = 0, 2m. Calcola la costante elastica della molla.

Spiegazione L’oggetto che si muove ha energia cinetica; incontrando la molla tra-sferisce la sua energia alla molla trasformandola in energia potenziale elastica. Valequindi la legge di conservazi9one dell’energia.


Eci + Vi = Ecf + Vf

1

2m2

i +1

2k∆l2i =

1

2m2

f +1

2k∆l2f

L’oggetto comprime la molla che inizialmente era scarica. Quando l’oggetto siferma ha perso tutta la sua energia cinetica in quanto l’ha trasferita alla molla.

1

2m2

i =1

2k∆l2f

da cui

k =m · 2

i

∆l2f

k =4 kg · 25 m2

s2

0, 04m2= 2500

N

m


Problema di: Meccanica - L0029

Testo [L0029] [2 2 2a ] Un oggetto di massam = 2 kg viene lasciato cadereda una certa altezza. Arrivato a terra, penetra nel terreno per un tratto d = 0, 5m.Assumendo che le forze di attrito con il terreno abbiano un valore medio Fa = 500N ,da quale altezza è caduto l’oggetto?

Spiegazione Questo oggetto cade, quindi perde energia potenziale gravitazionalee la trasforma in energia cinetica. Nel tratto in cui penetra nel terreno, perde ulterior-mente energia potenziale gravitazionale, ma a causa del lavoro delle forze di attritoperde anche l’energia cinetica, la quale viene convertita in calore.

Svolgimento La legge di conservazione dell’energia appicata a questo contesto è:

Ui + Eci = Uf + Ecf +∆Q

mghi +1

2m2

i = −mgd+ 1

2m2

f + Fa · d

da cui

hi =−mgd+ 1

2m2f + Fa · d− 1

2m2i

mg

Considerato che l’oggetto parte ed arriva con velocità nulla

hi = −d+ Fa · dmg

= d

(Fa

mg− 1

)

hi = 0, 5m ·(

500N

19, 6N− 1

)= 12, 26m


Testo [L0030] [2 2 2a ] Un proiettile di massa m = 5 g viene sparato oriz-zontalmente contro un bersaglio fisso, penetrando in esso per un tratto d = 0, 5m.Assumendo che le forze di attrito sul proiettile nel bersaglio abbiano un valore medioFa = 500N , con quale velocità è stato sparato il proiettile?

Spiegazione Il proiettile si ferma in quanto le forze d’attrito, facendo un lavoronegativo, dissipano l’energia cinetica del proiettile in calore.

Svolgimento L’energia cinetica del proiettile sarà pari al modulo del lavoro dellaforza di attrito.

F · d =1

2m2

=

√2Fd

m=

√10000

m2

s2= 100 dfracms



Testo [L0031] [1 1 2a ] Un blocco di cemento di massa m = 500 kg ètenuto da una gru ad un’altezza hi = 10m e poi appoggiato dentro un pozzo aduna profondità hf = −5m sotto il livello del terreno. Di quanto è variata l’energiapotenziale gravitazionale dell’oggetto a causa del suo spostamento?

Spiegazione Il blocco di cemento cambia la sua altezza e quindi cambia il suovalore di energia potenziale gravitazionale.

Svolgimento L’energia potenziale gravitazionale iniziale dell’oggetto vale

Ui = mghi = 500 kg · 9, 8 ms2

· 10m = 49000 J

L’energia potenziale gravitazionale finale dell’oggetto vale

Uf = mghf = 500 kg · 9, 8 ms2

· (−5m) = −24500 J

Quindi∆U = Uf − Ui = −73500 J

che giustamente è negativa visto che il blocco di cemento sta scendendo.


Testo [L0032] [2 2 2a ] Ad una macchina di Atwood senta attrito sonoappesi due corpi di massa m1 = 2 kg e m2 = 3 kg. Il corpo più leggero è inizialmentefermo appoggiato a terra, mentre quello più pesante si trova a h = 2m da terra. Conquale velocità il più pesante toccherà terra?

Spiegazione In questo problema vale la legge di conservazione dell’energia.

Svolgimento Nell’ipotesi di attriti trascurabili avremo

Ec1−i + U1−i + Ec2−i + U2−i = Ec1−f + U1−f + Ec2−f + U2−f

Inizialmente il sistema è fermo, quindi Ec1−i = Ec2−i = 0. Inoltre il primo corposi trova a terra con U1−i = 0.

U2−i = Ec1−f + U1−f + Ec2−f + U2−f

Nello stato finale il secondo corpo si troverà a terra con U2−f = 0 mentre il primosi troverà all’altezza h. Mentre i corpi si muovono, essi avranno la stessa velocitàvisto che sono collegati da una corda inestensibile. Avremo quindi

m2gh =1

2m1

2f +m1gh+

1

2m2

2f

(m2 −m1) gh =1

2(m1 +m2)V

2f

2f =

2 (m2 −m1) gh

(m1 +m2)

f =

√2 (m2 −m1) gh

(m1 +m2)=

√2 · 1 kg · 9, 8 m

s2 · 2m5 kg

= 2, 8m

s



F

Testo [L0033] [3 3 3a ] Una sfera di raggior = 10 cm rotola senza strisciare lungo un piano incli-nato partendo da un’altezza hi = 30 cm. Con qualevelocità arriva alla fine del piano inclinato?

Spiegazione In questo problema vale la legge diconservazione dell’energia. Considerato che la sfera rotola senza strisciare, per pri-ma cosa dobbiamo considerare anche l’energia cinetica rotazionale, ed in secondoluogo dobbiamo tenere conto che rotolando senza strisciare, la velocità angolare dirotolamento è in relazione con la velocità del baricentro.

Svolgimento Per la legge di conservazione dell’energia, la sfera inizialmente fer-ma ha soltanto energia potenziale gravitazionale. Alla fine del percorso l’oggettoha perso tutta l’energia potenziale ed ha solo più energia cinetica traslazionale erotazionale

Ui = Eci + Eri

mghi =1

2m2

f +1

2Iω2

f

Nel rotolamento, il punto di appoggio è fermo per un istante, ed il centro dellasfera, a distanza r si muove a velocità V . Rispetto al baricentro, il punto di contattoal suolo, sempre a distanza r si muove a velocità opposta di pari modulo . Quindila velocità angolare della sfera è

ω =

r

quindi

mghi =1

2m2

f +1

2· 25mr2

2f

r2

mghi =1

2m2

f +1

5m2

f

mghi =7

10m2

f

ed infine

f =

√10

7ghi



F

Testo [L0034] [3 3 3a ] Una sfera di raggior = 0, 1m e massa m = 2 kg, rotola senza strisciare su diun piano orizzontale sotto l’azione di una forza orizzon-tale applicata nel baricentro. La velocità iniziale dellasfera è nulla, e dopo un percorso ∆S = 2m è f = 4 m

s . Quanto vale la forza F ?

Spiegazione In questo problema vale la legge di conservazione dell’energia. Dalmomento che parliamo di una sfera che rotola senza strisciare, allora dobbiamoconsiderare anche l’energia cinetica rotazionale.

Svolgimento Per il teorema dell’energia cinetica

L = ∆Ec = Ecf + Erf − Eci − Erf

L = ∆Ec =1

2m2

f +1

2Iω2

f − 1

2m2

i −1

2Iω2

i

L =1

2m2

f +1

2Iω2

f

Sapendo che parliamo di una sfera e che la sfera non striscia ma rotola, allora

L =1

2m2

f +1

2

2

5mr2

2f

r2

F ·∆S =1

2m2

f +1

5m2

f =7

10m2

f

F =

7

10m2

f

∆S= 11, 2N


Testo [L0035] [3 3 3a ] Un oscillatore armonico è realizzato da un corpodi massa m che oscilla orizzontalmente attaccato ad una molla di costante elasticak. Sapendo che ha una velocità 1 = 8 m

s quando si trova a distanza ∆l1 = 4m dalpunto di equilibrio, e una velocità 2 = 2 m

s quando si trova a distanza ∆l2 = 6m

dal punto di equilibrio, determinare la massima distanza dal punto di equilibrio.

Spiegazione In questo problema vogliamo desumere una delle caratteristiche delmoto armonico conoscendo velocità e posizione dell’oggetto in due particolari istan-ti. L’unica cosa che sappiamo con certezza è che in un moto armonico vale la leggedi conservazione dell’energia.

Svolgimento Per la legge di conservazione dell’energia, sapendo che alla massimadistanza dal punto di equilibrio l’energia cinetica del corpo è nulla, avremo

1

2m2

1 +1

2k∆l21 =

1

2m2

2 +1

2k∆l22

1

2m2

1 +1

2k∆l21 =

1

2k∆l2max

m21 + k∆l21 = m2

2 + k∆l22

m21 + k∆l21 = k∆l2maxm

(21 −

22

)= +k

(∆l22 −∆l21

)m

k21 +∆l21 = ∆l2max

m

k=

(∆l22 −∆l21

)(2

1 − 22)(

∆l22 −∆l21)

(21 − 2

2)· 2

1 +∆l21 = ∆l2max

quindi (∆l22

21 −∆l21

21 +

21∆l

21 −

22∆l

21

)(2

1 − 22)

= ∆l2max


(∆l22

21 −

22∆l

21

)(2

1 − 22)

= ∆l2max

∆l2max = 80m2

∆lmax = 8, 94m

Problema di: Energia - L0036

Testo [L0036] [2 1 2a ] A quale velocità deve essere lanciato un satelliteartificiale di massa m = 100 kg per uscire dall’orbita terrestre?

Spiegazione Un sistema fisico è un sistema legato quando la sua energia totale ènegativa. Un satellite ha energia potenziale gravitazionale ed energia cinetica.

Svolgimento La condizione di sistema non legato è

Etot ≥ 0

da cui nel nostro caso possiamo scrivere

1

2mV 2 −G

Mm

r≥ 0

Immaginando che nell’istante iniziale il satellite si trova sulla superficie dellaTerra, possiamo scrivere

2fuga ≥ 2G

MTerra

RTerra

fuga ≥

√2 · 6, 67 · 10−11

Nm2

kg25, 972 · 1024 kg

6380 km= 6147, 1

m

s

fuga ≥ 11174m

s



Testo [L0037] [3 3 3a ] Un cilindro di raggio r = 2 cm con un filo lungoL = 1m arrotolato intorno ad esso, cade partendo fa fermo. Con quale velocitàarriverà al suolo?

Spiegazione In questo problema vale la legge di conservazione dell’energia, tenen-do conto che il cilindro nello scendere contemporaneamente rotola sotto la condizio-ne di puro rotolamento.

Svolgimento Applichiamo la legge di conservazione dell’energia.

1

2m2

i +mghi +1

2Iω2

i =1

2m2

f +mghf +1

2Iω2

f

Considerando che l’oggetto parte da fermo avremo

mghi =1

2m2

f +mghf +1

2Iω2

f

Considerando che l’altezza finale è più bassa dell’altezza iniziale esattamentedella lunghezza del filo, avremo:

mgL =1

2m2

f +1

2Iω2

f

Imponiamo adesso la condizione di puro rotolamento = ωr e avremo

mgL =1

2m2

f +1

2

I

r22f

mgL =1

2

(m+

I

r2

)2f

Il momento di inerzia del cilindro è I =1

2mr2, quindi

mgL =3

4m2

f

4

3gL =

2f

f =

√4

3gL = 3, 6

m

s



Testo [L0038] [2 2 2a ] Una scala mobile inclinata di α = 45 rispettoall’orizzontale, sposta le persone a velocità = 1 m

s . Se ogni persona ha massam = 80 kg, quale potenza deve avere il motore per sollevare una sola persona?

Spiegazione Applichiamo semplicemente la definizione di Potenza

Svolgimento Ad ogni persona la scala mobile fornisce energia potenziale gravita-zionale, quindi

P =∆E

∆t=mg∆h

∆t

Ogni persona in u intervallo di tempo ∆t percorre uno spostamento lineare ∆S =

·∆t che corrisponde ad un incremento di altezza

∆h = ·∆t · sinα

Quindi

P =mg ·∆t · sinα

∆t= mg · sinα = 554W

Problema di: Energia - L0038a

Testo [L0038a] [2 2 2a ] Un montacarichi solleva le persone a velocità = 1 m

s . Se ogni persona ha massa m = 80 kg, quale potenza deve avere il motoreper sollevare una sola persona?

Spiegazione Applichiamo semplicemente la definizione di Potenza

Svolgimento Ad ogni persona la scala mobile fornisce energia potenziale gravita-zionale, quindi

P =∆E

∆t=mg∆h

∆t

Ogni persona in un intervallo di tempo ∆t percorre uno spostamento lineare ∆S =

·∆t che corrisponde ad un incremento di altezza

∆h = ·∆t

Quindi

P =mg ·∆t

∆t= mg = 784W



2 4 6 8 10 12 14

2468

∆S(m)

F (N)Testo [L0039] [2 3 2a ] Un cor-po di massam = 2 kg si muove lungo unaretta, partendo da fermo, sotto l’azione diuna forza F come indicato dal seguentegrafico Forza-posizione. Indica: per quantotempo la velocità è stata costante, il lavoro fatto dalla forza, la velocità raggiunta.

Spiegazione Per questo esercizio è sufficiente conoscere il concetto di Lavoro di unaforza

Svolgimento L’oggetto si muove di moto rettilineo uniforme solo se la forza su dilui è costantemente nulla, quindi in questo esercizio dalle 11 alle 14

Il lavoro della forza è l’area sottesa dalla curva che giustamente ha le dimensionidi un’energia.

L = 48 J

La velocità raggiunta la si trova con il teorema dell’energia cinetica

L = Ecf − Eci

da cui

=

√2L

m= 6, 93

m

s

Problema di: Conservazione dell’energia - L0040

Testo [L0040] [4 3 3a ] Due sfere di massa m1 = 2 kg e m2 = 1 kg sonocollegate da una sbarra di massa trascurabile lunga L = 1m ed inchiodata in unpunto a d = 40 cm dalla massa minore. La sbarra è inizialmente ferma, in equilibrioinstabile, con la massa minore verso il basso. Con quale velocità angolare ruota l’astaquando la massa maggiore raggiungerà il punto più basso?

Spiegazione In questo sistema fisico vale la legge di conservazione dell’energia

Svolgimento Indichiamo con h1 l’altezza della prima massa e con h2 l’altezza dellaseconda massa. Applicando la legge di conservazione dell’energia avremo

m1gh1i +m2gh2i = m1gh1f +m2gh2f +1

2(I1 + I2)ω

2

m1gh1i −m1gh1f +m2gh2i −m2gh2f = +1

2(I1 + I2)ω

2

m1g (h1i − h1f ) +m2g (h2i − h2f ) = +1

2(I1 + I2)ω

2

2m1g (L− d)− 2m2gd = +1

2

[m1 (L− d)

2+m2d

2]ω2

2g [m1 (L− d)−m2d] = +1

2

[m1 (L− d)

2+m2d

2]ω2

[m1 (L− d)

2+m2d

2]ω2 = 4g [m1 (L− d)−m2d]

ω2 =4g [m1 (L− d)−m2d][m1 (L− d)

2+m2d2

]



Testo [L0041] [4 3 3a ] Due oggetti astronomici sferici di massa m1 edm2 e raggi r1 ed r2 inizialmente fermi, distano tra loro d. Con quale velocità simuoveranno nel momento dell’impatto?

Spiegazione In questo problema semplicemente si applica la legge di conservazio-ne dell’energia, mettendosi nel sistema di riferimento di uno dei due oggetti

Svolgimento Nel sistema di riferimento del baricentro avremo

−Gm1m2

d= −G m1m2

(r1 + r2)+

1

2m1

21 +

1

2m2

22

Allo stesso tempo le quantità di moto dei due corpi devono essere uguali per la leggedi conservazione dell’impulso

0 = m11 −m22

con 1 e 2 positivi. da queste due equazioni avremo1 =

m2

m12 −G

m1m2

d2+G

m1m2

(r1 + r2)2 =

1

2

m22

m122 +

1

2m2

22

1 =

m2

m12

Gm1m2

(1

(r1 + r2)− 1

d

)=

1

2m2

(m2

m1+ 1

)22

Chiamiamo

L = Gm1m2

(1

(r1 + r2)− 1

d

)la variazione di energia potenziale gravitazionale del sistema

1 =m2

m12

L =1

2m2

(m2

m1+ 1

)22

1 =

m2

m12

2Lm1

m2mtot=

22

1 =

√2L

m2

m1mtot

2 =

√2L

m1

m2mtot


Problema di: Dinamica - L0042

Testo [L0042] [3 3 3a ] Un oggetto di massaM = 10 kg si muove su di un piano orizzontale con coeffi-cienti di attrito µs = 4 e µd = 2, verso una molla di costanteelastica K = 10 N

cm . Nell’istante in cui tocca la molla esso simuove con velocità = 10 m

s . Quanto vale lo schiacciamento che la molla avràsubito quando avrà fatto fermare l’oggetto?

Spiegazione L’oggetto si ferma perché la molla, schiacciandosi, toglie energia cine-tica all’oggetto trasformandola in energia potenziale gravitazionale; inoltre la forzxadi attrito toglie energia cinetica all’oggetto trasformandola in calore. Il problema sirisolve con la legge di conservazione dell’energia.

Svolgimento per la legge di conservazione dell’energia avremo:

1

2m2

i =1

2K∆l2 + µdmg ·∆l

In questa equazione ∆l indica lo schiacciamento della molla ed è definito positivo.Quindi

0 = K∆l2 + 2µdmg ·∆l −m2i

∆l =−µdmg ±

√µ2dm

2g2 +Km2i

K

a questo punto solo la soluzione positiva è contemplabile, quindi

∆l =−µdmg +

√µ2dm

2g2 +Km2i

K

∆l =−196N +

√38416N2 + 106N2

10N

cm

= 82, 3 cm


Testo [L0043] [4 4 3a ] Un satellite artificiale di massa m = 500 kg, staorbitando su di un orbita circolare intorno alla Terra ad una altezza hi = 100 km

sopra la superficie. Al rientro in atmosfera parte della sua energia è dispersa sottoforma di calore a causa dell’attrito con l’aria. Quanta energia è stata trasformata incalore da quando il satellite era in orbita a quando atterra al suolo?

Spiegazione Per la legge di conservazione dell’energia, l’energia meccanica persadal satellite è stata convertita in calore dalle forze di attrito. Questo problema sirisolve semplicemente applicando la legge di conservazione dell’energia

Svolgimento Indicando con RTilraggiodellaTerra, chiamiamo ri la distanza del

satellite dal centro della terra, per cui

ri = RT+ hi

ed avremo poi cherf = R

T


1

2m2

i −GM

Tm

ri=

1

2m2

f −GM

Tm

rf+∆Q

Essendo il satellite su di un’orbita circolare, avremo

GM

Tm

r2= m

2

r

Inoltre, sulla superficie della Terra, il satellite ruota intorno al centro della Terracon la velocità determinata dalla rotazione della Terra, con periodo T = 1 giorno.

f =2πR

T

T

L’equazione iniziale diventa quindi

−1

2

GMTm

ri= m

2π2R2T

T 2−G

MTm

RT

+∆Q


GM

Tm

RT

− GMTm

2ri−m

2π2R2T

T 2= ∆Q

GMTm

(1

RT

− 1

2ri

)−m

2π2R2T

T 2= ∆Q

Problema di: Cinematica - L0044

Testo [L0044] [1 3 2a ] Un oggetto di massam = 2 kg si sta muovendo allavelocità i = 10 m

s . Ad un certo punto subisce una forza F1 = 5N nella stessa dire-zione e verso della velocità. Dopo uno spostamento ∆S1 = 50m la forza cambia ediventa F2 = 4N posta perpendicolarmente alla velocità. Dopo un tempo ∆t2 = 5 s,la forza cambia di nuovo e vale F3 = 3N posta nella stessa direzione ma con ver-so opposto a quello della velocità. L’oggetto si sposta quindi per altri ∆S3 = 20m.Quale velocità avrà il corpo alla fine?

Spiegazione In questo problema una forza agisce su di un oggetto che si sta spo-stando. Possiamo quindi calcolarci il lavoro di quella forza.

Svolgimento Nel primo tratto l’angolo tra forza e spostamento è nullo, quindi

L1 = F ·∆S = 5N · 50m = 250 J

Nel secondo tratto l’angolo tra forza e spostamento è di 90 , quindi

L2 = 0

Nel terzo tratto l’angolo tra forza e spostamento è di 180, quindi

L3 = F ·∆S = −3N · 20m = −60 J

Per la legge di conservazione dell’energia, il lavoro fatto dalla forza si sommaall’energia cinetica iniziale per dare l’energia cinetica finale.

1

2m2

f =1

2m2

i + Ltot

2f =

2i +

2Ltot

m= 100

m2

s2+

2 · 190 J2 kg

= 290m2

s2

f = 17, 03m

s


Problema di: Cinematica - L0045

Testo [L0045] [2 2 2a ] Una molla di costante elastica K1 = 200 Nm , schiac-

ciata inizialmente di ∆l1i = 0, 05m spinge un oggetto di massam = 2 kg il quale poi,muovendosi in orizzontale, viene fermato da una seconda molla di costante elasticaK2 = 800 N

m . Di quanto viene schiacciata la seconda molla?

Spiegazione In questo problema vale la legge di conservazione dell’energia. L’e-nergia accumulata nella prima molla si trasferisce all’oggetto sotto forma di energiacinetica e successivamente i trasferisce alla seconda molla.

Svolgimento Per la legge di conservazione dell’energia avremo

1

2m2

i +mghi +1

2K1∆l

21i +

1

2K2∆l

22i =

1

2m2

f +mghf +1

2K1∆l

21f +

1

2K2∆l

22f

I due termini rappresentanti l’energia cinetica dell’oggetto all’inizio ed alla vinesono nulli, perché l’oggetto parte da fermo e poi alla fine viene fermato dalla secondamolla

0 +mghi +1

2K1∆l

21i +

1

2K2∆l

22i = 0 +mghf +

1

2K1∆l

21f +

1

2K2∆l

22f

La seconda molla all’inizio è scarica, mentre alla fine la prima molla è scarica,quindi

0 +mghi +1

2K1∆l

21i + 0 = 0 +mghf + 0 +

1

2K2∆l

22f

L’oggetto si muove in orizzontale, quindi le energie potenziali gravitazionalisono uguali e si possono semplificare. Alla fine l’equazione si riduce a

1

2K1∆l

21i =

1

2K2∆l

22f

ed otteniamo quindi

K1∆l21i = K2∆l

22f

K1

K2∆l21i = ∆l22f

∆l2f =

√K1

K2∆l1i

∆l2f = 2 · 5 cm = 10 cm



Testo [L0046] [2 3 2a ] Un oggetto di massam = 10 kg viaggia alla velocità i = 50 m

s . Quanto lavoro bisogna fare per portare la velocità a f = 30 ms ? Sapendo

che l’oggetto si è fermato in uno spazio ∆S = 40m, quanto vale la forza che lo hafatto rallentare?

Spiegazione Un problema sul teorema dell’energia cinetica... basta semplicementeapplicarlo.

Svolgimento Per il teorema dell’energia cinetica avremo

L = ∆Ec = Ecf − Eci =1

2m(2f −

2i

)L =

1

2· 10 kg

(2500

m2

s2− 900

m2

s2

)= −8000 J

Il lavoro è negativo, quindi la forza esercitata sul corpo è opposta al suo sposta-mento

Dalla definizione di lavoro

L = F∆S · cos(180)

F =−L∆S

=8000 J

40m= 200N


Testo [L0047] [2 2 2a ] Un oggetto di massa m = 2 kg viene lanciato versol’alto con una velocità i = 4 m

s partendo da una certa altezza. Arriva a terra conuna velocità f = 5 m

s . Quanta energia potenziale gravitazionale aveva all’inizio?Da quale altezza è partito?

Spiegazione Un problema sulla legge di conservazione dell’energia. Bisogna sem-plicemente applicarla.

Svolgimento In questo problema non si tiene conto dell’effetto dell’attrito con l’a-ria, quindi le uniche energie in gioco sono l’energia cinetica e l’energia potenzialegravitazionale

Eci + Ui = Ecf + Uf

Ui = Ecf − Eci + Uf =1

2m2

f − 1

2m2

i +mghf

Ui =1

2· 2 kg · 25 m

2

s2− ·2 kg · 16 m

2

s2+ 2 kg · 9, 8 m

s2· 0m

Ui =1

2· 2 kg · 9 m

2

s2= 9 J

hi =Ui

mg=

9 J

2 kg · 9, 8 ms2

= 1, 84m



Testo [L0048] [2 2 2a ] Un oggetto di massam = 2 kg viene lasciato caderelungo un piano inclinato partendo da fermo e da un’altezza hi = 4m. Arriva a terrae prosegue su di un piano orizzontale fino a fermarsi. Scrivi la legge di conservazio-ne dell’energia applicata a questo esercizio. Quanto calore è stato generato a causadell’attrito?

Spiegazione Come suggerisce il problema stesso, la soluzione al quesito la si ottie-ne applicando la legge di conservazione dell’energia al sistema fisico descritto.

Svolgimento Le energie in gioco in questo problema sono:

• Energia cinetica, perché l’oggetto si muove.

• Energia potenziale gravitazionale, perché l’oggetto si trova ad una certa altez-za.

• Calore, in quanto nel problema è presente la forza di attrito che rallenta il motodell’oggetto.

Per cuiEci + Ui = Ecf + Uf +Q

Alcune di queste energie sono nulle e quindi le possiamo escludere dall’equazio-ne. L’oggetto parte da fermo, arriva a fermarsi ed arriva a terra.

Ui = Q

Q = mghi = 2 kg · 4m · 9, 8 ms2

= 78, 4 J


Testo [L0049] [2 2 2a ] Un oggetto di massa m = 5 kg si sta muovendoorizzontalmente con velocità i = 20 m

s . Viene spinto da una forza F = 10N per untratto ∆S = 40m nella stessa direzione e verso del moto. Sapendo che si sono persi∆Q = 100J di calore a causa dell’attrito, quanta energia cinetica avrà l’oggetto allafine? A quale velocità viaggerà?

Spiegazione Utilizziamo in questo esercizio la legge di conservazione dell’energia.All’energia cinetica e potenziale dell’oggetto all’inizio si somma il lavoro fatto dallaforza e si ottiene l’energia totale dell’oggetto. Alla fine della spinta l’energia tota-le sarà pari alla somma delle energie cinetica e potenziale dell’oggetto e del caloreprodotto.

Svolgimento L’energia cinetica dell’oggetto all’inizio è

Eci =1

2m2

i = 1000 J

Il lavoro fatto dalla forza è positivo in quanto la forza è parallela e nello stessoverso dello spostamento

L = F ·∆S = +400 J

Per la legge di conservazione dell’energia avremo:

Eci + Ui + L = Ecf + Uf +Q

Dal momento che l’oggetto si muove orizzontalmente avremo Ui = Uf e quindi

Ecf = Eci + L−Q = 1300 J



Testo [L0049a] [2 2 2a ] Un oggetto di massa m = 5 kg si sta muovendocon velocità i = 20 m

s . Viene spinto da una forza F = 5N per un tratto ∆S = 40m

nella stessa direzione ma in verso opposto verso del moto. Sapendo che si sono persi∆Q = 100J di calore a causa dell’attrito, quanta energia cinetica avrà l’oggetto allafine? A quale velocità viaggerà?

Spiegazione Utilizziamo in questo esercizio la legge di conservazione dell’energia.All’energia cinetica e potenziale dell’oggetto all’inizio si somma il lavoro fatto dallaforza e si ottiene l’energia totale dell’oggetto. Alla fine della spinta l’energia tota-le sarà pari alla somma delle energie cinetica e potenziale dell’oggetto e del caloreprodotto.

Svolgimento L’energia cinetica dell’oggetto all’inizio è

Eci =1

2m2

i = 1000 J

Il lavoro fatto dalla forza è positivo in quanto la forza è parallela e nello stessoverso dello spostamento

L = F ·∆S = −400 J

Per la legge di conservazione dell’energia avremo:

Eci + Ui + L = Ecf + Uf +Q

Dal momento che l’oggetto si muove orizzontalmente avremo Ui = Uf e quindi

Ecf = Eci + L−Q = 500 J


Testo [L0050] [2 2 2a ] Un oggetto di massa m = 2 kg viene lasciatocadere, partendo da fermo, da un’altezza hi = 20m. Con quale velocità l’oggettoimpatta contro il suolo? C’è uno di questi dati del problema che non è necessario perrispondere alla domanda?

Spiegazione Applichiamo la legge di conservazione dell’energia ed arriviamo allasoluzione del problema.

Svolgimento In questo problema le energie da considerare sono soltanto quellacinetica e quella potenziale gravitazionale

Eci + Ui = Ecf + Uf

Mettendo le formule

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

raccogliamo la massa

m

(1

22i + ghi

)= m

(1

22f + ghf

)ora possiamo semplificare la massa che quindi esce dall’equazione

1

22i + ghi =

1

22f + ghf

La velocità di impatto al suolo sarà quindi

f =√

2ghf − 2ghi + 2i = 19, 8

m

s

Qualunque sia il valore della massa esso non influisce sul valore della velocità diimpatto



Testo [L0050a] [2 2 2a ] Un oggetto di massam = 2 kg viene lanciato versol’alto, partendo da terra, con una velocità iniziale i = 20 m

s . A quale altezza arrival’oggetto? C’è uno di questi dati del problema che non è necessario per risponderealla domanda?

Spiegazione Applichiamo la legge di conservazione dell’energia ed arriviamo allasoluzione del problema.

Svolgimento In questo problema le energie da considerare sono soltanto quellacinetica e quella potenziale gravitazionale

Eci + Ui = Ecf + Uf

Mettendo le formule

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

raccogliamo la massa

m

(1

22i + ghi

)= m

(1

22f + ghf

)ora possiamo semplificare la massa che quindi esce dall’equazione

1

22i + ghi =

1

22f + ghf

La massima altezza raggiunta sarà quindi

hf = hi +2i

2g= 20, 41m

Qualunque sia il valore della massa esso non influisce sul valore della velocità diimpatto.


Testo [L0051] [1 2 2a ] Un oggetto di massa m = 2 kg si sta muovendoalla velocità i = 10 m

s . Ad un certo punto subisce una forza F1 = 5N nella stessadirezione e verso della velocità. Dopo uno spostamento ∆S1 = 50m la forza cambiae l’oggetto comincia a rallentare a causa di una forza F2 = 4N posta nella stessadirezione ma con verso opposto a quello della velocità. L’oggetto si sposta quindiper altri ∆S2 = 20m. Quanta energia cinetica avrà alla fine?

Spiegazione Qui basta applicare il teorema dell’energia cinetica.

Svolgimento Dal teorema dell’energia cinetica abbiamo:

Ecf = Eci + F1∆S1 − F2∆S2 = 10 J + 250 J − 80 J = 180 J



Testo [L0051a] [1 2 2a ] Un oggetto di massa m = 2 kg si sta muovendoalla velocità i = 10 m

s . Ad un certo punto subisce una forza F1 = 5N nella stessadirezione e verso della velocità. Dopo uno spostamento ∆S1 = 50m la forza cambiae diventa F2 = 4N posta perpendicolarmente alla velocità, ed in questa situazionel’oggetto si sposta per altri ∆S2 = 20m. Quanta energia cinetica avrà alla fine?

Spiegazione Qui basta applicare il teorema dell’energia cinetica.

Svolgimento Dato che la seconda forza non compie lavoro perché perpendicolareallo spostamento, dal teorema dell’energia cinetica abbiamo:

Ecf = Eci + F1∆S1 = 10 J + 250 J = 260 J


Testo [L0052] [3 4 2a ] La massa di un pendolo di lunghezza L = 2m

ha nel punto più basso una velocità = 1 ms . Calcola l’angolo dell’oscillazione e la

velocità di quella massa ad un angolo pari alla metà dell’angolo di oscillazione.

Spiegazione La massa del pendolo, oscillando, sale e scende in base alla legge diconservazione dell’energia.

Svolgimento Dalla legge di conservazione dell’energia si ottiene la massima altez-za raggiunta dal corpo

1

2m2

i = mghf

hf =2

2g= 0, 05m

Dalla geometria del sistema si ricava

cos θ =L− hfL

= 0, 975

θ = 12, 8

Per la seconda parte del problema calcoliamo a che altezza h′f arriverà il corpo.

θ = 6, 4

h′f = L (1− cos θ) = 0, 0125m

ed utilizziamo adesso la legge di conservazione dell’energia

1

2m2

i = mgh′f +1

2m2

f

2i = 2gh′f +

2f

2f =

2i − 2gh′f = 1

m2

s2− 0, 245

m2

s2= 0, 755

m2

s2


f = 0, 495m

s

La formula completa della velocità in funzione dell’angolo è

f =√2i − 2gL (1− cos θ)


Testo [L0053] [3 3 3a ] Una molla di costante elastica K è compressa di∆L = 50 cm. Essa spinge una palla da bowling di massa m = 7 kg inizialmenteferma. Rotolando senza strisciare, la palla percorrerà una rampa che la solleverà di∆h = 1, 6m facendola arrivare alla velocità = 1 fracms. Trascurando gli attriti,quanto deve valere la costante elastica della molla?

Spiegazione Questo esercizio si risolve con la legge di conservazione dell’energia.L’energia iniziale è contenuta bella molla. Alla fine la molla è scarica e tutta l’ener-gia è stata trasferita nell’energia cinetica della palla e nella sua energia potenzialegravitazionale.

Svolgimento Per la legge di conservazione dell’energia avremo

1

2k∆l2i = mghf +

1

2m2

f +1

2Iω2

f

Dove con si intende la velocità del baricentro della sfera. Visto che la pallarotola senza strisciare, avremo la condizione di puro rotolamento

= ωr

e quindi

k∆l2i = 2mghf +m2f +

2

5m2

f

k∆l2i = 2mghf +7

5m2

f

k =10mghf + 7m2

f

5∆l2i

k =10 · 7 kg · 9, 8 m

s2· 1, 6m+ 7 · 7 kg · m

2

s2

5 · 0, 025m2

k = 9173N

m


Problema di: Dinamica - DL0001

Testo [DL0001] [2 2 2a ] Un corpo striscia con velocità iniziale i = 20 ms

su di un piano orizzontale con coefficiente di attrito µd = 0.5. Quale velocità avràdopo aver percorso ∆S = 30m.

Spiegazione In questo esercizio la forza di attrito che frena l’oggetto, sta converten-do la sua energia cinetica in calore. Vale quindi la legge di conservazione dell’energiatotale.

Svolgimento La forza di attrito in questo caso è causata dalla forza di gravità cheschiaccia l’oggetto sul piano. Detta m la massa dell’oggetto, per calcolare il caloreprodotto avremo:

∆Q = Fatt ·∆S = µd ·m · g ·∆S

La legge di conservazione dell’energia totale ci dice, tenendo conto che l’altezzaa cui si trova il corpo non cambia, che

Eci = Ecf +∆Q

da cui1

2m2

i =1

2m2

f + µd ·m · g ·∆S

2i =

2f + 2µd · g ·∆S

ed infine2f =

2i − 2µd · g ·∆S

2f = 400

m2

s2− 2 · 0, 5 · 9, 8 m

s2· 30m = 106

m2

s2

f = 10, 3m

s


Testo [DL0002] [2 3 2a ] Disegna lo schema di un sistema di sollevamentoa carrucola mobile per sollevare un peso di massa m = 10 kg. Indica il valore dellaforza F che devi esercitare sull’estremità del cavo e lo spostamento ∆S dell’estremitàdel cavo, sapendo che la massa si solleva di ∆h = 20 cm.

∆h

T T

m

Fg

F

T∆s

Spiegazione Un sistema di carrucole mobili è una mac-china semplice il cui funzionamento si basa sul concettodi equilibrio statico Ftot = 0 Il sistema di carrucole di cuisi parla è il seguente.

Svolgimento Analizzando l’estremità del cavo e lacarrucola mobile possiamo scrivere il seguente sistema:2T = Fg

T = F

da cui2F = Fg

F =1

2Fg = 49N

Vale sempre la legge di conservazione dell’energia.Per cui, indicando con L il lavoro della forza F avremoche

Ui + L = Uf

L = Uf − Ui = mg(hf − hi) = mg∆h = Fg∆h

F∆S = Fg∆h

∆S =Fg

F∆h = 40 cm



Testo [DL0003] [3 4 3a ] Un pendolo di massa m = 900 g e lunghezzaL = 1m viene tirato in orizzontale da una forza F = 10N fino all’equilibrio. Quantovale la tensione del filo che sorregge il peso? Di quanto si solleva il peso? Quantaenergia viene fornita al peso per sollevarlo?

Spiegazione In questo problema abbiamo tre forze disposte su di un piano: la forzadi gravità verso il basso, la forza esterna in orizzontale (immaginiamo verso destra)e la tensione del filo in diagonale lungo il filo. In una condizione di equilibrio lasomma delle tre forze è nulla. La forza di gravità è compensata dalla componenteverticale della tensione del filo; la forza esterna è compensata dalla componente oriz-zontale della tensione del filo. É inoltre importante notare che il triangolo rettangoloformato dalle tre forze è simile al triangolo rettangolo formato dal filo (ipotenusa) edalle sue due proiezioni verticale ed orizzontale (i due cateti).


T =√F 2g + F 2 =

√m2g2 + F 2 =

√0, 81 kg2 · 96, 04 m

2

s4+ 100N2

T = 13, 3N

Consideriamo adesso il triangolo rettangolo formato dal filo (ipotenusa) e dallesue due proiezioni verticale ed orizzontale (i due cateti) Il cateto verticale lo si trovasfruttando la similitudine tra triangoli e la conseguente proporzionalità tra i lati.

y : Fg = L : T

per cui

y = L · Fg

T= L · Fg√

Fg2 + F 2

La massa attaccata al pendolo si è quindi sollevata di una quantità

∆h = L− y = L ·

(1− Fg√

Fg2 + F 2

)= 0, 68m

L’energia data all’oggetto è quindi immagazzinata da esso sotto forma di energiapotenziale gravitazionale

E = ∆U = m · g ·∆h = 0, 9 kg · 9, 8 ms2

· 0, 68m = 6 J

θ

Fg

F

T

m

∆h



Testo [DL0004] [4 5 3a ] Un oggetto è posto sulla cima di una superficiesemisferica. Esso comincia a scivolare senza attrito lungo tale superficie. In qualepunto esso si stacca dalla superficie?

Spiegazione La migliore spiegazione possibile è nel video riportato qui sotto.

Fig. 11.1: Guarda il video youtu.be/hDSZ4Nf-REw

Svolgimento


Testo [DL0005] [4 3 3a ] Un pendolo di massa m = 300 g e lunghezzaL = 1m viene spostato dalla posizione di equilibrio di un angolo θi = 45. Quan-do è lasciato libero di oscillare, partendo da fermo, quale tensione esercita la cordaquando il peso si trova ad un angolo θf = 30 dalla posizione di equilibrio?

Spiegazione Nel sistema fisico in questione, quello cioè di un pendolo semplice,le leggi che lo descrivono sono la legge di conservazione dell’energia e la secondalegge della dinamica. Con queste due leggi riusciremo a risolvere il problema. Disicuro, visto che il percorso del peso è circolare, l’accelerazione lungo il filo deve

essere un’accelerazione centripeta a =2

r. La forza di gravità, essendo sempre

verticale, dovrà essere scomposta in due vettori, uno tangente al percorso circolare,ed uno parallelo al filo del pendolo.

Svolgimento Cominciamo con lo scrivere la legge di conservazione dell’energia tralo stato iniziale e lo stato finale indicati dai due angoli θi e θf

1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

Sapendo che i = 0 e indicando con lo zero delle altezze il punto di rotazione,avremo

−mgL cos θi =1

2m2

f −mgL cos θf

2mgL (cos θf − cosθi) = m2f

Scomponendo la forza di gravità nelle sue due componenti avremoFg∥ = Fg cos θ

Fg⊥ = Fg sin θ

Per cui, applicando il secondo principio della dinamica lungo il filo del pendolo

T − Fg⊥ = m2f

L

http://www.youtube.com/watch?v=hDSZ4Nf-REw


T = m2f

L+mg sin θf

Utilizziamo adesso la legge di conservazione dell’energia

T =m2

f +mgL sin θf

L

T =2mgL (cos θf − cosθi) +mgL sin θf

L

T = mgL · 2 cos θf − 2cosθi + sin θfL

T = mg (2 cos θf − 2cosθi + sin θf )

T = 0, 3 kg · 9, 8ms2

(√3−

√2 + 0, 5

)= 2, 4N

θ

Fg

T

m

Problema di: Energia - DL0006

Testo [DL0006] [4 4 3a ] Un oggetto di massa M = 5 kg si trova su di unpiano orizzontale scabro (µs = 9 e µd = 2), e sta schiacciando una molla di costanteelastica K = 10 N

cm . Calcola il massimo schiacciamento che la molla può subire pri-ma che l’oggetto venga spinto via. Quanta strada farà il blocco, dalla posizione dimassimo schiacciamento, prima di fermarsi nuovamente?

Spiegazione Per la legge di conservazione dell’energia avremo che l’energia po-tenziale elastica si converte in energia cinetica ed in calore a causa del lavoro dellaforza di attrito

Svolgimento La massima compressione della molla la otteniamo eguagliando laforza elastica con la massima forza di attrito esprimibile dal piano

K∆lmax = µsmg

∆lmax =µsmg

K

Mentre l’oggetto si muove il punto di equilibrio tra forza della molla e forza diattrito è

∆leq =µdmg

K

Da questo punto il poi l’oggetto comincia a rallentarePer la legge di conservazione dell’energia avremo

1

2K∆l2max = Fatt ·∆S

1

2

µ2sm

2g2

K= µdmg ·∆S

µ2smg

2µdK= ∆S

Questo risultato ha senso se numericamente risulta che

∆S > ∆lmax


cioèµs > 2µd

In caso contrario l’oggetto si ferma prima


Testo [DL0011] [3 3 3a ] Un pendolo semplice è realizzato con una cor-da di lunghezza L = 2m con all’estremità una massa m = 2 kg. Tale pendolo staoscillando attaccato ad un chiodo all’altezza hc = 3m. Il massimo valore dell’al-tezza raggiunta dal pendolo è hi = 1, 4m. Sapendo che la corda può sopportare almassimo una tensione Tmax = 30N , il pendolo si romperà?

Spiegazione Il questo esercizio abbiamo un pendolo che oscilla. La massa attacca-ta al filo esegue un moto circolare, in quanto essa si trova sempre alla stessa distanzadal chiodo. La forza che agisce sulla massa sarà in ogni istante la somma della forzadi gravità e della forza esercitata dal filo. Con i dati del problema è possibile calcolarequale sarà la forza massima esercitata richiesta dalla massa per eseguire il movimen-to; se tale forza massima è maggiore della tensione di rottura del filo, allora il filo sispezzerà.

Svolgimento1

2m2

i +mghi =1

2m2

f +mghf

considerando che nel punto più alto dell’oscillazione del pendolo la velocità è i = 0 e che il pendolo nel suo percorso verso il punto più basso scende di ∆h =

hf − hi = −0, 4m

m2f = −2mg∆h

Utilizzando adesso il secondo principio della dinamica. L’oggetto appeso al filosegue un percorso perfettamente circolare, quindi è sottoposto ad una accelerazionecentripeta

ac =2

r

per cui

T −mg = m2f

r

T −mg =−2mg∆h

r


T =−2mg∆h

r+mg = mg

[−2∆h

r+ 1

]= 27, 44N


Testo [DL0012] [1 2 2a ] Un’auto di massa m = 500 kg rallenta dallavelocità i = 252 km

h fino alla velocità f = 108 kmh in uno spazio ∆S = 100m.

Quanto lavoro hanno fatto le forze d’attrito? Calcola forza e accelerazione d’attrito.

Spiegazione Un’auto si sta muovendo con una certa energia cinetica. Una for-za di attrito converte parte di quell’energia cinetica in calore, riducendo la velocitàdell’auto

Svolgimento Per prima cosa convertiamo le unità di misura della velocità

i = 252km

h= 252

1000m

3600 s= 70

m

s

f = 108km

h= 108

1000m

3600 s= 30

m

s

L’energia cinetica iniziale dell’auto vale

Eci =1

2m2

i =1

2· 500 kg · 4900 m

2

s2= 1225 kJ

Ecf =1

2m2

f =1

2· 500 kg · 900 m

2

s2= 225 kJ

La perdita di energia cinetica sarà pari al lavoro fatto dalle forze di attrito

L = Ecf − Eci = −1000 kJ

La forza d’attrito sarà

Fa =L

∆S=

−1000 kJ

100m= −10 kN

dove quel meno indica che la forza è opposta allo spostamento dell’auto.L’accelerazione che ne consegue sarà

a =Fa

m=

−10N

500 kg= −0, 02

m

s2



1. Un oggetto di massa m = 50 kg viaggia ad una velocità = 10ms . Ad un certo

punto viene spinto da una forza F = 100N per una distanza ∆S = 24m nellastessa direzione e nello stesso verso del movimento. Quanta energia cineticaha l’oggetto all’inizio? Quanto lavoro ha fatto la forza? Quel lavoro è negativoo positivo? Quanta energia cinetica ha l’oggetto dopo l’azione della forza? Aquale velocità finale viaggia l’oggetto? [Eci = 2500 J ; Lpos = 2400 J ;Ecf = 4900 J ; = 14 m

s ]

Problema di: Leggi di conservazione - P0001

Testo [P0001] [2 1 2a ] Un oggetto che ha massam1 = 50 kg viaggia ad unavelocità 1 = 11 m

s . Ad un certo punto urta contro un oggetto di massa m2 = 100 kg

che viaggia nel verso opposto ad una velocità 2 = 1 ms . Nell’urto di due oggetti

rimangono attaccati. A quale velocità finale si muove il blocco?

Spiegazione Ognuno dei due oggetti si sta muovendo, e quindi ha una certa quan-tità di moto. Visto che quando urtano tra loro rimangono attaccati, allora si tratta diun urto anelastico nel quale si conserva la sola quantità di moto.

Svolgimento Vale la legge di conservazione della quantità di moto; quindi la quan-tità di moto totale iniziale è uguale alla quantità di moto totale finale.

P1i + P2i = Ptot.f

m1i1i +m2i2i = mtotf

In questa equazione si vede che dopo l’urto è presente un solo oggetto la cui massaè pari alla somma delle masse dei due oggetti prima dell’urto.

f =m1i1i +m2i2i

mtot

f =550kgm

s − 100 kgms

150 kg= 3

m

s

Il meno nella formula indica che il secondo oggetto viaggia in direzione oppostarispetto al primo; il fatto che il risultato sia positivo indica che il blocco dei dueoggetti viaggia, dopo l’urto, nello stesso verso del primo blocco prima dell’urto.



Testo [P0002] [2 1 2a ] Un oggetto che ha massa m1 = 50 kg viaggiaad una velocità 1 = 11 m

s . Ad un certo punto urta contro un oggetto di massam2 = 100 kg che viaggia nello stesso verso ad una velocità 2 = 1 m

s . Nell’urto i dueoggetti rimangono attaccati. A quale velocità finale si muove il blocco?

Spiegazione Ognuno dei due oggetti si sta muovendo, e quindi ha una certa quan-tità di moto. Visto che quando urtano tra loro rimangono attaccati, allora si tratta diun urto anelastico nel quale si conserva la sola quantità di moto.

Svolgimento Vale la legge di conservazione della quantità di moto; quindi la quan-tità di moto totale iniziale è uguale alla quantità di moto totale finale.

P1i + P2i = Ptot.f

m1i1i +m2i2i = mtotf


f =m1i1i +m2i2i

mtot

f =550kgm

s + 100 kgms

150 kg=

13

3

m

s

Il fatto che il risultato sia positivo indica che il blocco dei due oggetti viaggia,dopo l’urto, nello stesso verso dei blocchi prima dell’urto.


Testo [P0003] [3 2 2a ] Due auto procedono verso un incrocio su stradeperpendicolari tra loro. La prima ha una massam1 = 650 kg e viaggia ad una velocità1 = 60 km

h . La seconda ha una massa m2 = 500 kg e viaggia ad una velocità 2 =

90 kmh . Ipotizzando un urto anelastico nel quale le due auto rimangono attaccate, con

quale velocità si muoveranno i rottami dopo l’urto?

Spiegazione Il problema suggerisce la soluzione in quanto dice che l’urto in que-stione è anelastico. Vale di conseguenza la legge di conservazione dell’impulso chein questo caso va scritta in due dimensioni.

Svolgimento Scomponiamo il problema su due direzioni che indicheremo con lelettere x e y: quelle delle due strade. Avremom11x = (m1 +m2)fx

m22y = (m1 +m2)fym11x

(m1 +m2)= fx

m22y

(m1 +m2)= fy

La velocità dopo l’urto sarà quindi

f =√2fx + 2

fy =

√m2

121 +m2

222

(m1 +m2)

f = 51, 8km

h



Testo [P0005] [2 2 2a ] Un cacciatore di massa mc = 60 kg, che si trova suun carrello di massaM = 40 kg inizialmente fermo e libero di muoversi senza attrito,spara un colpo di fucile. Il proiettile ha una massa m = 20 g e viene sparato con unavelocità = 600 m

s . Di quanto si è spostato il carrello in un tempo ∆t = 10 s?

Spiegazione Questo problema è completamente descritto dalla legge di conser-vazione della quantità di moto. Con il colpo di fucile il carrello si muoverà nelladirezione opposta allo sparo.

Svolgimento La quantità di moto iniziale del sistema è nulla in quanto tutti glioggetti sono fermi. Dopo lo sparo, il proiettile si muove in un verso e il sistema"carrello + persona" si muove in verso opposto. La quantità di moto del carrello conla persona sopra è pari alla quantità di moto del proiettile. Avremo quindi

m = (M +mc)c

c =m

(M +mc) = 0, 12

m

s

La strada percorsa nel frattempo dal carrello sarà

∆S = c ·∆t = 0, 12m

s· 10 s = 1, 2m


Testo [P0006] [3 2 2a ] Un fuoco artificiale inizialmente ferma esplodedividendo l’involucro in tre frammenti di eguale massa, i quali partono in direzionidifferenti. Due di questi hanno la stessa velocità = 50 m

s ed il terzo ha una velocitàdifferente. Sapendo che l’angolo tra i primi due frammenti è θ = 90, quanto vale lavelocità 3 del terzo frammento?

Spiegazione Questo problema è completamente descritto dalla legge di conserva-zione della quantità di moto.

Svolgimento La quantità di moto totale prima dell’esplosione è nulla. Dopo l’e-splosione la quantità di moto del terzo frammento deve essere eguale ed oppostaalla somma delle quantità di moto dei due frammenti iniziali. Per cui

P3 = m3 =√m22 +m22 =

√2m

da cui3 =

√2 = 70, 7

m

s


Problema di: Leggi di Conservazione - P0007

Testo [P0007] [3 3 2a ] Un proiettile di massa m = 3 kg si muove convelocità = 400 m

s . A seguito di una piccola esplosione, il proiettile si rompe in dueframmenti di massa uno doppia dell’altro, che si muovono rispettivamente con unadirezione inclinata di α = ±30 rispetto alla velocità iniziale del proiettile. Con qualevelocità si muovono i due frammenti?

Spiegazione L’esplosione genera una coppia di forze interne che sono causa del-l’allontanamento dei due proiettili. Vale la legge di conservazione dell’impulso. Conla legge di conservazione dell’energia possiamo poi stimare il lavoro in ingresso.

Svolgimento I due frammanto del proiettile hanno uno una massa doppia dell’al-tro, quindi possiamo definire le loro masse come M1 = m edM2 = 2m. La massa delproiettile sarà Mp = 3m

Scriviamo la legge di conservazione dell’impulso3mp = m1x + 2m2x

0 = m1y − 2m2y

3p = 1x + 22x

1y = 22y

Dal momento che i due frammenti si muovono con lo stesso angolo α rispettoall’orizzontale, avremo

1y = 1 sinα =1

21

2y = 2 sinα =1

22

1x = 1 cosα =

√3

21

2x = 2 cosα =

√3

22

e quindi 3p =

√3

21 +

√32

1 = 223p =√32 +

√32

1 = 222 =

√3

2p = 346, 4

m

s1 =

√3p = 692, 8

m

s


Problema di: Conservazione dell’impulso - DP0001

Testo [DP0001] [3 4 2a ] Un pattinatore di massam1 = 80 kg è in piedi sulghiaccio e lancia orizzontalmente una pietra di massa m2 = 2 kg con velocità iniziale2i = 10 m

s . Di quanto si sposterà se il coefficiente di attrito dinamico tra i pattini edil ghiaccio è µd = 0.02 ?

Spiegazione Quando il pattinatore lancia un oggetto subisce una spinta nel versoopposto. Questa spinta implica un movimento con velocità iniziale ed un successivomovimento con accelerazione costante a causa delle forze di attrito.

Svolgimento La velocità con cui il pattinatore indietreggia la si determina con lalegge di conservazione dell’impulso

m22i +m11i = 0

da cui1i = −m2

m12i

A questo punto il pattinatore compie un moto uniformemente accelerato con

a = µdg

∆S = −1

2µdg∆t

2 + 1i∆t

La durata del moto è∆t =

∆

−µdg=

1i

µdg

Per cui

∆S = − 21i

2µdg+

21i

µdg=

21i

2µdg

Per cui

∆S =m2

222i

2m21µdg

Problema di: Leggi di conservazione - LP0001

Testo [LP0001] [3 4 2a ] Un oggetto di massa m1 = 50 kg si trova sudi un piano inclinato senza attrito, all’altezza hi = 5m da terra; esso viaggia aduna velocità 1 = 11 m

s . Alla fine del piano inclinato si sposta in orizzontale finoa quando urta un oggetto di massa m2 = 100 kg inizialmente fermo e ci rimaneattaccato. Con quale velocità viaggeranno dopo l’urto?

Spiegazione Questo problema è di fatto separato in due problemi distinti; nellaprima parte abbiamo infatti un oggetto che cade lungo un piano inclinato senza at-trito, e nella seconda abbiamo l’urto anelastico dei due oggetti. Per cui dobbiamoprima capire con quale velocità arriva l’oggetto al fondo del piano inclinato, perpoi studiare l’urto anelastico e capire con quale velocità si muove il blocco dei dueoggetti.

Svolgimento Cominciamo con l’impostare la legge di conservazione dell’energia:

1

2m2

1i +mghi =1

2m2

1f +mghf

Raccogliendo la massa e semplificandola

12

21i + ghi

12

= 21f

1f =

√12m

21i +mghi12m

1f =√21i + 2ghi = 14, 8

m

s

Per la legge di conservazione della quantità di moto, la quantità di moto totaleiniziale è uguale alla quantità di moto totale finale.

P1f + P2i = Pblocco

m1i1f +m2i2i = mtotblocco



blocco =m1i1f +m2i2i

mtot

blocco =50 kg · 14, 8m

s − 100 kg · 0 ms

150 kg= 4, 93

m

s

Il meno nella formula indica che il secondo oggetto viaggia in direzione oppostarispetto al primo; il fatto che il risultato sia positivo indica che il blocco dei dueoggetti viaggia, dopo l’urto, nello stesso verso del primo blocco prima dell’urto.

Problema di: Leggi di Conservazione - LP0002

Testo [LP0002] [3 5 3a ] Un fucile spara verticalmente un proiettile dimassa m = 0, 01 kg con una velocità iniziale p = 800

m

s. Esso penetra in un cubo di

legno di lato l = 2 dm e densità ρ = 500kg

m3colpendolo lungo un asse che passa dal

suo baricentro. Quale altezza massima è raggiunta dal blocco?

Spiegazione Il fenomeno fisico in questione si divide in due fenomeni che accado-no in sequenza: l’urto anelastico tra il blocco ed il proiettile e la salita del blocco de-scritta dalla legge di conservazione dell’energia. Non vi è alcuna rotazione in quantola forza esercitata dal proiettile sul blocco non genera alcun momento; quindi non ènecessario introdurre la legge di conservazione del momento angolare..


M = ρ · l3 = 500kg

m3· 8 · 10−3m3 = 4 kg

Valgono le due equazioni:mp = (m+M) · bi

1

2(M +m)2

bi = (M +m) ghf

hf =2bi

2g=

m22p

2g (m+M)2 =

10−4 kg2 · 640000 m2

s2

2 · 9, 8 ms2

· (4, 01 kg)2= 0, 1m


Problema di: Leggi di Conservazione - LP0003

Testo [LP0003] [3 5 3a ] Un proiettile di massa m = 3 kg si muove convelocità = 200

m

s. A seguito di una piccola esplosione, il proiettile si rompe in due

frammenti di massa uno doppia dell’altro, che si muovono rispettivamente con unadirezione inclinata di α = ±30 rispetto alla velocità iniziale del proiettile. Con qualevelocità si muovono i due frammenti? Quanta energia è stata data dall’esplosione?

Spiegazione L’esplosione genera una coppia di forze interne che sono causa del-l’allontanamento dei due proiettili. Vale la legge di conservazione dell’impulso. Conla legge di conservazione dell’energia possiamo poi stimare il lavoro in ingresso.

Svolgimento I due frammanto del proiettile hanno uno una massa doppia dell’al-tro, quindi possiamo definire le loro masse come M1 = m edM2 = 2m. La massa delproiettile sarà Mp = 3m

Scriviamo la legge di conservazione dell’impulso3mp = m1x + 2m2x

0 = m1y − 2m2y

3p = 1x + 22x

1y = 22y

Dal momento che i due frammenti si muovono con lo stesso angolo α rispettoall’orizzontale, avremo

1y = 1 sinα =1

21

2y = 2 sinα =1

22

1x = 1 cosα =

√3

21

2x = 2 cosα =

√3

22

e quindi 3p =

√3

21 +

√32

1 = 223p =√32 +

√32

1 = 222 =

√3

2p = 173, 2

m

s1 =

√3p = 346, 4

m

s

Utilizzando adesso la legge di conservazione dell’energia, ed indicando con L

l’energia fornita al sistema nell’esplosione, avremo

3m2p + L = m2

1 + 2m22

L = 3m2p +

3

22p − 3m2

p =3

22p

L = 600 J


Problema di: Leggi di conservazione - LP0004

Testo [LP0004] [3 4 3a ] Due oggetti di massa uno tripla dell’altro com-piono un urto elastico. Quello con massa minore m1 viaggia alla velocità 1i = 10 m

s

verso il secondo con massa m2 in quiete. Con quale velocità si muoveranno i dueoggetti?

Spiegazione Un semplice urto elastico descrivibile quindi con la conservazionedell’impulso e dell’energia

Svolgimento Chiamiamo ϕ =m2

m1= 3 Applicando le due leggi di conservazione

sulla dinamica traslazionale avremo:m11i = m11f +m22f

m121i = m1

21f +m2

22f1i − ϕ2f = 1f

21i =

21i + ϕ22

2f − 2ϕ2f1i + ϕ22f1i − ϕ2f = 1f

0 = 2f · [(ϕ+ 1)2f − 21i]

La prima soluzione, interpretabile come assenza di collisione, sarà1f = 1i

2f = 0

La seconda soluzione, che descrive gli effetti dell’urto, sarà1f =

1− ϕ

1 + ϕ1i

2f =2

ϕ+ 11i

Inserendo adesso i valori numerici otteniamo1f = −5m

s2f = 5

m

s

Questo significa che il primo oggetto tornerà indietro.


Problema di: Leggi di conservazione - CP0007

Testo [CP0007] [4 4 3a ] Un proiettile di massa M = 2 kg parte da terraalla velocità iniziale i = 500

m

scon un angolo da terra θ = 60. Nel punto di

massima altezza il proiettile esplode dividendosi in due frammenti uguali. L’energiadell’esplosione èE = 20000 J ed i due frammenti rimangono allineati sulla verticale.Con quale velocità si muovono dopo l’esplosione?

Spiegazione Il proiettile Raggiunge il punto di massima altezza con una certa ve-locità. L’esplosione rompe il proiettile in due schegge. Nel sistema del baricentro, ledue schegge hanno la stessa quantità di moto, grazie alla quale possiamo risalire allavelocità. La velocità dei proiettili nel sistema di riferimento del cannone si otterràsommando alle velocità dei frammenti quella del proiettile intero.

Svolgimento Sapendo che il proiettile fa un moto parabolico , la velocità nel puntodi massima altezza sarà la componente orizzontale della velocità iniziale, quindi

x = · cos θ = 250m

s

Nel sistema di riferimento del baricentro del proiettile i due frammenti con massauguale, avranno la stessa quantità di moto e quindi la stessa energia.m1 = m2

1

2m2

1 +1

2m2

2 = E

da cui 1 = 2

1 =

√2E

m=

√4E

M= 200

m

s

Tornando nel sistema di riferimento del cannone, le velocità dei due frammentisaranno

=

√2E

m+ 2 cos2 θ = 320, 15

m

s

Problema di: Gravitazione universale - LA0001

Testo [LA0001] [3 4 3a ] Un satellite percorre un’orbita ellittica intornoalla Terra con massima distanza rmax = 2 · 1011m e minima distanza rmin = 1 ·1011m. Con quale velocità si muove nei punti dell’orbita più vicino e più distantedalla Terra?

Spiegazione

Svolgimento Per prima cosa definiamo il semiasse maggiore dell’orbita come

a =r1 + r2

2

Per la legge di conservazioned del momento angolare, tenuto conto che l’angolotra la velocità del satellite ed il raggio tra la Terra ed il satellite è un angolo retto,avremo

m2r2 = m1r1


1

2m2

1 −GMm

r1=

1

2m2

2 −GMm

r2

Quindi 2r2 = 1r1

21 − 2G

M

r1=

22 − 2G

M

r22r2 = 1r1

21r

21 − 2GMr1 =

22r

21 − 2G

Mr21r2

2r2 = 1r1

22r

22 − 2GMr1 =

22r

21 − 2G

Mr21r2


2r2 = 1r1

22

(r22 − r21

)= −2GMr1

(r1r2

− 1

)Da cui

2 =

√√√√√2GMr1

(r1r2

− 1

)(r21 − r22)

2 =

√2GM

r1r2

1

(r1 + r2)

2 =

√GM

a

r1r2

A questo punto troviamo 1

1 =

√GM

a

r2r1

Con i dati del problema avremo

2 =

√√√√√6, 67 · 10−11Nm2

kg2· 5, 972 · 1024 kg

3 · 1011m· 0, 5 = 25, 766

m

s

1 = 51, 532m

s

Problema di: Gravitazione universale - LA0002

Testo [LA0002] [4 4 3a ] In un certo istante, due asteroidi di uguale massam = 5 · 105 kg si muovono nello spazio profondo con eguale velocità i = 400 m

s

con verso opposto e su due direzioni parallele distanti d = 20000 km tra loro. Senell’istante iniziale la loro distanza è ri = 200000 km, qual’è la minima distanza a cuisi avvicineranno?

Spiegazione La forza di gravità è una forza conservativa e quindi vale la leggedi conservazione dell’energia. Allo stesso tempo, in questo problema, la forza digravità è una forza interna e ne consegue che anche il momento angolare del sistemasi conserva.

Svolgimento Consideriamo due istanti: quello iniziale dato dal problema e quellofinale in cui i due oggetti hanno raggiunto la minima distanza. Cominciamo conl’osservare che la condizione di minima distanza implica che le velocità finali sonoperpendicolari alla linea che congiunge i due asteroidi.

Scriviamo la legge di conservazione del momento angolare rispetto al baricentrodel sistema

2 ·mfrmin

2= 2 ·m i

d

2

frmin = id

2f =

2i

d2

r2min

Scriviamo adesso la legge di conservazione dell’energia per il sistema dei dueoggetti

−Gm2

ri+m2

i = m2f −G

m2

rmin

L’energia totale iniziale è un parametro fisso del problema e lo chiameremo Etot

Etot = −Gm2

ri+m2

i


Anche il momento angolare iniziale è un parametro fisso che chiameremo Ltot

Ltot = 2 ·m id

2= m id

Etot =L2

mr2min

−Gm2

rmin

Etotr2min +Gm2rmin − L2

m= 0

rmin =−Gm2 ±

√G2m4 + 4Etot

L2

m2Etot

rmin = −Gm2

2Etot

(1±

√1 +

4EtotL2

G2m5

)Di qui troviamo due valori per r. Consideriamo il caso in cui L’energia totale è

positiva o nulla. Dei due valori di r quello negativo è da scartare e quello positi-vo rappresenta la minima distanza raggiunta. Se l’energia totale è negativa alloraabbiamo un sistema legato.

Problema di: Meccanica - LA0003

Testo [LA0003] [3 4 3a ] Un satellite artificiale compie un’orbita ellitticatale per cui al perielio rp = 20000 km ha una velocità = 5 km

s . Quale velocità avràall’afelio?

Spiegazione Nel moto di un satellite la forza di gravità è una forza conservativa ecentrale. Valgono quindi le leggi di conservazione dell’impulso e dell’energia

Svolgimento Scriviamo le due leggi che governano il moto, cioè la legge di conser-vazione dell’energia e quella di conservazione el momento angolare, considerandodue punti in particolare: l’afelio ed il perielio

1

2m2

a −G · MTm

ra=

1

2m2

p −G · MTm

rp

Iaωa = Ipωp

che possono essere semplificate in

1

22a −

GMT

ra=

1

22p −

GMT

rp

raa = rpp

Per comodità introduciamo il parametro 2fp = 2

GMT

rpche rappresenta la veloci-

tà di fuga dall’orbita relativa alla distanza rp

2fp = 2

GMT

rp= 2

6, 67 · 10−11Nm2

kg2· 5, 972 · 1024 kg

2 · 107m= 4 · 107 m

2

s2

Sempre per comodità introduciamo il parametro

ϕ =2fp

2p

= 1, 6


Calcoliamo adesso i valori dell’orbita all’afeliora =

rpp

a

1

22a −

GMTa

rpp=

1

22p −

GMT

rpra =

rpp

a

2a −

2fpa

p=

2p −

2fp

Con un po’ di algebra otteniamo quindi per a due soluzioni

2a −

2p −

2fpa

p+

2fp = 0

(a − p) (a + p)−2fp

p(a − p) = 0

(a − p)

(a + p −

2fp

p

)= 0

(a − p)(ap +

2p −

2fp

)= 0

Di qui le due soluzioni di cui una indica l’afelio e l’altra il perielio. Quella perl’afeio in funzione della velocità del perielio, ed il corrispondente valore del raggio,sarà

a =

2pf −

2p

p= p · (ϕ− 1)

ra =rp

2p

2pf − 2

p

= rp ·1

ϕ− 1

Con i dati del problema avremoa = 5 · 0, 6 km

s= 3

km

s

ra =2 · 107 km

0, 6= 3, 3 · 107m


Problema di: Conservazione del momento angolare - A0001

Testo [A0001] [2 2 3a ] Due corpi di massa m = 20 kg stanno ruotandocon frequenza νi = 9Hz legati da una corda lunga di = 2m. Se la corda venisseaccorciata fino alla lunghezza df = 1, 5m, con quale frequenza ruoterebbero i duecorpi?

Spiegazione In questo problema applichiamo la legge di conservazione del mo-mento angolare al corpo rigido in questione.

Svolgimento Il momento angolare del sistema è

L = Iω = 2m

(d

2

)2

· 2πν

Per la legge di conservazione del momento angolare avremo

2m

(di2

)2

· 2πνi = 2m

(df2

)2

· 2πνf

d2i · νi = d2f · νf

νf =d2id2f

· νi

νf =16

9· 9Hz = 16Hz


Testo [A0002] [2 2 3a ] Sul bordo di una piattaforma girevole con mo-mento di inerzia I = 100 kgm2 e raggio r = 2m, si trova una persona mi mas-sa M = 60 kg. Inizialmente entrambe sono ferme. Calcola la velocità angolarecon la quale la piattaforma ruota, quando la persona cammina lungo il bordo dellapiattaforma con una velocità = 2 m

s .

Spiegazione In questo esercizio vale la legge di conservazione del momento an-golare. Il momento angolare iniziale del sistema è nullo visto che tutto il sistema èfermo. Quando la persona si muove allora il momento angolare della persona è parie opposto a quello della piattaforma.

SvolgimentoLi−tot = Lf−disco + Lf−persona

0 = Idiscoω + Iperω

0 = Idiscoω −Mr2 · r

Idiscoω =Mr

ω =Mr

Idisco=

60 kg · 2 ms · 2m

100 kgm2= 2, 4

1

s



Testo [A0003] [2 2 3a ] Due moduli di un satellite, entrambi di massam = 400 kg, sono collegati con un cavo inestensibile lungo d = 5m. Sapendo cheil momento angolare del sistema è L = 100 kgm2

s2 , con quale velocità si muoverannonell’istante in cui si rompe il filo?

Spiegazione Nell’istante in cui si rompe il filo i due oggetti partono per la tangentee si muovono di moto rettilineo uniforme. In questo esercizio vale la legge di conser-vazione del momento angolare. Il momento angolare iniziale del sistema è uguale almomento angolare complessivo dei due oggetti rispetto al loro baricentro, mentre simuovono di moto rettilineo uniforme.

Svolgimento Per la legge di conservazione del momento angolare avremo

Li = Lf

L = 2m · d2

=L

m · d= 0, 05

m

s


Testo [A0004] [2 3 3a ] Due moduli di un satellite, entrambi di massam = 400 kg, sono collegati con un cavo inestensibile lungo d = 5m. Essi ruotanocon frequenza νi = 0, 1Hz. Di quanto deve essere allungato il cavo per dimezzare latensione del filo?

Spiegazione Il sistema ha un momento angolare che sicuramente si conserva inquanto tutte le forze in gioco sono forze centrali. La tensione del filo è la forza chepermette il moto circolare ed è quindi una forza di tipo centripeto.

Svolgimento Per la legge di conservazione del momento angolare avremo

Li = Lf

2 ·md2i4

· 2πνi = 2 ·md2f4

· 2πνf

d2i νi = d2fνf

da cuid4i ν

2i = d4fν

2f

La tensione del filo la si trova sapendo che tale forza è una forza centripeta

T = m · 4π2ν2d

2

T = 2mπ2ν2d

Utilizzando questa equazione nella conservazione del momento angolare ottengo

d4iTi = d4fTf

per dimezzare la tensione ed avere Tf =1

2Ti avremo


d4f =TiTfd4i = 2d4i

df = 1, 192 · di = 5, 496m


Testo [A0005] [2 3 3a ] Un disco metallico di massa m1 = 5 kg e raggior1 = 30 cm sta ruotando con frequenza ν = 50Hz. Ad un certo punto si appoggia sudi un disco di legno fermo, di raggio doppio e con la stessa massa. I due dischi con-dividono lo stesso asse. Con quale frequenza ruoteranno i dischi, a causa dell’attritotra di essi, quando smetteranno di strisciare uno sull’altro?

Spiegazione In questo problema applichiamo la legge di conservazione del mo-mento angolare ai corpo rigidi in questione. IL punto chiave da capire è che la forzadi attrito tra i due dischi, a causa del terzo principio della dinamica, agisce su en-trambi i dischi con verso opposto. I relativi momenti delle forze si annullano e diconseguenza il momento angolare di conserva.

Svolgimento Il momento angolare del sistema è

Ltot = I1ω1 + I2ω2

Trattandosi di dischi avremo

Ltot =1

2m1r

21ω1 +

1

2m2r

22ω2

Per la legge di conservazione del momento angolare avremo

1

2m1r

21ω1i +

1

2m2r

22ω2i =

1

2m1r

21ω1f +

1

2m2r

22ω2f

Tenendo conto che uno dei due dischi inizialmente è fermo e che dopo essersitoccati ed aver stisciato raggiungeranno la stessa velocità angolare, avremo

m1r21ω1i =

(m1r

21 +m2r

22

)ωf

ωf =m1r

21ω1i

(m1r21 +m2r22)

In questo esercizio i due dischi hanno la stessa massa e raggi tali che r2 = 2r1,quindi


ωf =r21ω1i

(r21 + 4r21)

ωf =ω1i

(1 + 4)= dfrac15ω1i

2π · νf =1

5· 2π · 50Hz =

νf = 10Hz


Testo [A0006] [2 3 3a ] Un bambino di massam = 30 kg si trova nel centrodi una giostra, di raggio r = 3m e momento d’inerzia I = 540 kg ·m2, che ruota confrequenza νi = 0, 3Hz. Con quale frequenza ruoterà la giostra se il bambino si spostasul bordo di essa?

Spiegazione In questo problema non ci sono forze esterne che possano genera-re momenti che a loro volta possano far cambiare il momento angolare. Quindi ilmomento angolare si conserva.

Svolgimento Indicando con gli indici g e b la giostra ed il bambino, avremo che ilmomento angolare del sistema è

Ltot = Ig · 2πνg + Ib · 2πνb

Le due frequenze di rotazione sono sempre uguali visto che il bambino è solidalecon la giostra. Inizialmente il momento di inerzia del bambino è zero, visto che sitrova sull’asse di rotazione. Alla fine il momento di inerzia del bambino è Ib = mr2.Avremo quindi

Ltoti = Ltotf

Ig · 2πνi = Ig · 2πνf +mr2 · 2πνf

Igνi =(Ig +mr2

)νf

νf =Igνi

(Ig +mr2)

νf = νi1(

1 +mr2

Ig

) = 0, 3Hz · 1

1 +270

540

= 0, 2Hz



Testo [A0007] [2 3 3a ] In un triplo salto mortale un tuffatore eseguen = 3, 5 rotazioni in un tempo ∆t = 2, 5 s. Di queste, n1 = 0, 5 rotazioni avvengonocon il corpo disteso e le altre con il corpo raccolto su se stesso. Il momento d’inerziain posizione distesa vale I1 = 24 kg · m2 mentre quello in posizione raccolta valeI2 = 6 kg ·m2. Con quali frequenze ha ruotato l’atleta?


Svolgimento Sapendo che il momento angolare del sistema si conserva possiamoscrivere

I1ω1 = I2ω2

Vale anche la relazione sul numero di rotazioni effettuate

ω1∆t1 = 2n1π

ω2∆t2 = 2 (n− n1)π

ed infine vale∆t1 +∆t2 = ∆t

Impostiamo il sistema

ω2 =I1I2ω1

∆t1 =2n1π

ω1

∆t2 =2π (n− n1)

ω22n1π

ω1+

2π (n− n1)

ω2= ∆t

Da cui2n1π

ω1+

2π (n− n1) · I2I1ω1

= ∆t

2n1π

∆t+

(n− n1) · I2I1∆t

= ω1

2π

I1∆t· [n1I1 + (n− n1) · I2] = ω1

ν1 =[n1I1 + (n− n1) · I2]

I1∆t=

0, 5 + 3 · 0, 252, 5 s

= 0, 5Hz

ν2 =I1I2ν1 = 2, 5Hz



Testo [A0008] [2 3 3a ] Un’astronave ha momento di inerzia comples-sivo I1 = 500 kgm2 ed inizialmente non ruota. Sul suo asse centrale, un disco dimetallo ruota con momento angolare L2 = 30 kgm2

s . Se di colpo tale disco ruotassela sua inclinazione di 180, invertendo il vettore L2, con quale frequenza ruoterebbel’astronave?


Svolgimento Inizialmente il momento angolare è quello del disco. Invertendoal’asse di rotazione cambia il momento angolare del disco e di conseguenza cam-bia il momento angolare dell’astronave in modo da mantenere costante il momentoangolare totale. Per la conservazione del momento angolare avremo:

L2 = −L2 + I1 · 2πν1

ν1 =L2

πI1=

30 kgm2

sπ · 500 kgm2

= 0, 019Hz


Testo [A0009] [2 3 3a ] Un cilindro, inizialmente fermo, ha massa m =

500 g e raggio r = 2 cm, ed è messo in rotazione da una corda arrotolata intorno adesso e tirata da una forza F = 10N . Quale velocità angolare avrà raggiunto dopo untempo ∆t = 2 s?

Spiegazione Questo problema si risolve applicando il secondo principio della di-namica nella sua versione rotazionale

Svolgimento Il momento della forza sarà

M = F · r = 10N · 0, 02m = 0, 2Nm

La variazione di momento angolare sarà

∆L =M ·∆t = 0, 2Nm · 2 s = 0, 4 kgkg ·m2

s

Il momento angolare sarà quindi

Lf = Lin +∆L = 0, 4 kgkg ·m2

s

Iωf = Lf

ωf =Lf

I=

2Lf

mr2=

2F · r ·∆tmr2

=2 · 10N · 2 s

0, 5 kg · 0, 02m= 4000

rad

s



Testo [A0010] [5 5 5a ] Un corpo si muove secondo la legge oraria indicatadi seguito. La forza che lo muove è una forza centrale?x(t) = 3 sin (2t)

y(t) = 3 cos (2t)

Spiegazione Se una forza è centrale allora il momento angolare del sistema si con-serva. Verificando se il momento angolare è costante si dimostra se la forza è centrale.

Svolgimento Le equazioni del moto sonox(t) = 3 sin (2t)

y(t) = 3 cos (2t)

Data l’equazione del moto avremo la velocità della particella derivando rispettoal tempo

x(t) =dx(t)

dt= 6 cos (2t)

y(t) =dy(t)

dt= −6 sin (2t)

Il moto avviene su di un piano, quindi il momento angolare ha sempre dire-zione perpendicolare al piano. Il suo modulo è dato dal prodotto vettoriale con laposizione della particella

Lx(t) = 0

Ly(t) = 0

Lz(t) = x(t) · y(t)− y(t) · x(t)

QuindiLz(t) = 3 sin (2t) · (−6 sin (2t))− 3 cos (2t) · 6 cos (2t)

Lz(t) = −18 sin2 (2t)− 18 cos2 (2t) = −18

Quindi il momento angolare è costante, per cui la forza è centrale



Testo [A0011] [3 3 3a ] A causa delle maree, la luna causa un rallenta-mento della rotazione terrestre corrispondente a ∆θ = 0, 00000002283 ogni giorno.Sapendo che la luna dista dalla Terra d = 384400 km, con quale velocità la Luna sista allontanando dalla Terra?

Spiegazione In questo problema applichiamo la legge di conservazione del mo-mento angolare ai corpo rigidi in questione.

Svolgimento Mettiamoci nel sistema di riferimento del centro della Terra; calcolia-mo il momento angolare del sistema fisico e poi applichiamo la legge di conserva-zione del momento angolare: Li = Lf . Avremo:

Ltot = ITerω

Ter+ I

Lunω

Lun+M

Lunω2

Lund

ITerωiTer

+ ILun

ωiLun+M

Lunω2iLun

di = ITerωfTer

+ ILun

ωfLun+M

Lunω2fLun

df

La velocità di rotazione della Luna non cambia, non essendoci sulla Luna le ma-ree; cambia invece la velocità di rotazione della Terra e di conseguenza la distanzaTerra-Luna.

MLuna

ω2Lun

di −MLun

ω2Lun

df = ITerωfTer

− ITerωiTer

MLun

ω2Lun

(di − df ) = ITer

∆ωTer

∆d = − ITer

MLun

ω2Lun

∆ωTer

Come si capisce dall’equazione, la variazione della velocità angolare della Ter-ra comporta una variazione negativa della distanza Terra-Luna. Visto che la Terrarallenta la sua rotazione, il momento angolare che viene a mancare è compensatotramite l’allontanamento della Luna.



Testo [A0012] [3 3 3a ] Una stazione spaziale ha momento di inerzia Is =109 kgm2 (esclusa la navicella ad essa attaccata) ed ha, in prima approssimazione,una forma a cilindro cavo di spessore trascurabile e di raggio rs = 100m. Essa èin rotazione attorno al suo asse con velocità angolare ωsi = 0, 3 rad

s . Una piccolanavicella di massa m = 2000 kg è ancorata alla stazione ruotando con essa. Calcolala velocità tangenziale ti della navicella e indicane il verso. La stazione lancia lanavicella spingendola nella stessa direzione e verso di ti e portandola alla velocitàtf = 4ti. Di quanto è variata la velocità angolare della stazione dopo il lancio?

Spiegazione La stazione spaziale spinge la navicella, quindi esercita su di essa unaforza e per il terzo principio subisce una forza uguale ed opposta che modificherà lasua velocità angolare. Per questo motivo (cioè per il fatto che consideriamo entrambele forze sulla navicella e sulla stazione, possiamo affermare che la forza impressa sul-la navicella è una forza interna. Vale quindi la legge di conservazione del momentoangolare.

Svolgimento La velocità tangenziale della navicella è i = ωs · r = 9m

sPer la legge di conservazione del momento angolare avremo:

Isωsi +mtirs = Isωsf +mtfrs

Sappiamo che tf = 4ti e quindi

Isωsf − Isωsi = −3mtirs

∆ωs = −3mtirsIs

∆ωs = −3 · 2000 kg · 9 m

s· 100m

109 kgm2= 5.4 · 10−3 rad

s

Problema di: Conservazione del momento angolare - A0012a

Testo [A0012] [3 3 3a ] Una stazione spaziale ha momento di inerzia Is =109 kgm2 (esclusa la navicella ad essa attaccata) ed ha, in prima approssimazione,una forma a cilindro cavo di spessore trascurabile e di raggio rs = 100m. Essaè in rotazione attorno al suo asse con velocità angolare ωs = 20 rad

s . Una piccolanavicella di massa m = 2000 kg è ancorata alla stazione ruotando con essa. Calcolala velocità tangenziale ti della navicella e indicane il verso. La stazione lancia lanavicella spingendola nella stessa direzione ma in verso opposto di ti e portandolaalla velocità tf = −4ti. Di quanto è variata la velocità angolare della stazionedopo il lancio?

Spiegazione La stazione spaziale spinge la navicella, quindi esercita su di essa unaforza e per il terzo principio subisce una forza uguale ed opposta che modificherà lasua velocità angolare. Per questo motivo (cioè per il fatto che consideriamo entrambele forze sulla navicella e sulla stazione, possiamo affermare che la forza impressa sul-la navicella è una forza interna. Vale quindi la legge di conservazione del momentoangolare.

Svolgimento La velocità tangenziale della navicella è i = ωs · r = 9m

sPer la legge di conservazione del momento angolare avremo:

Isωsi +mtirs = Isωsf +mtfrs

Sappiamo che tf = −4ti e quindi

Isωsf − Isωsi = 5mtirs

∆ωs =5mtirs

Is

∆ωs =5 · 2000 kg · 9 m

s· 100m

109 kgm2= 9 · 10−3 rad

s



Testo [A0013] [3 3 3a ] Un pannello di legno quadrato, di massa M =

500 g e lato L = 50 cm è posto in verticale e libero di ruotare intorno ad uno dei suoilati verticali. Esso viene colpito perpendicolarmente nel centro da una scheggia dimetallo di massa m = 50 g che viaggia alla velocità = 10 m

s e che in esso rimaseincastrata. Con quale velocità angolare si muoverà il pannello?

Spiegazione La forza che frena la scheggia dentro il legno è una forza interna delsistema fisico, quindi si conserva il momento angolare del sistema.

Svolgimento Prendiamo come asse di rotazione di riferimento quello della tavoladi legno. Il momento di inerzia della tavola sarà

I =1

3ML2

Inizialmente la tavola non ruota ed il suo momento angolare è nullo.Il momento angolare della scheggia prima dell’urto, trattata come un punto ma-

teriale in moto rettilineo uniforme, è

L0 = m0L

2

in quanto la retta su cui si muove interseca il quadrato nel suo punto centrale.Per la legge di conservazione del momento angolare abbiamo:

L0 =

(I +m0

L2

4

)ωf

Dopo l’urto anelastico la scheggia e il pannello di legno ruoteranno con la stessavelocità angolare. Al momento di inerzia del pannello si vede quindi sommare ilmomento di inerzia della scheggia.

m0L

2=

(1

3M +

1

4m0

)L2ωf

6m0 = (4M + 3m0)Lωf

ωf =6m0

(4M + 3m0)L

ωf =3000

gm

s2150 g · 0, 5m

= 1, 4rad

s


Problema di: Leggi di Conservazione - LPA0001

Testo [LPA0001] [4 5 3a ] Un fucile spara verticalmente un proiettile dimassa m = 0, 01 kg con una velocità iniziale p = 800 m

s . Esso penetra in un cubodi legno di lato l = 2 dm e densità ρ = 500 kg

m3 colpendolo lungo un asse che passa ad = 5 cm dal suo baricentro. Quale altezza massima è raggiunta dal blocco?

Spiegazione Il fenomeno fisico in questione si divide in due fenomeni che acca-dono in sequenza: l’urto anelastico tra il blocco ed il proiettile, la salita del bloccodescritta dalla legge di conservazione dell’energia. La forza esercitata dal proiettilesul blocco genera un momento e fa ruotare il blocco; quindi è necessario introdurrela legge di conservazione del momento angolare.


M = ρ · l3 = 500kg

m3· 4 · 10−3m3 = 2 kg

Il momento di inerzia del blocco con il proiettile infilato dentro è I = Il + Ip =1

6M · l2 +md2 = 0, 013 kgm2

Valgono le tre equazioni:mp = (m+M) · bi

1

2(M +m)2

bi +1

2Iω2

i = (M +m) ghf +1

2Iω2

f

mpd = Iωi = Iωf

hf =2bi

2g− =

m22p

2g (m+M)2 =

10−4 kg2 · 640000 m2

s2

2 · 9, 8 ms2

· (2, 01 kg)2= 0, 2m

Scheda 12Fluidodinamica: soluzioniProblema di: Fluidodinamica - F0001

Testo [F0001] [2 3 2a ] In un tubo orizzontale di sezione S1 = 10 cm2

scorre dell’acqua ad una velocità 1 = 8 ms con una pressione P1 = 150000Pa. Ad

un certo punto la sezione del tubo aumenta fino al valore S2 = 16 cm2. Quantovalgono la velocità e la pressione dell’acqua nella parte larga del tubo?

Spiegazione Un fluido incomprimibile si sta muovendo dentro un tubo. Assu-mendo che si possano trascurare tutti i fenomeni di attrito, il fluido è soggetto siaalla legge di conservazione della portata che alla legge di Bernoulli.

Svolgimento Applicando la legge di conservazione della portata possiamo scrive-re:

S11 = S22

2 =S11

S2=

10 cm2 · 8 ms

16 cm2= 5 m

s

Utilizzando poi la legge di Bernoulli possiamo scrivere:

1

2ρ

H2O21 + ρ

H2Ogh1 + P1 =

1

2ρ

H2O22 + ρ

H2Ogh2 + P2

Visto che il tubo è orizzontale, allora h1 = h2 e quindi i due termini corrispon-denti si possono semplificare. Anche se non so quanto valgono, in quanto non so ache altezza si trova il tubo, so però che sono uguali e in questo caso si semplificano.

1

2ρ

H2O21 + P1 =

1

2ρ

H2O22 + P2

Sostituendo adesso il valore 2 quanto calcolato precedentemente

12ρH2O

21 + P1 = 1

2ρH2O21S21

S22+ P2

12ρH2O

21 − 1

2ρH2O21S21

S22+ P1 = P2

P2 = 12ρH2O

21

(1− S2

1

S22

)+ P1

P2 = 121000

kgm3 64

m2

s2

(1− 100 cm4

256 cm4

)+ 150000Pa

P2 = 169500Pa


1. In un tubo orizzontale di sezione S1 = 20 cm2 scorre dell’acqua con velocità1 = 5

m

se con una pressione P1 = 200000Pa. Questo tubo ha una stroz-

zatura nel centro, di sezione S2 = 4 cm2. Quanto scorre veloce l’acqua nellastrozzatura? Quanto vale la pressione nella strozzatura? [2 = 25

m

s;

P2 = 199500Pa]

2. In un tubo di sezione S1 = 8 cm2, dell’acqua scorre con una velocità 1 = 2m

sed ad una pressione P1 = 12000Pa. Se in un secondo tratto del tubo la suasezione aumenta passando ad un valore S2 = 10 cm2, a quale velocità viaggeràl’acqua? Se il tubo è posto in orizzontale, Quanto vale la pressione nella partelarga del tubo?

3. Se in un tubo orizzontale un fluido di densità ρ = 5kg

m3aumenta la sua velocità

passando da un valore i = 5m

sad un valore f = 15

m

s, di quanto varia la

pressione del fluido? [∆P = −500Pa]

259

260 Scheda12. Fluidodinamica: soluzioni

Problema di: Fluidodinamica - F0002

Testo [F0002] [1 1 2a ] In un tubo di sezione S1 = 10 cm2 scorre acquacon velocità 1 = 3 m

s . Il tubo ha una strozzatura nel centro, di sezione S2 = 4 cm2.Calcola la portata del tubo e la velocità con cui l’acqua scorre nella strozzatura.

Spiegazione L’acqua è un liquido e quindi incomprimibile. Vale quindi la legge diconservazione della portata.

Svolgimento La portata del tubo è

Q = S1 · 1 = 10 cm2 · 3 ms

= 0, 001m2 · 3 ms

= 0, 003m3

s

Per la legge di conservazione della portata avremo che

S2 · 2 = S1 · 1

2 =S1 · 1

S2=

10 cm2 · 3 ms

4 cm2= 7, 5

m

s


1. In un tubo di sezione S1 = 10 cm2 scorre dell’acqua con velocità 1 = 3 ms .

Questo tubo ha una strozzatura nel centro, di sezione S2 = 4 cm2. Quantoscorre veloce l’acqua nella strozzatura?

2. Di quanto devo diminuire la sezione S1 = 600 cm2 di un tubo per far aumenta-re la velocità del fluido che ci scorre dentro da un valore 1 = 5 m

s ad un valore2 = 8 m

s ?


Testo [F0003] [1 1 2a ] Il letto di un canale di irrigazione è profondo h1 =

2m e largo l1 = 10m, e l’acqua al suo interno scorre con una velocità 1 = 0, 2 ms ;

se in un certo tratto la profondità e la larghezza del canale si dimezzano, a qualevelocità scorrerà l’acqua in questo secondo tratto? Quanto vale la portata del canale?

Spiegazione L’acqua è un liquido incomprimibile, vale quindi la legge di conser-vazione della portata. Con i dati a disposizione, assumiamo che la sezione del canaleabbia una forma rettangolare; il canale, inizialmente di una certa dimensione, dimi-nuisce ad un certo punto la lua sezione, causando, per la legge di conservazione dellaportata, un aumento della velocità dell’acqua.

Svolgimento La sezione iniziale del canale vale

S1 = l1 · h1 = 10m · 2m = 20m2

La sezione finale del canale vale

S2 = l2 · h2 =l12· h12

= 5m · 1m = 5m2

La portata del canale è

Q = S1 · 1 = 20m2 · 0, 2 ms

= 4m3

s

Per la legge di conservazione della portata avremo che

S2 · 2 = S1 · 1

2 =S1 · 1

S2=

20m2 · 0, 2 ms

5m2= 0, 8

m

s



Testo [F0004] [2 2 2a ] Un vaso cilindrico di sezione S1 = 10 cm2 contienedell’acqua fino ad un certo livello. Nel vaso viene applicato un foro di sezione S2 =

1mm2 ad un’altezza ∆h = 40 cm inferiore al livello dell’acqua. Con quale velocità2 esce l’acqua dal foro?

Spiegazione Trattandosi di un fluido incomprimibile che si muove, per questoesercizio sarà necessario utilizzare l’equazione di Bernoulli e la legge di conserva-zione della portata. Nell’applicazione delle equazioni, sarà conveniente considerarecome punto iniziale la superficie dell’acqua nel vaso, e come punto finale il foro.

Svolgimento Applicando la legge di conservazione della portata possiamo scrive-re:

S11 = S22

1 =S22

S1

Applicando l’equazione di Bernoulli possiamo scrivere:

1

2ρ

H2O21 + ρ

H2Ogh1 + P1 =

1

2ρ

H2O22 + ρ

H2Ogh2 + P2

Cominciamo con il considerare che sia la superficie dell’acqua che il foro si tro-vano a contatto con l’aria dell’atmosfera e quindi alla stessa pressione. Quindi

1

2ρ

H2O21 + ρ

H2Ogh1 =

1

2ρ

H2O22 + ρ

H2Ogh2

Possiamo quindi ora semplificare ρH2O

ed ottenere

1

221 + gh1 =

1

222 + gh2

Avevamo ricavato 1 nell’equazione della portata e lo sostituiamo adesso nell’e-quazione di Bernoulli riorganizzando i termini

1

2

S22

22

S21

− 1

222 = gh2 − gh1

Teniamo adesso presente che h1 − h2 = ∆h e raccogliamo a fattor comune 12

22

1

222

(S22

S21

− 1

)= −g∆h

da cui, cambiando i segni

22 =

2g∆h

1− S22

S21

2 =

√√√√ 2g∆h

1− S22

S21

2 =

√2 · 9, 8m

s2 · 0, 4m1− 1mm2

10 cm2

=

√7, 84m2

s2

1− 11000

= 2, 8m

s

Notate come il termine a denominatore che contiene le due sezioni risulti esseremolto piccolo e quindi praticamente trascurabile.



Testo [F0005] [2 2 2a ] Un tubo orizzontale di sezione S1 = 10 cm2 èpercorso da acqua alla pressione P1 = 150000Pa che si muove alla velocità 1 = 8 m

s .All’altra estremità del tubo la pressione vale P2 = 169500Pa. Con quale velocitàl’acqua esce dal tubo? Quale sezione ha il tubo in uscita?

Spiegazione Trattandosi di un fluido incomprimibile che si muove, per questoesercizio sarà necessario utilizzare l’equazione di Bernoulli e la legge di conserva-zione della portata.

Svolgimento Applicando l’equazione di Bernoulli possiamo scrivere:

1

2ρ

H2O21 + ρ

H2Ogh1 + P1 =

1

2ρ

H2O22 + ρ

H2Ogh2 + P2

Cominciamo con il considerare che il tubo è orizzontale e quindi h1 = h2. I duetermini contenenti l’altezza sono quindi uguali e si possono semplificare.

1

2ρ

H2O21 + P1 =

1

2ρ

H2O22 + P2

da cui possiamo ricavare la velocità del liquido.

1

2ρ

H2O22 = P1 − P2 +

1

2ρ

H2O21

22 =

2

ρH2O

(P1 − P2) + 21

2 =

√2

ρH2O

(P1 − P2) + 21 = 5

m

s

Applicando la legge di conservazione della portata possiamo rispondere allaseconda domanda del problema. Possiamo infatti scrivere:

S11 = S22

e calcolarci la sezione della seconda estremità del tubo

S2 =S11

2= 16 cm2



Testo [F0006] [2 2 2a ] Un tubo a forma di U contiene acqua(ρ

H2O= 1000 kg

m3

)nella sezione di destra e olio

(ρolio = 800 kg

m3

)nella sezione di sinistra. I liquidi sono fermi. Sapendo che la colonnadi olio ha un’altezza ∆h = 20 cm, di quanti centimetri la colonnina diolio si trova più in alto della colonnina di acqua?

Spiegazione Con fluidi fermi utilizziamo l’equazione di Stevin. Le due colonnedi liquido sono ferme perché sviluppano nel punto di contatto la stessa pressione; ilproblema si risolve eguagliando le pressioni sviluppate dalle due colonne di liquido.

Svolgimento Consideriamo il punto di contatto dei due liquidi come origine delsistema di riferimento e quindi come punto ad altezza zero. Le due pressioni nelpunto di contatto dei liquidi sono

PH2O

= Polio

Patm + ρH2O

g∆hH2O

= Patm + ρoliog∆holio

e semplificando prima la pressione atmosferica Patm e successivamente g

ρH2O

∆hH2O

= ρolio∆holio

da cui ricavo l’altezza della colonnina d’acqua ed il dislivello tra le due colonnine

∆hH2O

=ρolio∆holioρ

H2O

= 16 cm

d = ∆holio −∆hH2O

= 4 cm


Testo [F0007] [1 1 2a ] Le due sezioni di un torchio idraulico valgonorispettivamente S1 = 50 cm2 ed S2 = 5 cm2. Sapendo che sulla sezione maggioreviene appoggiato un peso di massa m = 50 kg, quale forza devo fare sulla secondasezione per mantenere l’equilibrio?

Spiegazione Il torchio idraulico rimane in equilibrio quando le pressioni sulle duesezioni sono uguali. Questa è l’affermazione che permetterà di risolvere il proble-ma. Il risultato finale dell’esercizio dimostra che il torchio idraulico è di fatto unamacchina semplice che permette di fare tanto lavoro con una piccola forza.

SvolgimentoP2 = P1

F2

S2=F1

S1

La forza F1 è la forza di gravità che agisce sul peso, quindi

F2 =mg · S2

S1=

50 kg · 9, 8 ms2 · 5 cm2

50 cm2= 49N



Testo [F0008] [2 3 2a ] Un tubo orizzontale in cui scorre acqua ( ρH2O

=

1000 kgm3 ), ha una sezione iniziale S1 = 100 cm2. Successivamente il tubo si stringe

diventando di sezione S2 = 60 cm2. La pressione nel tratto iniziale del tubo valeP1 = 400000Pa, mentre nella sezione più stretta vale P2 = 300000Pa. Quantovalgono le due velocità dell’acqua nei due tratti del tubo?

Spiegazione Questo problema di fluidodinamica lo risolviamo utilizzando il prin-cipio di Bernoulli e la legge di conservazione della portata. Visto che le richiestedel problema sono due, e due sono le leggi fisiche a nostra disposizione, possiamoprocedere con la soluzione del problema.

Svolgimento Cominciamo con lo scrivere entrambe le equazioni a nostra disposi-zione. Essendo le equazioni contemporaneamente vere, esse costituiscono un siste-ma di due equazioni in due incognite ( 1 e 2 ), indicato con la parentesi graffa.S11 = S22

1

2ρ

H2O21 + ρ

H2Ogh1 + P1 =

1

2ρ

H2O22 + ρ

H2Ogh2 + P2

(12.1)

Visto che il tubo di questo esercizio è orizzontale, allora h1 = h2 ed i termini conle altezze si semplificano in quanto uguali.S11 = S22

1

2ρ

H2O21 + P1 =

1

2ρ

H2O22 + P2

(12.2)

Entrambe le incognite si trovano in entrambe le equazioni, quindi devo risolvereil sistema con, per esempio, il metodo di sostituzione. Cominciamo con il ricavare1 dalla prima equazione

1 =S22

S1

1

2ρ

H2O21 + P1 =

1

2ρ

H2O22 + P2

(12.3)

Adesso sostituiamolo nella seconda equazione1 =

S22

S1

1

2ρ

H2O

S22

22

S21

+ P1 =1

2ρ

H2O22 + P2

(12.4)

Adesso raggruppiamo i termini che contengono 2 e spostando le pressioni adestra dell’uguale

1 =S22

S1

1

2ρ

H2O

S22

22

S21

− 1

2ρ

H2O22 = P2 − P1

(12.5)

Raccogliamo a fattor comune e cambiamo di segno1 =

S22

S1

1

2ρ

H2O22

(1− S2

2

S21

)= P1 − P2

(12.6)

Infine risolviamo2 =

√√√√ P1 − P2

12ρH2O

(1− S2

2

S21

) =

√100000Pa

121000

kgm3 (1− 0, 36)

= 17, 68m

s

1 =S22

S1=S22

S1= 14, 23

m

s

(12.7)



Testo [F0009] [1 2 2a ] Un subacqueo si trova immerso nelle acque fermedi un lago alla profondità h1 = −20m rispetto al livello del mare. La pressioneatmosferica vale Patm = 100000Pa. A quale pressione si trova? A quale profonditàdeve arrivare per raddoppiare la pressione a cui si trova?

Spiegazione Visto che questo problema tratta di un fluido fermo, la legge fisica cheutilizzeremo è la legge di Stevino ∆P = −ρg∆h

Svolgimento Cominciamo con il considerare il percorso che fa il subacqueo parten-do dalla superficie del mare ( h0 = 0 ; P0 = Patm = 100000Pa ) fino alla profonditàh1

∆P = −ρg∆h

(P1 − P0) = −ρg (h1 − h0)

P1 = −ρg (h1 − h0) + P0

P1 = −1000kg

m3· 9, 8 m

s2· (−20m) + 100000Pa = 296000Pa

A questo punto il subacqueo scende ulteriormente in profondità fino a raddop-piare la pressione a cui si trova. la pressione raggiunta sarà:

P2 = 2P1 = 592000Pa

Considerando adesso il percorso dalla profondità h1 fino alla profondità h2 avre-mo che

P2 − P1 = −ρg (h2 − h1)

P2 − P1

−ρg= (h2 − h1)

h2 = −P2 − P1

ρg+ h1

h2 = − 296000Pa

1000 kgm3 · 9, 8 m

s2

− 20m = −50, 2m


1. Un tubo in cui scorre acqua è lungo l = 4m ed è inclinato verso l’alto di α =

30. Il tubo ha una sezione Si = 0, 3 dm2 ed al fondo abbiamo un rubinetto disezione Sf = 3 cm2 che butta acqua in una vasca. L’acqua esce dal tubo con unavelocità f = 2m

s . Con quale velocità l’acqua entra nel tubo? Quale pressioneabbiamo all’ingresso nel tubo? [ = 0, 2m

s ; P = 117620Pa]

2. Quale pressione deve sopportare una persona che si immerge nell’oceano finoad una profondità di ∆h = −100m? [1099600Pa]

3. Se mi immergo ad una profondità ∆h = −50m nell’oceano, a quale pressionevengo sottoposto? [599800Pa]



Testo [F0010] [1 2 2a ] In un cilindro verticale versiamo mercurio, acquae olio. La colonna di mercurio è alta L

Hg= 5 cm; la colonna d’acqua è alta L

H2O=

20 cm e la colonna d’olio è alta Lolio

= 15 cm. La pressione atmosferica vale Patm =

100000Pa. Trovate la pressione sul fondo della colonna di liquido. Le densità deiliquidi utilizzati sono: ρ

olio= 800 kg

m3 ; ρH2O

= 1000 kgm3 ; ρ

Hg= 13579 kg

m3 .


Svolgimento L’unico valore di pressione che conosciamo è quello dell’atmosfera incima alla colonnina di liquido; per questo motivo sarà conveniente fissare li il nostrosistema di riferimento e assegnare a quell’altezza il valore h0 = 0m. Di conseguenzafissiamo i valori delle altezze a cui si trovano le linee di separazione tra i diversiliquidi ed il fondo del cilindro:

ha = h0 − Lolio

= −15 cm

hb = ha − LH2O

= −35 cm

hc = hb − LHg

= −40 cm

Immaginiamo adesso di trovarci sulla superficie della colonna di liquido e dispostarci verso il basso. Dalla legge di Stevino abbiamo che

∆P0→a

= −ρg∆h0→a

= −ρg (ha − h0)

∆P0→a = −800kg

m3· 9, 8 m

s2· (−15 cm− 0 cm) = 1176Pa

∆Pa→b

= −ρg∆ha→b

= −ρg (hb − ha)

∆Pa→b

= −1000kg

m3· 9, 8 m

s2· (−35 cm+ 15 cm) = 1960Pa

∆Pb→c

= −ρg∆hb→c

= −ρg (hc − hb)

∆Pb→c

= −13579kg

m3· 9, 8 m

s2· (−40 cm+ 35 cm) = 6653, 71Pa

La pressione sulla linea di separazione tra l’olio e l’acqua vale

Pa = P0 +∆P0→a

Pa = 100000Pa+ 1176Pa = 101176Pa

La pressione sulla linea di separazione tra l’acqua e il mercurio vale

Pb = P0 +∆P0→a +∆Pa→b

Pb = 100000Pa+ 1176Pa+ 1960Pa = 103136Pa

La pressione sul fondo della colonnina di liquido vale

Pc = P0 +∆P0→a

+∆Pa→b

+∆Pb→c

Pc = 100000Pa+ 1176Pa+ 1960Pa+ 6653, 71Pa = 109789, 71Pa



Testo [F0011] [1 1 2a ] Sapendo che un sottomarino in immersione stasubendo una pressione P = 280000Pa, a quale profonditá si trova rispetto allasuperficie?


Svolgimento La pressione sulla superficie del mare ad altezza h0 = 0 vale P0 =

100000Pa. Il sottomarino si trova alla pressione P1 = 280000Pa. Utilizzando lalegge di Stevin avremo che

∆P = −ρg∆h

(P1 − P0) = −ρg (h1 − h0)

(P1 − P0)

−ρg= h1

(P0 − P1)

ρg= h1

Utilizzando il valore di densità dell’acqua salata avremo

h1 =−180000Pa

1030 kgm3 · 9, 8 m

s2

h1 = −17, 83m


Testo [F0012] [2 3 2a ] Un contenitore cilindrico viene riempito d’acquafino all’altezza hi = 30 cm dal fondo. All’altezza hf = 5 cm dal fondo viene pratica-to un piccolo foro, di dimensione trascurabile rispetto alla superficie della base delcontenitore. Con quale velocità l’acqua esce dal foro?

Spiegazione Mentre l’acqua esce dal foro, il livello dell’acqua nel contenitore siabbassa. Praticamente osserviamo un movimento di fluido che dalla superficie sisposta verso il foro. Utilizziamo quindi il teorema di bernoulli.

Svolgimento Utilizziamo l’equazione di bernoulli:

1

2ρ2

f + ρghf + Pf =1

2ρ2

i + ρghi + Pi

Teniamo presente che entrambi i lati del flusso di acqua sono a contatto con l’ariae quindi entrambi alla pressione atmosferica Patm

per cui Pi = Pf = Patm si semplificano nell’equazione

1

2ρ2

f + ρghf =1

2ρ2

i + ρghi

1

2ρ2

f − 1

2ρ2

i = ρghi − ρghf

A questo punto dobbiamo capire quanto vale la velocità dell’acqua sulla superfi-cie del contenitore. Per questo utilizziamo la legge di conservazione della portata.

Si i = Sff

per cui

i =Sf

Sif

ottenendo


1

2ρ2

f − 1

2ρS2f

S2i

2f = ρghi − ρghf

1

2ρ

(1−

S2f

S2i

)2f = ρg (hi − hf )

per cui

2f =

ρg (hi − hf )

12ρ(1− S2

f

S2i

)f =

√√√√ ρg (hi − hf )

12ρ(1− S2

f

S2i

)Se adesso ci soffermiamo sul termine(

1−S2f

S2i

)

dobbiamo considerare che la superficie del foro è molto più piccola della superficiedel contenitore, per cui tutto il termine vale 1(

1−S2f

S2i

)≃ 1

Per cui otteniamo la formula finale

f =

√g (hi − hf )

12

=√2g∆h = 2, 21

m

s


Testo [F0013] [1 2 2a ] Un medico misura la pressione sanguigna ad unpaziente altro H = 180 cm mentre è sdraiato su di un lettino, ed ottiene Pcuore =

115mmHg. Quando il paziente si alza in piedi, il suo cuore si trova all’altezza hc =

1, 5m da terra. La densità del sangue è ρs = 1060 kgm3 . Quanto vale la pressione del

sangue all’altezza del cervello del paziente?

Spiegazione La pressione misurata con il paziente sdraiato corrisponde alla pres-sione all’altezza del cuore. La pressione del sangue nel cervello è la stessa essendo ilcervello alla stessa altezza del cuore. Quando il paziente si alza la testa si trova piùin alto e quindi la pressione del sangue diminuisce.

Svolgimento La pressione all’altezza del cuore valePcuore = 115mmHg = 15332Pa

Utilizzando la legge di Stevin abbiamo

Ptesta = Pcuore − ρsg∆h = Pcuore − ρsg (H − hc)

Ptesta = 15332Pa− 1060kg

m3· 9, 8 m

s2· 0, 3m = 12216Pa



Testo [F0014] [2 2 2a ] Nella conduttura di una centrale idroelettrica, disezione costante, scorre acqua con cui produrre corrente elettrica. La superficie dellago si trova alla quota h1 = 1500m s.l.m. ed il fondo della conduttura si trova∆h = 200m più in basso. Con quale pressione l’acqua esce dalla conduttura?

Spiegazione In questo problema di fluidodinamica si utilizzano la legge di conser-vazione della portata ed il principio di bernoulli.

Svolgimento Nel problema si specifica che la conduttura ha sezione costante, quin-di per la legge di conservazione della portata le velocità di ingresso ed uscita dell’ac-qua sono le stesse. Guardiamo adesso il principio di Bernoulli

1

2ρ2

i + ρghi + Pi =1

2ρ2

f + ρghf + Pf

Essa diventa la legge di Stevin

ρghi + Pi = ρghf + Pf

Pf = ρghi − ρghf + Pi = Pi − ρg∆h

Pf = 100000Pa+ 1000kg

m3· 9, 8 m

s2· 200m = 2060000Pa


Testo [F0015] [1 2 2a ] Un subacqueo si trova a hi = −20m sotto il livellodel mare. Di quanti metri deve scendere per raddoppiare la pressione a cui si trova?

Spiegazione La pressione a cui si trova il subacqueo dipende dalla profondità a cuisi trova. La legge di Stevin descrive il fenomeno

Svolgimento La pressione a cui si trova inizialmente il subacqueo è

Pi = Patm − ρg∆hi = 105 Pa+ 196000Pa = 296000Pa

La profondità a cui deve arrivare per raddoppiare la pressione è

Pf = 2Pi = Patm − ρg∆hf

∆hf = −2Pi − Patm

ρg= −50, 2m

Il subacqueo deve quindi scendere di

∆h = ∆hf −∆hi = −30, 2m



Testo [F0016] [1 2 2a ] In un tubo di sezione S = 2 cm2 scorre acquaalla velocità = 5 m

s . Il tubo termina con una doccia formata da 50 piccoli dori didiametro d = 1mm. Con quale velocità esce l’acqua dai fori?

Spiegazione Questo problema si risolve con la legge della conservazione dellaportata.

Svolgimento Per la legge di conservazione della portata avremo:

S = 50 · π4d2f

f =4S

50πd2= 12, 7

m

s

Problema di: Leggi di Conservazione - CF0001

Testo [CF0001] [3 4 2a ] Un contenitore cilindrico è riempito di liquidofino ad un’altezza H = 50 cm. Ah un’altezza h = 25 cm è praticato un foro piccolorispetto alla sezione del cilindro. A quale distanza dal cilindro cade il liquido?

Spiegazione In questo problema abbiamo un fluido incomprimibile in movmento,quindi sicuramente l’equazione di Bernoulli sarà da utilizzare. Con questa equa-zione, possiamo ricavare la velocità di uscita del fluido dal foro. A questo punto ilproblema diventa un problema di cinematica sul moto parabolico che ogni singolamolecola compie fuori dal contenitore.

Svolgimento Cominciamo con il calcolare qual’è la velocità di uscita del fluido dalcilindro utilizzando la legge di Bernoulli e la legge di conservazione della portata.

1

2ρ2

i + ρghi + Pi =1

2ρ2

f + ρghf + Pf

Si i = Sff i =

Sf

Sif

1

2ρ2

f − 1

2ρ2

i = ρghi − ρghf + Pi − Pf i =

Sf

Sif

1

2ρV 2

f − 1

2ρS2f

S2i

2f = ρghi − ρghf + Pi − Pf

i =Sf

Sif

1

2ρ

(1−

S2f

S2i

)2f = ρg (hi − hf ) + Pi − Pf

Consideriamo adesso che il liquido si trova sempre a pressione atmosferica sianel foro, sia sulla superficie nella parte alta del contenitore, quindi Pi = Pf . Consi-deriamo poi che il foro è estremamente più piccolo della sezione del cilindro, quindiSf << Si e di conseguenza


(1− S2

i

S2f

)∼ 1

Consideriamo infine il termine, il quale, considerati i dati del problema, vale L =

hi − hf = H − h. Quindi avremo i =

Sf

Sif

1

2ρ2

f = ρg (H − h) ⇒ V 2f = 2g (H − h)

Passiamo adesso all’analisi del moto parabolico del liquido in uscita dal foro.Considerato che la velocità iniziale del liquido è orizzontale, l’equazione del moto è∆Sy = −1

2g∆t2 = h

∆Sx = Vf∆t∆t =

√2h

g

∆Sx = Vf∆t

La gittata del flusso è quindi

∆Sx =√2g (H − h) ·

√2h

g= 2√h (H − h)

Con i dati del problema avremo

∆Sx = 50 cm

Problema di: Cinematica e Fluidodinamica - CF0002

Testo [CF0002] [3 3 2a ] Un contenitore pieno di acqua è appoggiato sulbordo di un piatto rotante di raggio r = 0, 5m. Il piatto rotante viene messo inrotazione con frequenza ν = 1Hz. Quale pressione si misura ad una profonditàh = −30 cm sotto il livello dell’acqua?

Spiegazione Con la legge di Stevin si calcola facilmente la pressione che si ha aduna certa profondità in un liquido fermo. Il liquido si muove di moto circolare uni-forme, ma nel sistema di riferimento del liquido esso è fermo, ma subisce un’accele-razione data dalla somma dell’accelerazione di gravità con l’accelerazione centrifugadovuta alla rotazione del piano.

Svolgimento L’accelerazione totale percepita è data dalla somma dell’accelerazio-ne di gravità, verticale verso il basso, e dell’accelerazione centripeta, orizzontaleverso l’esterno della piattaforma rotante. L’accelerazione complessiva è quindi

gtot =

√g2 + (4π2ν2r)

2

gtot = 22m

s2

Con la legge di Stevin

P = Patm − ρgtot∆h = 100000Pa+ 6600Pa = 106600Pa


Problema di: Fluidodinamica - DF0001

Testo [DF0001] [2 2 2a ] Su di un bicchiere interamente riempito di acqua,profondo h = 4, 5 cm e di sezione S = 20 cm2, viene appoggiato un disco di plasticadi massa m = 3 g. Il bicchiere viene poi capovolto e si vede che il disco non cade.Con quanta forza il disco viene schiacciato contro il bicchiere?

Fig. 12.1: Guarda il video you-tu.be/gl5ZULcGcKY

Spiegazione In questo problema abbiamo un di-sco di plastica in equilibrio sotto l’azione di tre for-ze: la forza di gravità sul disco verso il basso, laforza di pressione dovuta all’aria sotto il disco equindi diretta verticale verso l’alto, e la forza dipressione della colonna d’acqua sopra il disco di-retta verticale verso il basso. Il problema chiede ilvalore della reazione vincolare del bicchiere, infat-ti il bicchiere reagisce alla forza con cui quel discodi plastica viene schiacciato contro di esso, mante-nendo tale disco fermo. Sebbene con verso oppo-sto, la reazione vincolare del bicchiere è uguale alla forza che schiaccia il disco controil bicchiere.

Svolgimento Considerato che, una volta capovolto, la parte superiore non contie-ne aria e quindi non esiste pressione atmosferica sopra la colonna di acqua, possiamodire che la pressione dovuta all’acqua sul disco di plastica è unicamente riconduci-bile alla colonna di acqua. La pressione dell’acqua nel punto di contatto con il discodi plastica è quindi

Pacqua = ρgh = 1000kg

m3· 9, 8 m

s2· 0, 045m = 441Pa

La forza di gravità è

Fg = mg = 0, 003 g · 9, 8 ms2

= 0, 0294N

La condizione di equilibrio statico del disco di plastica si scrive:

Fg + Facqua +Rv = Faria

Fg + Pacqua · S +Rv = Patm · S

Rv = Patm · S − Pacqua · S − Fg = (Patm − Pacqua) · S − Fg = 199N

http://www.youtube.com/watch?v=gl5ZULcGcKY

http://www.youtube.com/watch?v=gl5ZULcGcKY

Scheda 13Calorimetria: soluzioniProblema di: Calorimetria - Q0001

Testo [Q0001] [2 2 2a ] Quanta energia serve per innalzare la temperaturadi un oggetto di ferro di ∆T = 50K sapendo che ha una massa m = 10 kg e che sitrova ad una temperatura Ti = 300K? Se la temperatura iniziale fosse stata Ti =

1800K sarebbe servita più energia? [rispondi indicando anche il perché]

Spiegazione Inizialmente abbiamo un oggetto di ferro di una certa massa e che sitrova ad una certa temperatura. Gradualmente gli forniamo del calore e vogliamoche aumenti la sua temperatura. Innanzi tutto dobiamo chiederci quali siano i feno-meni fisici che accadono in questa situazione. Visto che l’oggetto dovrà passare dauna temperatura iniziale Ti = 300K ad una finale Tf = 350K noi siamo sicuri chel’oggetto si trova allo stato solido e che non subisce alcuna transizione di fase. Latemperatura di fusione del ferro è infatti Tfus = 1808K, molto più alta delle tempe-rature assunte dall’oggetto. L’unico fenomeno che avviene è quindi il riscaldamentodell’oggetto.

Svolgimento

∆Q = cs ·m ·∆T = 440J

kgK· 10 kg · 50K = 220 kJ

Se la temperatura iniziale fosse stata Ti = 1800K allora sarebbe avvenuta ancheuna transizione di fase e ci sarebbe voluta molta più energia.

Problema di: Calorimetria - Q0002

Testo [Q0002] [1 1 2a ] Quale potenza ha un fornelletto che sta scaldan-do una massa m = 5 kg di acqua da un tempo ∆t = 60 s facendone aumentare latemperatura di ∆T = 50K, sapendo che quell’acqua si trovava inizialmente allatemperatura Ti = 20C?

Spiegazione Inizialmente abbiamo una certa massa di acqua che si trova ad unacerta temperatura. Gradualmente gli forniamo del calore e vediamo che aumentala sua temperatura. Innanzi tutto dobiamo chiederci quali siano i fenomeni fisiciche accadono in questa situazione. Visto che l’oggetto è passato da una temperaturainiziale Ti = 20C ad una finale Ti = 70C noi siamo sicuri che l’acqua si trova allostato liquido e che non subisce alcuna transizione di fase. Le temperature di fusionee di ebollizione dell’acqua sono infatti ruspettivamente Tfus = 0C e Teb = 100C.L’unico fenomeno che avviene è quindi il riscaldamento dell’oggetto.

Svolgimento Il calore fornito all’acqua dal fornelletto è dato da

∆Q = P ∆t

con i dati del problema possiamo anche dire che

∆Q = cs ·m ·∆T

da cuiP =

csm∆T

∆t

P =4186 J

kgK · 5 kg · 50K60 s

= 17, 442 kW

273

274 Scheda13. Calorimetria: soluzioni


Testo [Q0003] [2 3 2a ] Quanta energia serve per innalzare, in un conte-nitore ermetico rigido, la temperatura di m = 10 kg di acqua da Ti = 80 C fino aTf = 130 C?

Spiegazione Per aumentare la temperatura di un materiale è necessario fornirglidel calore. Daremo quindi del calore per portare inizialmente l’acqua fino alla tem-peratura Teb = 100 C alla quale l’acqua comincia a bollire. Continuiamo a fornirecalore e l’acqua rimarrà alla stessa temperatura fino a quando si sarà trasformatatutta in vapore acqueo. Fornendo ulteriore calore possiamo finalmente innalzare latemperatura dell’acqua fino alla temperatura finale Tf = 130 C.

Svolgimento La quantità di energia necessaria per aumentare la temperatura del-l’acqua da Ti = 80 C fino alla temperatura di ebollizione Teb = 100 C vale

∆Q1 = cs ·m ·∆T = 4186J

kgK· 10 kg · 20K ≃ 837 kJ

La quantità di energia necessaria per far bollire completamente l’acqua vale

∆Q2 = Qlat−eb ·m = 2272kJ

kg· 10 kg = 22720 kJ

La quantità di energia necessaria per aumentare la temperatura dell’acqua da Teb =100 C fino a Tf = 130 C, tenendo conto che si tratta di un gas chiuso in un conteni-tore rigido, per cui dobbiamo utilizzare il calore specifico a volume costante espressoindfracJkg, vale

∆Q3 = csv ·m ·∆T = 1616J

kgK· 10 kg · 30K = 484, 8 kJ

La quantità totale di energia che bisogna quindi fornire all’acqua è

∆Qtot = ∆Q1 +∆Q2 +∆Q3 = 24042 kJ


Testo [Q0004] [1 2 2a ] Due sbarre di eguale lunghezza li = 3m, unadi ferro e l’altra di alluminio, vengono scaldate di ∆T = 50K. Ammettendo chenessuna delle due raggiunga il punto di fusione, di quanto una risulterà più lungadell’altra?

Spiegazione Il fenomeno fisico descritto da questo esercizio è quello della dilata-zione termica lineare. Entrambe le sbarre si allungano in quanto aumenta la lorotemperatura, ma essendo di materiali differenti, una si allungherà più dell’altra.

Svolgimento La prima sbarra si allunga di

∆lFe = λFeli∆T

∆lFe = 12 · 10−6 1

K· 3m · 50K = 18 · 10−4m = 1, 8mm

La seconda sbarra si allunga di

∆lAl = λAlli∆T

∆lAl = 25 · 10−6 1

K· 3m · 50K = 37, 5 · 10−4m = 3, 75mm

La differenza di lunghezza tra le due sbarre sarà quindi

d = ∆lAl −∆lFe = 1, 95mm



Testo [Q0005] [2 2 2a ] Una sbarra di ferro di massa m = 15 kg, lunga li =3m ed alla temperatura Ti = 1600K viene immersa in una massa mH2O = 100 kg

d’acqua alla temperatura TH2O = 300K. Di quanto si accorcia?

Spiegazione Il fenomeno fisico di cui tratta l’esercizio è la dilatazione termica li-neare. In questo caso la variazione di temperatura della sbarra avviene in quantoessa è stata immersa nell’acqua e raggiunge con essa l’equilibrio termico.

Svolgimento La temperatura di equilibrio raggiunta tra acqua e ferro vale

Teq =cs

Fem

FeTi−Fe

+ csH2O

mH2O

Ti−H2O

csFem

Fe+ cs

H2Om

H2O

Teq =136140000 J

425200 JK

= 320, 18K

L’acqua si scalda quindi di ∆TH2O

= 20, 18K e non inizia a bollire.Il ferro si raffredda di ∆T

Fe= −1279, 82K

La sbarra si accorcia quindi di

∆lFe

= λFeli∆T

∆lFe

= 12 · 10−6 1

K· 3m · (−1279, 82K) = −10, 1 · 10−3m = −46mm


1. Un oggetto di ferro di massa m1 = 20 kg alla temperatura iniziale T1i = 300K,un oggetto di argento di massa m2 = 10 kg alla temperatura iniziale T2i =

350K ed un oggetto d’oro di massa m3 = 1 kg alla temperatura iniziale T3i =325K vengono messi a contatto. Quale temperatura di equilibrio raggiunge-ranno i tre oggetti? [Teq =

310, 6K]


Testo [Q0006] [3 4 2a ] Ad un oggetto di ferro di massa m = 2kg, allatemperatura iniziale Ti = 600K vengono forniti ∆Qtot = 2000 kJ di calore. Quantikilogrammi di ferro riesco a fare fondere?

Spiegazione Il ferro alla temperatura iniziale indicata nel problema è solido. For-nendogli calore l’oggetto comincerà a scaldarsi, se arriva alla temperatura di fusioneallora l’oggetto comincierà a fondere.

Svolgimento Il ferro fonde alla temperatura Tfus = 1808K. L’energia necessa-ria per scaldare l’oggetto dalla temperatura iniziale fino alla temperatura di fusionevale:

∆Q1 = csm∆T = csm (Tfus − Ti)

∆Q1 = 440J

kg ·K· 2 kg · 1208K = 1063040 J = 1063, 04 kJ

L’energia fornita complessivamente è molto maggiore, quindi avanza del caloreche verrà utilizzato per far fondere il ferro. Nel complesso avanzano

∆Q2 = ∆Qtot −∆Q1 = 936, 96 kJ

Utilizzando la legge della transizione di fase, con questa quantità di calore èpossibile calcolare quanta massa di ferro è possibile far fondere.

mf =∆Q2

Qlat−fus=

936, 96 kJ

247, 2 kJkg

= 3, 79 kg

Tutto il ferro a disposizione viene quindi fuso, in quanto con l’energia a disposi-zione saremmo in grado di fondere molto più dei 2 kg di ferro a disposizione.



Testo [Q0007] [1 1 2a ] Un blocco di ferro solido di massa m = 50 kg sitrova alla temperatura di fusione. Quanto calore devo fornire se voglio fondere unapercentuale p = 10% del blocco di ferro?

Spiegazione Visto che il blocco di ferro si trova già alla temperatura di fusione,tutto il calore che forniamo serve per fondere del ferro.

Svolgimento La quantità di ferro che vogliamo fondere è

mf = m · p = 50 kg · 0, 1 = 5 kg

La quantità di calore necessaria per fonderlo vale

∆Q = Qlat−fus ·mf = 247, 2kJ

kg· 5 kg = 1236 kJ


Testo [Q0008] [2 2 2a ] Di quanto devo scaldare una sbarra di alluminiodi lunghezza iniziale lAl−i = 2000mm ed una sbarra di ferro di lunghezza inizialelFe−i = 2001mm affinchè raggiungano la stessa lunghezza?

Spiegazione Ammettendo che le due sbarre, scaldandosi, non fondano, entrambesi dilatano aumentando la loro lunghezza. L’alluminio si dilata più di quanto facciail ferro; quindi è possibile che le due sbarre abbiano alla fine la stessa lunghezza.Il punto chiave del problema è che l’aumento di temperatura delle due sbarre è lostesso (probabilmente sono state messe nello stesso forno).

Svolgimento Per prima cosa chiamiamo x la differenza di lunghezza delle duesbarre; quindi x = lFe − lAl

Visto che le lunghezze finali delle due sbarre devono essere uguali, allora

lAl−f = lFe−f

∆lAl = ∆lFe + x

λAllAl−i∆T = λFelFe−i∆T + x

(λAllAl−i − λFelFe−i)∆T = x

∆T =x

λAllAl−i − λFelFe−i= 38, 5K


1. Una sbarra di rame e una d’oro lunghe entrambe li = 50 cm si trovano in unostretto contenitore lungo lc = 100.01 cm. Di quanto posso scaldare al massimole due sbarre? [∆t = 6, 45K]



Testo [Q0009] [2 3 2a ] Quanta energia mi serve per portare una massam = 5 kg di piombo, tenuta in un opportuno contenitore ermetico e rigido, dallatemperatura Ti = 400 C alla temperatura Tf = 2000 C?

Spiegazione Per scaldare una massa di piombo è necessario fornire del calore.Considerando le temperature in gioco, la massa di piombo all’inizio è liquida, al-la fine è gassosa; per questo motivo, oltre a fornire l’energia per scaldare, bisognaanche fornire l’energia per fare bollire il ferro.

Svolgimento La temperatura di fusione del piombo è Tfus = 600, 61K = 327, 41 C;quella di ebollizione è Teb = 2022K = 1749 C.

Il calore necessario per portare il piombo alla temperatura di ebollizione è

∆Q1 = csm∆T = csm (Teb − Ti)

∆Q1 = 129J

kgK· 5 kg · (1749− 400)K = 870105 J ≃ 870 kJ

Il calore necessario per far bollire quel ferro è

∆Qeb = Qlatm = 23161kJ

kg· 5 kg = 115806 kJ

Il calore necessario per arrivare adesso alla temperatura finale, considerando cheparliamo di un gas a volume costante, è

∆Q2 = csvm∆T = csm (Tf − Teb)

∆Q2 = 60, 2J

kgK· 5 kg · 251K = 75551 J ≃ 76 kJ

Il calore totale che bisogna fornire è quindi

∆Qtot = ∆Q1 +∆Qeb +∆Q2 = 116752 kJ


1. Quanta energia mi serve per innalzare la temperatura di un oggetto di piombofino alla temperatura Tf = 4000K sapendo che ha una massa m = 2 kg e chesi trova ad una temperatura Ti = 30K? [∆Q = 2787060 J]



Testo [Q0010] [2 3 2a ] Quanta energia mi serve per portare una massam = 5 kg di acqua, in un contenitore rigido ed ermetico, dalla temperatura Ti =

20 C alla temperatura Tf = 130 C?

Spiegazione L’acqua inizialmente è in forma liquida. Per portarla alla temperaturainiziale bisogna scaldarla e farla bollire. Dobbiamo quindi calcolare tutto il calore perfarla scaldare e tutto il calore per farla bollire.

Svolgimento Il calore per farla scaldare fino alla temperatura di ebollizione vale

∆Q1 = csm∆t = 4186J

kgK· 5 kg · (100 C− 20 C) = 1674400J = 1674, 4 kJ

Il calore per farla bollire vale

∆Qeb = Qlat−ebm = 2272kJ

kg· 5 kg = 11360 kJ

La quantità di energia necessaria per aumentare la temperatura dell’acqua daTeb = 100 C fino a Tf = 130 C, tenendo conto che si tratta di un gas chiuso in uncontenitore rigido, per cui dobbiamo utilizzare il calore specifico del gas a volumecostante espresso indfracJkg, vale

∆Q3 = csv ·m ·∆T = 1616J

kgK· 5 kg · 30K = 242, 4 kJ

Il calore totale che serve vale quindi

∆Qtot = ∆Q1 +∆Qeb = 13276, 8 kJ


Testo [Q0011] [2 2 2a ] Quanta energia serve per far allungare di ∆l =0, 1mm una sbarra di alluminio di lunghezza li = 200 cm e massa m = 0, 5 kg?

Spiegazione In questo problema i fenomeni fisici coinvolti sono due: riscaldamen-to e dilatazione termica. Assumiamo ovviamente che la sbarra non fonda mentreviene riscaldata.

Svolgimento Sapendo che la sbarra viene scaldata possiamo scrivere

∆Q = csm∆T

inoltre la sbarra si dilata, quindi

∆l = λli∆T

Entrambi i fenomeni capitano contemporaneamente, quindi le due formule val-gono contemporaneamente. Ricavando ∆T dalla seconda equazione con una formu-la inversa, e inserendolo nella prima otteniamo:

∆Q = csm∆l

λli

∆Q = 900J

kgK· 0, 5 kg · 0, 1mm

25 · 10−6 1K · 2000mm

= 900 J



Testo [Q0012] [1 1 2a ] In quanto tempo un forno di potenza P = 500W

incrementa di ∆T = 20K la temperatura di m = 20 kg di acqua liquida?

Spiegazione In questo problema, ammettendo che non avvenga alcuna trasforma-zione di fase durante il riscaldamento, l’unico fenomeno che accade è il riscalda-mento dell’acqua. Il calore che serve a scaldare quell’acqua viene dato in un certointervallo di tempo dal forno. L’intervallo di tempo sarà tanto più piccolo quantopiù potente è il forno.

Svolgimento Il calore necessario per scaldare l’acqua è

∆Q = csm∆T

Tale calore viene dato dal forno di potenza

P =∆Q

∆t

quindi

∆t =∆Q

P=csm∆T

P

∆t =4186 J

kgK · 20 kg · 20K500W

= 3348, 8 s


Testo [Q0013] [1 1 2a ] Un oggetto di materiale sconosciuto e di massam1 = 5 kg alla temperatura iniziale Ti1 = 350K viene messo a contatto con unoggetto dello stesso materiale e di massa m2 = 30 kg alla temperatura iniziale Ti2 =

300K. Quale temperatura di equilibrio raggiungeranno i due oggetti?

Spiegazione Per calcolare la temperatura di equilibrio tra due oggetti messi a con-tatto abbiamo una sola formula da utilizzare

Svolgimento Utilizziamo la giusta formula:

Teq =csm1Ti1 + csm2Ti2

csm1 + csm2

Essendo i due oggetti fatti dello stesso materiale, i calori specifici sono stati indi-cati con lo stesso simbolo cs che poi possiamo raccogliere a fattor comune.

Teq =cs (m1Ti1 +m2Ti2)

cs (m1 +m2)

Adesso possiamo semplificare i calori specifici.

Teq =m1Ti1 +m2Ti2

m1 +m2=

1750 kgK + 9000 kgK

35 kg= 307, 14K


1. Quale temperatura raggiungono due oggetti entrambi di argento di massam1 =

0, 1 kg e m2 = 0, 2 kg alle temperature iniziali T1i = 400K e T2i = 300K messia contatto? [Teq = 333, 3K]



Testo [Q0014] [2 2 2a ] Posso scaldare una sbarra di ferro della lunghezzali = 50 cm e che si trova alla temperatura Ti = 350K per farla allungare fino allalunghezza lf = 50, 1 cm?

Spiegazione In questo problema noi dobbiamo fornire del calore per fare aumen-tare la temperatura della sbarra e di conseguenza farla dilatare. Per ottenere la di-latazione richiesta dal problema, serve aumentare la temperatura di un certo valore;bisogna però controllare che a causa del tentato aumento di temperatura la sbarranon cominci a fondere invece che allungarsi.

Svolgimento L’aumento di temperatura necessario per allungare la sbarra è:

∆T =∆l

λli=

1mm

12 · 10−6 1K · 50 cm

= 1667K

Tale aumento non è però possibile, in quanto la sbarra arriverebbe alla tempera-tura finale

Tf = Ti +∆T = 2017K

che è superiore alla temperatura di fuzione del ferro. Per questo motivo la sbarra,arrivata alla temperatura Tfus = 1808K, comincerebbe a fondere.


Testo [Q0015] [1 17 2a ] Esercizi banali di:

1. Riscaldamento

(a) Che massa ha un oggetto di rame se dandogli un calore ∆Q = 1000 J lasua temperatura aumenta di ∆T = 20K? [m = 131, 6 g]

(b) Quanta energia mi serve per innalzare la temperatura di un oggetto diferro di ∆T = 50K sapendo che ha una massa m = 10 kg e che si trova aduna temperatura Ti = 300K? [∆Q = 2200J]

(c) Quanta energia mi serve per innalzare la temperatura di un oggetto diferro fino alla temperatura Tf = 350K sapendo che ha una massa m =

10 kg e che si trova ad una temperatura Ti = 300K? [∆Q = 2200J]

2. Capacità termica

(a) Un oggetto di ferro di massa m1 = 2 kg alla temperatura iniziale T1i =

300K viene messo a contatto con un oggetto di rame di massa m2 = 3 kg

alla temperatura iniziale T2i = 320K. Qual’è la capacità termica dei dueoggetti? [CFe = 880 J

K ;CCu = 1140 JK .]

3. Temperatura di equilibrio

(a) Quale temperatura raggiungono un oggetto di argento di mAg = 0, 1 kg

alla temperatura iniziale Ti,Ag = 350K ed un oggetto d’oro di mAu =

0, 2 kg alla temperatura iniziale Ti,Au = 400K messi a contatto? [Teq =

376, 2K]

(b) Un oggetto di ferro di massa m1 = 2 kg alla temperatura iniziale T1i =

300K viene messo a contatto con un oggetto di rame di massa m2 = 3 kg

alla temperatura iniziale T2i = 320K. Quale temperatura di equilibrioraggiungeranno i due oggetti? [Teq = 311, 3K.]

4. Transizioni di fase


(a) Quanta energia serve per far fondere una massa m = 20 kg di ghiaccioalla temperatura di fusione? [∆Q = 6700 kJ]

(b) Quanta energia serve per far fondere una massa m = 10 kg di rame allatemperatura di fusione? [∆Q = 2058 kJ]

(c) Quanta energia serve per far bollire una massa m = 5 kg di acqua allatemperatura di ebollizione? [∆Q = 11360 kJ]

(d) Quanta energia devo dare ad una massa m = 50 kg di oro che si trovanoalla temperatura T = 3129K per farle compiere la transizione di fase?

[∆Q = 84850 kJ]

5. Dilatazione termica

(a) Di quanto si allunga una sbarra d’oro della lunghezza iniziale li = 10 cm

se aumentiamo la sua temperatura di ∆T = 20K? [∆l = 2, 8·10−5m]

(b) Di quanto si accorcia una sbarra d’oro della lunghezza iniziale li = 10 cm

se diminuiamo la sua temperatura di ∆T = 10K? [∆l =−1, 4 · 10−5m]

(c) Di quanto si allunga una sbarra di rame di lunghezza iniziale li = 30 cm seaumentiamo la sua temperatura di ∆T = 30K? [∆l = 1, 53 · 10−4m]

(d) Di quanto devo scaldare una sbarra di rame di lunghezza iniziale li =

20m per allungarla di ∆l = 1, 7mm? [∆T = 0, 5K]

(e) Di quanto può aumentare la temperatura di una sbarra di ferro di lun-ghezza iniziale li = 10m se non voglio che la sua lunghezza aumenti dipiù di 1 millimetro? [∆T = 8, 33K]

6. Trasmissione del calore

(a) Una finestra rettangolare di vetro spesso l = 3mm è larga b = 0, 5m e altah = 1, 2m. Se dentro casa c’è una temperatura Tin = 26C e fuori unatemperatura Tout = 12C, quanta energia passa attraverso quella finestraogni ora? La conducibilità termica del vetro è ρ = 1 W

K·m . [∆Q =

30240 kJ]


Svolgimento

1. Riscaldamento

(a) Utilizzando la formula inversa

m =∆Q

cs−Cu ∆T=

1000 J

380 JkgK · 20K

= 131, 6 g

(b) Considerato che tra le temperatire iniziali e finali non avviene per il ferroalcuna transizione di fase

∆Q = csm∆T = 440J

kgK· 10 kg · 50K = 2200 J

(c) Considerato che tra le temperatire iniziali e finali non avviene per il ferroalcuna transizione di fase

∆Q = csm∆T = 440J

kgK· 10 kg · 50K = 2200 J

2. Capacità termica

(a) CFe = cs−FemFe = 440 JkgK · 6 kg = 2640 J

K

(b)

CFe = cs−FemFe = 440J

kgK· 2 kg = 880

J

K

CCu = cs−CumCu = 380J

kgK· 3 kg = 1140

J

K

3. Temperatura di equilibrio


(a)

Teq =cs1m1Ti1 + cs2m2Ti2

cs1m1 + cs2m2

Teq =232 J

kgK · 0, 1 kg · 350K + 128 JkgK · 0, 2 kg · 400K

232 JkgK · 0, 1 kg + 128 J

kgK · 0, 2 kg

Teq = 376, 2K

(b)

Teq =cs−FemFeTi−Fe + cs−CumCuTi−Cu

cs−FemFe + cs−CumCu

Teq =440 J

kgK · 2 kg · 300K + 380 JkgK · 3 kg · 320K

440 JkgK · 2 kg + 380 J

kgK · 3 kg

Teq = 311, 3K

4. Transizioni di fase

(a) ∆Q = Qlat−fus ·m = 335 kJkg · 20 kg = 6700 kJ

(b) ∆Q = Qlat−fus ·m = 205, 8 kJkg · 10 kg = 2058 kJ

(c) ∆Q = Qlat−eb ·m = 2271 kJkg · 5 kg = 11360 kJ

(d) La temperatura indicata è la temperatura di fusione dell’oro, per cui

∆Q = Qlatfus ·m = 1697kJ

kg· 50 kg = 84850 kJ

5. Dilatazione termica

(a) ∆l = λAuli∆T = 14 · 10−6 1K · 0, 1m · 20K = 2, 8 · 10−5m

(b) ∆l = λAuli∆T = 14 · 10−6 1K · 0, 1m · (−10K) = −1, 4 · 10−5m

(c) ∆l = λCuli∆T = 17 · 10−6 1K · 0, 3m · 30K = 1, 53 · 10−4m

(d) Utilizzando la formula inversa

∆T =∆l

λCu · li=

0, 0017m

17 · 10−6 1K · 20m

= 5K

(e) Utilizzando la formula inversa

∆T =∆l

λCu · li=

0, 001m

17 · 10−6 1K · 10m

= 8, 33K

6. Trasmissione del calore

(a)

∆Q = ρ · Sl·∆T ·∆t = ρ · bh

l·∆T ·∆t

∆Q = 1W

K ·m· 0, 6m2

0, 003m· 14C · 3600 s = 30240 kJ



Testo [Q0016] [1 1 2a ] Un fornelletto di potenza P = 1000W sta scal-dando una massa m = 5 kg di acqua liquida facendone aumentare la temperatura di∆T = 45K. Quanto tempo ci impiega?

Spiegazione Il fornello fornisce calore all’acqua, la quale, dice il testo, non subiscealcuna transizione di fase. Stabilito quanto calore è necessario, tanto più il fornello èpotente, tanto meno tempo ci impiega.

Svolgimento Il calore necessario vale

∆Q = csm∆T = 4186J

kgK· 5 kg · 45K = 941850 J

Il tempo impiegato dal fornello vale

∆t =∆Q

P=

941850 J

1000W= 941, 85 s


1. Un fornelletto di potenza P = 1000W sta scaldando una massa di acqua facen-done aumentare la temperatura di ∆t = 45K in un tempo ∆t = 30 s. Quantamassa di acqua sta scaldando?

2. Un fornelletto di potenza P = 1000W sta scaldando una massa m = 5 kg diacqua da un tempo ∆t = 60 s. Di quanto aumenta la temperatura dell’acqua?

3. Di quanto aumenta la temperatura di m = 10 kg di piombo che si trovanoinizialmente alla temperatura Ti = 350K, se vengono messi in un forno dipotenza P = 1000W per un tempo ∆t = 2min?


Testo [Q0017] [3 4 2a ] Ad una sbarra di ferro di massa m = 50 kg etemperatura Ti = 1500K, fornisco ∆Q = 12000 kJ di calore. Quale massa di ferroriesco a far fondere?

Spiegazione Alla temperatura a cui si trova il ferro, il calore che diamo serve perfar scaldare quel ferro. Raggiunta la temperatura di fusione, il calore che avanzaverrà utilizzato per far fondere parte del ferro.

Svolgimento Il calore necessario a scaldare la sbarra fino alla temperatura di fusio-ne del ferro è

∆Qris = csm∆t = csm (Tfus − Ti)

∆Qris = 440J

kgK· 50 kg · (1808K − 1500K) = 6776 kJ

Avanzano per la fusione

∆Qfus = ∆Q−∆Qris = 12000 kJ − 6776 kJ = 5224 kJ

Questo calore fa fondere una certa massa di ferro

mfus =∆Qfus

Qlat−fus=

5224 kJ

247, 2 kJkg

= 21, 13 kg


1. Ad un blocco di ghiaccio di massa m = 10 kg alla temperatura iniziale Ti =

−10 C fornisco una quantità di calore ∆Q = 500 kJ . Quanto ghiaccio riesco afar sciogliere?



Testo [Q0018] [4 5 3a ] Un pezzo di ferro di massa m = 5 kg alla tem-peratura Ti = 1600K viene immerso in un volume V = 2 litri di acqua liquida allatemperatura di ebollizione. Quanta massa di acqua diventerà vapore?

Spiegazione In questo esercizio abbiamo un oggetto di ferro immerso nell’acqua.Visto che l’acqua si trova alla temperatura di ebollizione Teb = 100 C, e che il ferroha una temperatura maggiore, il ferro cederà calore all’acqua. In questa situazione,il ferro si raffredderà, mentre la temperatura dell’acqua rimarrà costante visto cheavviene il fenomeno dell’ebollizione. La temperatura finale del ferro sarà quindiuguale a quella di ebollizione dell’acqua.

Svolgimento Calcoliamo prima di tutto quanto calore il ferro cede all’acqua.

∆Q = csm∆T = 440J

kgK· 5 kg · (373, 15K − 1600K) = −2699070 J

Ovviamente il segno meno indica solamente che questo calore è in uscita dall’og-getto di ferro. Calcoliamo adesso quanta acqua passa allo stato gassoso grazie a quelcalore ceduto

meb =∆Q

Qlat−eb=

2699, 070 kJ

2272 kJkg

= 1, 188 kg


Testo [Q0019] [2 2 2a ] Una sbarra di ferro di massa m = 15 kg, lungali = 2m alla temperatura Ti = 1600K viene immersa in una vasca riempita conmH2O = 100 kg d’acqua alla temperatura TH2O = 300K. Di quanto si accorcia lasbarra?

Spiegazione In questo esercizio una sbarra di ferro calda viene immersa in acquafredda. L’acqua si scalda ed il ferro si raffredda, quindi il ferro si contrae. Calcolandoprima la temperatura raggiunta dal ferro, si può poi calcolare di quanto di dilata lasbarra di ferro.

Svolgimento La temperatura di equilibrio raggiunta dal ferro è

Teq =cs−FemfeTFe + cs−H2OmH2OTH2O

cs−Femfe + cs−H2OmH2O

Teq =440 J

kgK · 15 kg · 1600K + 4186 JkgK · 100 kg · 300K

440 JkgK · 15 kg ·+4186 J

kgK · 100 kg

Teq =136140000 J

425200 JK

= 320, 18K

Possiamo adesso calcolare la dilatazione della sbarra di ferro

∆l = λFeli∆T = 12 · 10−6 1

K· 2m · (320, 18K − 1600K) = 31mm


Problema di: calorimetria - Q0020

Testo [Q0020] [1 2 2a ]

1. Cos’è il calore? Cos’è la temperatura di un oggetto?

2. Come varia la temperatura di un corpo durante una transizione di fase?

3. Cosa succede alle molecole di una sostanza durante una transizione di fase?

4. Cosa può succedere ad una sostanza solida se le forniamo calore?

Spiegazione Queste sono domande di teoria... o le sai o le devi ripassare

Svolgimento

1. Il calore è una forma di energia. La temperatura di un oggetto è un indicedell’energia cinetica media delle molecole dell’oggetto.

2. Non cambia, rimane costante.

3. Durante una transizione di fase si formano o si spezzano i legami tra le mole-cole

4. Dando calore ad un solido, esso può scaldarsi e di conseguenza dilatarsi, o, sesiamo alla temperatura di una transizione di fase, può fondere o sublimare.


Testo [Q0021] [1 1 2a ] Due oggetti dello stesso materiale, di massa m1 =

5 kg ed m2 = 15 kg, e con temperature T1 = 300 C e T2 = 500 C, vengono messi acontatto. Senza fare calcoli, cosa puoi dire della temperatura che raggiungeranno?Perché?

Spiegazione Due oggetti a contatto si scambiano calore. Il più caldo darà calore alpiù freddo fino a che non raggiungono la stessa temperatura. La differente capaci-tà termica dei due oggetti determinerà quale dei due cambia maggiormente la suatemperatura.

Svolgimento Visti i valori delle temperature iniziali, il primo oggetto si scalderàmentre il secondo si raffredderà. Visto che i due oggetti sono dello stesso materiale,per determinare la capacità termica contano solo le masse dei due oggetti. Quindi

C1 < C2

Il primo oggetto cambierà maggiormente la sua temperatura di quanto farà il se-condo oggetto. La media delle due temperature è T = 400 C. Visto che il primooggetto deve scaldarsi molto ed il secondo raffreddarsi meno, allora la temperaturadi equilibrio raggiunta sarà

400 C < Teq < 500 C


Problema di: calorimetria - Q0021a

Testo [Q0021a] [1 1 2a ] Due oggetti dello stesso materiale, di massam1 = 5 kg ed m2 = 15 kg, e di temperatura T1 = 500 C e T2 = 300 C, sono messi acontatto. Senza fare calcoli, cosa puoi dire della temperatura che raggiungeranno?

Svolgimento L’esercizio è assolutamente identico all’esercizio [Q0021] solo che quiil primo oggetto, quello cioè che cambia maggiormente la sua temperatura, è quel-lo più caldo che si raffredda, mentre il secondo, quello che cambia di poco la suatemperatura, è quello più freddo. Quindi

300 C < Teq < 400 C


Testo [Q0022] [1 2 2a ]

1. Cosa succede se mettiamo due corpi, con temperatura differente, a contatto traloro? Perché?

2. Le molecole di un oggetto possono rimanere ferme?

3. Se fornisco energia ad un corpo e lo vedo fondere, come è stata utilizzataquell’energia?

4. Esiste un limite inferiore alla temperatura che può avere un oggetto? Quale?


Svolgimento

1. Il più caldo cede calore al più freddo fino a quando raggiungono la stessatemperatura.

2. No, le molecole si muovono sempre, e la loro velocità è legata alla loro tempe-ratura.

3. Durante la fusione di un corpo, l’energia fornita viene utilizzata per rompere ilegami tra le molecole.

4. Si, esiste un limite inferiore per la temperatura, ed esso corrisponde a Tzero =

0K = −273, 15 C. Visto che la temperatura è legata all’energia cinetica dellemolecole, tale limite ideale alla temperatura corrisponderebbe ad una situazio-ne di molecole ferme.



Testo [Q0023] [1 1 2a ] Un oggetto di ferro a temperatura Ti1 = 350K

viene messo a contatto con un oggetto di rame della stessa massa, a temperaturaTi2 = 300K. Quale temperatura di equilibrio raggiungeranno i due oggetti?

Spiegazione Per calcolare la temperatura di equilibrio tra due oggetti messi a con-tatto abbiamo una sola formula da utilizzare. Teniamo comunque presente che lemasse dei due oggetti sono uguali.

Svolgimento Utilizziamo la giusta formula:

Teq =cs1mTi1 + cs2mTi2

cs1m+ cs2m

Avendo i due oggetti la stessa massa, tale grandezza è stata indicata con la stessalettera per i due oggetti in modo da raccogliere a fattor comune.

Teq =m (cs1Ti1 + cs2Ti2)

m (cs1 + cs2)

Adesso possiamo semplificare i calori specifici.

Teq =cs1Ti1 + cs2Ti2

cs1 + cs2=

440 Jkg·K · 350K + 380 J

kg·K · 300K820 J

kg·K= 326, 8K


Testo [Q0024] [2 3 2a ] Un termometro a mercurio è costituito da unapiccola ampolla che contiene mercurio. Da tale ampolla esce un tubicino di sezioneS = 0, 2mm2. La quantità totale di mercurio nel termometro è m = 30 g. Inizial-mente il termometro si trova a Ti = 20 C. Il coefficiente di dilatazione termicavolumetrico del mercurio è δ = 0, 18 · 10−3 1

K . Di quanti millimetri sale il livello delmercurio nel tubicino se in una giornata calda siamo a Tf = 35 C

Spiegazione Il livello del mercurio nel tubicino sale in quanto il mercurio, scaldan-dosi, si dilata ed aumenta il suo volume. Il volume in più rispetto a prima è quelloche si è posizionato nel tubicino ed ha quindi forma cilindrica si sezione S

Svolgimento Cominciamo con il calcolarci il volume iniziale del mercurio:

Vi =m

ρ=

30 g

13, 579 gcm3

= 2, 21 cm3

Calcoliamo adesso la variazione di temperatura del mercurio (ricordandoci chestiamo calcolando una variazione di temperatura e quindi K = C).

∆T = Tf − Ti = 15 C = 15K

Calcoliamo adesso la variazione di volume del mercurio

∆V = δVi∆T = 0, 18 · 10−3 1

K· 2, 21 cm3 · 15K = 0, 006 cm3 = 6mm3

Possiamo infine calcolarci di quanto è salita la colonnina di mercurio.

h =∆V

S=

6mm3

0, 2mm2= 30mm



Testo [Q0025] [2 2 2a ] Una stufa elettrica mantiene in una stanza unatemperatura Tint = 24 C, mentre all’esterno la temperatura è Text = 4 C. Il caloresi disperde attraverso una finestra di vetro (ρvetro = 1 W

m·K ) rettangolare (b = 1, 5m

e h = 1, 8m) spessa l = 3mm. Il costo dell’energia è C = 0, 18 ekWh ; quanto costa

riscaldare la stanza per un tempo ∆t = 3h?

Spiegazione Visto che c’è una differenza di temperatura tra la superficie internaed esterna del vetro, allora attraverso di esso si muove del calore. Il calore quindiesce dalla stanza e deve essere rimpiazzato da nuovo calore proveniente dalla stufaelettrica.

Svolgimento La superficie della finestra è

S = bh = 2, 7m2

La potenza dissipata attraverso il vetro è data da

∆Q

∆t= ρ

S

l∆T = 1

W

m ·K2, 7m2

3mm20K = 18000W = 18 kW

L’energia necessaria per compensare tale perdita è

∆Q = P ·∆t = 54 kWh

Tale energia elettrica costa

Costo = C ·∆Q = 0, 18e

kWh= 9, 72e

Ovviamente è un costo molto alto... ecco perché nessuno scalda gli appartamenticon stufette elettriche.


Testo [Q0026] [2 3 2a ] Fornendo ∆Qtot = 3000 kJ ad un oggetto dipiombo alla temperatura Ti = 280K, riesco a portarlo alla temperatura di fusionee fonderlo interamente. Quanta massa di piombo liquido avrò alla temperatura difusione?

Spiegazione Per scaldare una massa di piombo è necessario fornire del calore. Perfonderla è necessario del calore. apendo che con il calore a disposizione riesco ascaldare il piombo fino alla temperatura di fusione, e riesco poi anche a fonderlotutto, il problema si risolve eguagliando il calore a disposizione con quello necessarioa scaldare prima, e fondere poi, il piombo

Svolgimento Il calore necessario a scaldare il piombo è

∆Qris = cs ·m ·∆T

considerando che il piombo lo devo scaldare fino alla temperatura di fusione

∆Qris = cs ·m · (Tfus − Ti)

IL calore necessario per far fondere il piombo è

∆Qfus = Qlat,fus ·m

Il calore ∆Qtot indicato nel testo dell’esercizio serve sia per scaldare che perfondere il ferro, quindi

∆Q = ∆Qris +∆Qfus

per cui

∆Qtot = cs ·m · (Tfus − Ti) +Qlat,fus ·m

∆Qtot = m · [cs · (Tfus − Ti) +Qlat,fus]

ed infine


m =∆Qtot

cs · (Tfus − Ti) +Qlat,fus

m =3000000 J

129 Jkg·K · (600, 61K − 280K) + 23, 2 kJ

kg

= 67, 64 kg


Testo [Q0027] [1 1 2a ] Le temperature di fusione e di ebollizione delferro sono: Tfus = 1808K; Teb = 3023K. Alle seguenti temperature il ferro è solido,liquido o gassoso?

T1 = 1600K T2 = 1890 C T3 = 1600 C T4 = 1808K

Spiegazione Per sapere se una sostanza è solida, liquida o gassosa, è necessarioguardare la sua temperatura e conoscere le temperature di fusione ed ebollizione ditale sostanza. La massa non ha alcuna importanza nel determinare quale sia lo statofisico della sostanza.

Svolgimento Analizziamo le informazioni che ci sono state date

• 10 kg di ferro alla temperatura T = 1600K. La sostanza ha una temperaturainferiore a quella di fusione: la sostanza è solida.

• 20 kg di ferro alla temperatura T = 1890 C. La sostanza ha una temperaturasuperiore a quella di fusione, ma inferiore a quella di ebollizione: la sostanza èliquida.

• 20 kg di ferro alla temperatura T = 1600 C. La sostanza ha una temperaturasuperiore a quella di fusione, ma inferiore a quella di ebollizione: la sostanza èliquida.

• 10 kg di ferro alla temperatura T = 1808K. La sostanza ha una temperatu-ra pari alla temperatura di fusione: la sostanza è in parte solida ed in parteliquida; i due stati della materia sono presenti contemporaneamente.



Testo [Q0028] [1 2 2a ] Rispondi alle seguenti domande.

1. Perché l’alcool etilico bolle alla temperatura di circa Teb−1 = 80 C mentrel’acqua bolle alla temperatura di Teb−2 = 100 C

2. Se prendo una certa massa di ferro alla temperatura T = 1600K, è solida,liquida, gassosa o plasma? Spiega perché.

3. L’acqua alla temperatura T = 327K è solida, liquida, gassosa o plasma? Spiegaperché.

Spiegazione In questo esercizio vengono presentate tre situazioni in cui bisognaapplicare i concetti studiati in calorimetria.

Svolgimento

1. Il valore della temperatura di ebollizione di una sostanza dipende da quantosono forti i legami chimici tra le molecole di quella sostanza. L’acqua bolle aduna temperatura superiore a quella dell’alcool, quindi i legami chimici tra lemolecole dell’acqua sono più forti dei legami chimici tra le molecole dell’alcool.

2. La temperatura di fusione del ferro è Tfus−Fe

= 1808K. Il testo della doman-da specifica che il ferro ha una temperatura inferiore alla sua temperatura difusione, quindi è necessariamente solido.

3. La temperatura di fusione dell’acqua è Tfus−H2O

= 273, 15K, mentre quella diebollizione è T

eb−H2O= 373, 15K. La temperatura dell’acqua in questo eserci-

zio è maggiore della temperatura di fusione, ma minore della temperatura diebollizione, quindi la sostanza è liquida.


Testo [Q0029] [3 2 2a ] Un corpo di m = 5 kg di ferro a temperaturaT = 300K, riceve ∆Q = 4400 J di calore. Di quanto aumenta il suo volume?

Spiegazione Se forniamo ad un pezzo di ferro solido del calore senza che il pez-zo di ferro cominci a fondere, allora questo si scalda e si dilata. Possiamo quindicalcolarci di quanto aumenta il suo volume a causa della dilatazione termica.

Svolgimento L’oggetto di ferro si trovava alla temperatura Ti = 300K, quindiinizialmente si scalda. Calcoliamoci di quanto aumenta la sua temperatura.

∆T =∆Q

cs ·m=

4400 J

440 JkgK · 5 kg

= 2K

L’oggetto si trovava inizialmente alla temperatura Ti = 300K e quindi non arrivaalla temperatura di fusione del ferro Tfus = 1808K. Gli unici fenomeni che accadonosono il riscaldamento e la dilatazione termica.

Calcoliamoci adesso il volume iniziale del ferro, conoscendone la densità, e lavariazione del suo volume.

Vi =m

ρFe

=5 kg

7874 kgm3

= 6, 35 · 10−4m3

∆V = 3λVi∆T = 36 · 10−6 1

K· 6, 35 · 10−4m3 · 2K = 4, 572 · 10−8m3

La formula finale dell’esercizio facendo solo conti letterali sarebbe

∆V = 3λ · mρ

Fe

· ∆Q

cs ·m=

3λ

ρFe

· ∆Qcs



Testo [Q0030] [4 5 3a ] In un contenitore termicamente isolato sono pre-senti una massa mg = 500 g di ghiaccio alla temperatura Tig = 0 C ed una massamv = 600 g di vapore acqueo alla temperatura Tiv = 100 C. Calcola la temperaturadi equilibrio del sistema e quanto vapore rimane.

Spiegazione In natura il calore si sposta dagli oggetti più caldi verso gli oggettipiù freddi. Il vapore fonde il ghiaccio cedendogli calore; il vapore, cedendo calore,si condensa.

Svolgimento La quantità di calore che serve per fondere il ghiaccio è

∆Qfus = Qlat−fus ·m = 335kJ

kg· 0, 5 kg = 167500 J

Per poi portare il liquido alla temperatura di ebollizione servono

∆Q0→100

= csm∆T = 4186J

kgK· 0, 5 kg · 100K = 209300 J

Il calore totale sottratto al vapore è quindi

∆Q = ∆Qfus +∆Q0→100 = 376800 J

Sottraendo questa quantità di calore al vapore, la quantità di vapore che riesco afar condensare è

mcond =∆Q

Qlat−eb=

376, 8 kJ

2272 kJkg

= 0, 166 kg

Rimane quindi una massa di vapore pari a

m = mv −mcond = 434 g


Testo [Q0031] [3 5 3a ] Una sbarra di ferro di massa m = 3 kg alla tempe-ratura Ti−ferro = 800K viene fatta raffreddare per immersione in una vasca d’acquaalla temperatura Ti−acqua = 300K. Quale quantità minima di acqua devo usare perraffreddare il ferro senza che l’acqua cominci a bollire?

Spiegazione Il ferro e l’acqua a contatto raggiungeranno la stessa temperatura.Tanto meno acqua utilizzerò, tanto più alta sarà la temperatura di equilibrio rag-giunta. La minima quantità di acqua utilizzabile corrisponderà alla massima tem-peratura raggiungibile. Visto che vogliamo che l’acqua non cominci a bollire, alloratale temperatura è quella di ebollizione dell’acqua.

Svolgimento Il ferro e l’acqua a contatto raggiungeranno la stessa temperatura:

Teq =cs−FemFeTi−Fe + cs−H2OmH2OTi−H2O

cs−FemFe + cs−H2OmH2O

(cs−FemFe + cs−H2OmH2O) · Teq = cs−FemFeTi−Fe + cs−H2OmH2OTi−H2O

cs−FemFeTeq + cs−H2OmH2OTeq = cs−FemFeTi−Fe + cs−H2OmH2OTi−H2O

cs−H2OmH2OTeq − cs−H2OmH2OTi−H2O = cs−FemFeTi−Fe − cs−FemFeTeq

mH2O · (cs−H2OTeq − cs−H2OTi−H2O) = cs−FemFeTi−Fe − cs−FemFeTeq

mH2O =cs−Fe ·mFe (Ti−Fe − Teq)

cs−H2O · (Teq − Ti−H2O)

mH2O =440 J

kg·K · 3 kg (800K − 373, 15K)

4186 Jkg·K · (373, 15K − 300K)

= 1, 84 kg



Testo [Q0033] [3 4 3a ] Un muro è costituito da due strati: il primo diintonaco (ρint = 0, 8 W

mK ) spesso Lint = 3 cm; il secondo di mattone forato (ρint =

0, 4 WmK ) spesso Lint = 10 cm. Sapendo che la temperatura sul lato interno del muro

è Tint = 25 C, e sul lato esterno Text = 15 C, trovate la temperatura sulla superficiedi separazione tra il mattone ed intonaco.

Spiegazione Il calore si muove dai luoghi più caldi verso quelli più freddi. La leggedella conducibilità termica descrive questo spostamento nel problema in questione.

Svolgimento Considerando le temperature avremo

∆Tmuro = ∆Tma +∆Tin

Considerato che per ogni superficie scelta il calore che attraversa uno strato dimuro ogni secondo è lo stesso che poi attraversa lo strato successivo, avremo che

∆Q

S∆t=

∆TinρinLin

=∆Tmaρma

Lma

quindi

∆Tmuro = ∆Tma +∆TmaρmaLin

ρinLma

∆Tmuro · ρinLma = ∆TmaρinLma +∆TmaρmaLin

∆Tma = ∆TmuroρinLma

ρinLma + ρmaLin

∆Tma = 10 C · 8

9, 4= 8, 5 C

La temperatura richiesta è quindi

T = Tin −∆Tma = 16, 9 C


Testo [Q0034] [3 5 3a ] Un muro è costituito da tre strati: il primo diintonaco (ρint = 0, 8 W

mK ) spesso Lint = 3 cm; il secondo di mattone forato (ρint =

0, 4 WmK ) spessoLint = 10 cm; il terzo di legno (ρint = 0, 2 W

mK ) spessoLint = 5 cm. Latemperatura sul lato interno del muro è Tint = 25 C, ; sul lato esterno è Text = 15 C.Trovate la temperatura sulla superficie di separazione tra il mattone e legno.

Spiegazione Il calore si muove dai luoghi più caldi verso quelli più freddi. La leggedella conducibilità termica descrive questo spostamento nel problema in questione.

Svolgimento Indichiamo il legno con le, l’intonaco con in ed il mattone con ma.Considerando le temperature avremo

∆Tmuro = ∆Tin +∆Tma +∆Tle

Considerato che per ogni superficie scelta il calore che attraversa uno strato dimuro ogni secondo è lo stesso che poi attraversa lo strato successivo, avremo che

∆Q

S∆t=

∆TinρinLin

=∆Tmaρma

Lma=

∆TleρleLle

quindi

∆Tmuro = ∆Tle +∆TleρleLma

ρmaLle+∆Tle

ρleLin

ρinLle

∆Tmuro · ρinρmaLle = ∆Tle · ρinρmaLle +∆Tle · ρinρleLma +∆Tle · ρmaρleLin

∆Tle = ∆TmuroρinρmaLle

ρinρmaLle + ρinρleLma + ρmaρleLin

∆Tle = 10 C · 1, 6

1, 6 + 1, 6 + 0, 16= 4, 8 C

La temperatura richiesta sarà quindi

T = Tin −∆Tle = 21, 2 C



Testo [Q0035] [1 2 2a ] Rispondi alle seguenti domande:

1. Cosa indica la temperatura di un oggetto?

2. Perché esiste un limite inferiore alla temperatura?

3. Un bicchiere d’acqua si trova alla temperatura T = 30 C: cosa posso dire sullatemperatura di una singola molecola d’acqua di quel bicchiere?

Spiegazione Queste sono domande di teoria... bisogna semplicemente aver stu-diato per poter rispondere.

Svolgimento

1. La temperatura di un oggetto indica l’energia cinetica media delle sue moleco-le.

2. L’energia cinetica di un oggetto è sempre una quantità positiva o nulla. Perquesto motivo esiste un limite inferiore all’energia cinetica media di un gruppodi molecole, e quindi un limite inferiore per la loro temperatura.

3. Se un bicchiere l’acqua ha una temperatura T = 30 C significa che la mediadelle temperature delle molecole ha questo valore. Le singole molecole hannodiverse temperature a seconda della distribuzione di Maxwell dal valore del-la temperatura di fusione fino al valore della temperatura di ebollizione. Laprobabilità che una molecola abbia una determinata temperatura diminuisceall’aumentare della distanza tra la temperatura della molecola ed il valore ditemperatura media.


Testo [Q0036] [4 5 5a ] Un contenitore pieno di un certo liquido a tem-peratura Ti scambia energia con l’ambiente esterno a temperatura Ta supposta co-stante, ed inferiore alla temperatura del liquido. Sappiamo che la rapidità con cuiil calore viene ceduto dal liquido è proporzionale alla differenza di temperatura conl’ambiente esterno. Trovare l’andamento della temperatura del liquido in funzionedel tempo.

Spiegazione Questo è un problema che parla del raffreddamento di un liquido,con l’informazione su quanto rapidamente il calore viene ceduto. Scrivendo taliinformazioni di costruisce l’equazione differenziale che risolve il problema.

Svolgimento Trattandosi del raffreddamento di un liquido avremo

∆Q = csm∆T

ed al tempo stesso sappiamo che

∆Q

∆t= −α (T − Ta)

con T la temperatura del corpo e ∆Q il calore fornito al corpo.Quindi

csm∆T

∆t= −α (T − Ta)

∆T

(T − Ta)= − α

csm∆t

in forma differenzialedT

(T − Ta)= − α

csmdt

integrando l’equazione avremo

T∫Ti

dT

(T − Ta)= − α

csm

t∫0

dt


ln(T − Ta)

(Ti − Ta)= − α

csmt

(T − Ta) = (Ti − Ta) e−α

csmt

T = Ta + (Ti − Ta) e−α

csmt

Nel caso di un corpo che Parte dalla temperatura iniziale Ti = 1.4 · Ta secondol’equazione

T = Ta − 0, 4Tae− 1

2 t

Sull’asse verticale del grafico le unità sono indicate in funzione di Ta

1 2 3 4 5 6 7 8

0.5

1

1.5

2

t

T


Testo [Q0037] [4 5 5a ] Un contenitore adiabatico contiene due liquidi dif-ferenti a temperatura iniziale rispettivamente T1i e T2i > T1i, separati da una paratiache permette scambi di calore. La rapidità dello scambio di calore è proporzionalealla superficie della paratia di separazione. Calcola l’andamento delle temperaturedei due liquidi in funzione del tempo. Utilizza la funzione trovata per verificare laformula della temperatura di equilibrio tra due corpi posti a contatto.

Spiegazione Questo è un problema che parla dello scambio di calore tra due liqui-di e della conseguente variazione di temperatura. Sappiamo inoltre quanto rapida-mente il calore viene ceduto da un liquido all’altro. Scrivendo tali informazioni sicostruisce l’equazione differenziale che risolve il problema.

Svolgimento Il processo di scambio del calore può essere scritto come

∆Q1 +∆Q2 = 0

indicando ∆Q come il calore in ingresso ed affermando che tutto il calore in uscita dalcorpo più caldo entra in quello più freddo. In forma differenziale, avremo

dQ1 + dQ2 = 0dQ1

∆t= −α (T1 − T2)

dQ1 = C1dT1

dQ2 = C2dT2

Da queste equazioni possiamo scrivere

dQ1

dt= C1

dT1dt

C1dT1dt

= −α (T1 − T2)

derivando

C1d2T1dt2

= −α(dT1dt

− T2dt

)


sappiamo poi che il calore in uscita dal corpo caldo entra nel corpo freddo

dQ1 = dQ2

C1dT1 = −C2dT2

e quindi

C1d2T1dt2

= −α(dT1dt

+C1

C2

T1dt

)d2T1dt2

= −α(C1 + C2

C1C2

)dT1dt

Integrando l’equazione ed indicando con k la costante di integrazione

dT1dt

= −α(C1 + C2

C1C2

)T1 + k

Per valutare ora la costante k teniamo presenti le seguenti condizioni per l’istanteiniziale t = ti = 0:

ti = 0

T1 = Ti1dT1dt

= − α

C1(Ti1 − Ti2)

da cui

k = − α

C1(Ti1 − Ti2) +

α

C1

(C1 + C2

C2

)Ti1 = α

C2 + C1

C2C1

C1Ti1 + C2Ti2C1 + C2

definendoTeq =

C1Ti1 + C2Ti2C1 + C2

avremok = α

C2 + C1

C2C1Teq

L’equazione è adesso

dT1dt

= −α(C1 + C2

C1C2

)T1 + α

C2 + C1

C2C1Teq

dT1dt

= −α(C1 + C2

C1C2

)(T1 − Teq)

Integrando avremo

T1∫Ti1

dT1(T1 − Teq)

=

t∫0

−α(C1 + C2

C1C2

)dt

lnT1 − TeqTi1 − Teq

= −αC2 + C1

C2C1t

T1 = Teq + (Ti1 − Teq) e−αC1 + C2

C1C2t

In modo analogo si ricava l’altra equazione

T2 = Teq + (Ti2 − Teq) e−αC1 + C2

C1C2t

Rappresentiamo le due curve nell’ipotesi che Ti1 = 1.4Teq e Ti1 = 1.4Teq Sull’asseverticale del grafico le unità sono indicate in funzione di Teq

1 2 3 4 5 6 7

0.5

1

1.5

2

t

T



Testo [Q0038] [1 1 2a ] Se metto un pezzo di ferro di massa m1 = 2 kg

alla temperatura T1 = 200 C dentro un contenitore pieno di m = 5 kg di acqua allatemperatura T2 = 20 C, di quanti gradi si scalda l’acqua?

Spiegazione L’acqua ed il ferro, avendo temperature differenti, raggiungono unatemperatura di equilibrio. In particolare per questo problema l’acqua si scalda ed ilferro si raffredda.

Svolgimento La temperatura che i due oggetti raggiungono è

Teq =cs1m1T1 + cs2m2T2cs1m1 + cs2m2

=440 J

kgK · 2 kg · 200 C + 4186 JkgK · 5 kg · 20 C

440 JkgK · 2 kg + 4186 J

kgK · 5 kg

Teq =594600 JC

K

21810 JK

= 27, 3 C

L’aumento di temperatura dell’acqua è quindi

∆T = Teq − T2 = 7, 3 C


Testo [Q0039] [2 2 2a ] Se fornisco ∆Q = 120 kJ ad una massa m = 1 kg

di acqua alla temperatura Ti = 80C, si scalderà tanto da iniziare a bollire? Perché?

Spiegazione In questo problema abbiamo dell’acqua allo stato liquido e la scal-diamo fornendo del calore. Si scalderà a sufficienza per raggiungere il punto diebollizione?

Svolgimento Per arrivare alla temperatura di ebollizione, l’acqua deve scaldarsi di

∆T = Teb − Ti = 20 C

Per variare la sua temperatura di quel ∆T , è necessario fornire

∆Q′ = csm∆T = 4186J

kgK· 1 kg · 20 C = 83, 720 kJ

Il testo dice che all’acqua vengono forniti ∆Q = 120 kJ , molti di più di quellinecessari per far arrivare l’acqua al punto di ebollizione. Quindi l’acqua bollirà.


Problema di: Calorimetria - Q0039a

Testo [Q0039a] [2 2 2a ] Se fornisco ∆Q = 120 kJ ad una massa m = 1 kg

di acqua ghiacciata alla temperatura Ti = −30C, si scalderà tanto da iniziare afondere? Perché? [il calore specifico del ghiaccio vale cs = 2220 J

kg·C ; il ghiaccio fonde aTf = 0 C]

Spiegazione In questo problema abbiamo del ghiaccio e lo scaldiamo fornendo delcalore. Si scalderà a sufficienza per raggiungere il punto di fusione?

Svolgimento Per arrivare alla temperatura di fusione, il ghiaccio deve scaldarsi di

∆T = Tfus − Ti = 30 C


∆Q′ = csm∆T = 2220J

kgK· 1 kg · 30 C = 66, 6 kJ

Il testo dice che al giaccio vengono forniti ∆Q = 120 kJ , molti di più di quellinecessari per far arrivare il ghiaccio al punto di fusione. Quindi il ghiaccio fonderà.

Problema di: Calorimetria - Q0039b

Testo [Q0039b] [2 2 2a ] Se fornisco ∆Q = 120 kJ ad una massa m =

1 kg di ferro alla temperatura Ti = 1400C, si scalderà tanto da iniziare a fondere?Perché? [il calore specifico del ferro vale cs = 440 J

kg·C ; il ferro fonde a Tf = 1535 C]

Spiegazione In questo problema abbiamo del ferro allo stato solido e lo scaldiamofornendo del calore. Si scalderà a sufficienza per raggiungere il punto di fusione?

Svolgimento Il ferro si trova alla temperatura

Ti = 1400 C = 1673K

Per arrivare alla temperatura di fusione, l’acqua deve scaldarsi di

∆T = Teb − Ti = 1808K − 1673K = 135K


∆Q′ = csm∆T = 440J

kgK· 1 kg · 135K = 59, 4 kJ

Il testo dice che al ferro vengono forniti ∆Q = 120 kJ , molti di più di quellinecessari per far arrivare il ferro al punto di ebollizione. Quindi il ferro fonderà.



Testo [Q0040] [4 4 3a ] Due barrette sottili della stessa lunghezza x = 1m

e spessore 2d = 2mm, una di rame ed una di alluminio, sono saldate insieme.Variando la temperatura esse assumono forma circolare. Calcola il raggio dellacirconferenza in funzione della variazione di temperatura.

Spiegazione In questo problema viene presentato il comportamento di un materia-le bimetallico. Due barrette di materiale differente scaldandosi si dilatano in mododifferente. Di lunghezza differente, devono comunque mantenere uguale la lun-ghezza del lato saldato, e quindi devono potere dilatarsi senza muoversi una rispet-to all’altra. Il modo in cui questo può avvenire è assumendo una forma circolare.La barretta esterna sarà più lunga senza che le due barrette sul lato saldato debbanomuoversi.

Svolgimento Gli allungamenti delle due barrette sono

∆lCu

= λCux∆T

∆lAl

= λAlx∆T

La lunghezza delle due sbarre scaldate è quindi

lCu

= x (1 + λCu

∆T )

lAl

= x (1 + λAl∆T )

Detto r il raggio di curvatura del materiale bimetallico, le due barrette si dispon-gono su di una forma circolare di raggi

rCu

= r − d

rAl

= r + d

La lunghezza delle due circonferenze disegnate dal rame e dall’alluminio è diffe-rente di un fattore

c = 2πr + d

r − d

Le due sbarre differiscono in lunghezza di un fattore

c′ =lAl

lCu

=1 + λ

Cu∆T

1 + λAl∆T

Il problema si risolve imponendo che i due fattori siano uguali

c = c′

2πr + d

r − d=

1 + λCu

∆T

1 + λAl∆T

2π (r + d) (1 + λAl∆T ) = (r − d) (1 + λ

Cu∆T )

2πr (1 + λAl∆T ) + 2πd (1 + λ

Al∆T ) = r (1 + λ

Cu∆T )− d (1 + λ

Cu∆T )



Testo [Q0041] [2 2 2a ] Se fornisco ∆Q = 240 kJ ad un cubo di rame di latoL = 10 cm e alla temperatura Ti = 1300 C, si scalderà fino a fondere? [cs−rame =

380 JkgK ; ρrame = 8920 kg

m3 ; Tfus−rame = 1357, 6 C]

Spiegazione Dando calore al rame, esso si scalderà. Se il calore dato è maggiore diquello necessario per raggiungere la temperatura di fusione allora il rame fonderà.

Svolgimento La massa del rame è in questo caso

m = ρ · L3 = 8920kg

m3· 1000 cm3 = 8, 92 kg

Il calore necessario per scaldare il rame fino alla temperatura di fusione è

∆Q = csm∆T = 380J

kgK· 8, 92 kg · (57, 6 C) = 195, 2 kJ

molto meno del calore a disposizione. Quindi il rame fonderà.

Problema di: Calorimetria - Q0041a

Testo [Q0041a] [2 2 2a ] Se fornisco ∆Q = 240 kJ ad un cubo di rame dilato L = 20 cm e alla temperatura Ti = 30 C, si scalderà fino a fondere? [cs−rame =

380 JkgK ; ρrame = 8920 kg

m3 ; Tfus−rame = 1357, 6 C]

Spiegazione Dando calore al rame, esso si scalderà. Se il calore dato è maggiore diquello necessario per raggiungere la temperatura di fusione allora il rame fonderà.

Svolgimento La massa del rame è in questo caso

m = ρ · L3 = 8920kg

m3· 1000 cm3 = 8, 92 kg

Il calore necessario per scaldare il rame fino alla temperatura di fusione è

∆Q = csm∆T = 380J

kgK· 8, 92 kg · (1327, 6 C) = 4500 kJ

molto di più del calore a disposizione. Quindi il rame non fonderà.


Problema di: Leggi di calorimetria e leggi di conservazione - LQ0001

Testo [LQ0001] [3 3 2a ] Un corpo ferro di massam = 20 kg si trova in unapiccola piscina, fermo ed immerso nell’acqua, all’altezza dal fondo hi = 50 cm. Nellapiscina ci sono m2 = 50 kg di acqua. La piscina è termicamente isolata dal mondoesterno. Ad un certo punto l’oggetto comincia a cadere verso il fondo della piscinafino a fermarsi sul fondo. Di quanto si scalda l’acqua della piscina?

Spiegazione L’oggetto che cade perde energia potenziale gravitazionale. Parte del-l’energia diventa energia potenziale gravitazionale dell’acqua che sale ad occupareil volume precedentemente occupato dal ferro; l’energia restante, essendo trasferitaall’acqua sotto forma di calore, ne fa innalzare la temperatura.

Svolgimento Il volume dell’oggetto di ferro è

VFe =m

ρFe=

20 kg

7874 kgm3

= 2, 54 · 10−3m3

L’oggetto è sceso verso il fondo, ed un eguale volume di acqua è salita dal fondofino all’altezza h = 50 cm. Le variazioni di energia potenziale gravitazionale e laconseguente produzione di calore sono

∆UFe = mg∆h = 20 kg · 9, 8 ms2

· 0, 5m = 98 J

∆UH2O = mg∆h = ρH2OVFeg∆h = 1000kg

m3·2, 54·10−3m3·9, 8 m

s2·(−0, 5m) = −12, 45 J

∆Q = ∆UFe +∆UH2O = 85, 55 J

Di conseguenza l’aumento di temperatura dell’acqua, ammettendo che non cisiano dispersioni nell’ambiente circostante, e considerando che tale aumento avverràanche nell’oggetto di ferro, sarà

∆T =∆Q

csH2OmH2O + csFe

mFe=

85, 55 J

4186 JkgK · 50 kg + 440 J

kgK · 20 kg= 4 · 10−4K

Problema di: Leggi di calorimetria e leggi di conservazione - LQ0002

Testo [LQ0002] [2 2 2a ] Un corpo di ferro ha massa m = 20 kg e tempera-tura iniziale Ti = 400K. Esso striscia, fino a fermarsi, su di un piano orizzontale, conuna velocità iniziale Vi = 4 m

s . Ammettendo che tutto il calore prodotto sia utilizzatoper scaldare il corpo, di quanto aumenta la sua temperatura?

Spiegazione Le forze di attrito trasformano l’energia cinetica dell’oggetto in calore.Il calore è trasferito all’oggetto che di conseguenza aumenta la sua temperatura. ILproblema chiede di strascurare il calore trasferito al piano di appoggio edf all’aria.

Svolgimento La quantità di energia cinetica persa dall’oggetto è

∆Ec =1

2m2

f − 1

2m2

i = 10 kg · 16m2

s2= −160 J

Il calore in ingresso nell’oggetto è quindi

∆Q = −∆Ec = 160 J

Di conseguenza l’aumento di temperatura del corpo di ferro, ammettendo chenon ci siano dispersioni nell’ambiente circostante, sarà

∆T =∆Q

csm=

160 J

440 JkgK · · · 20 kg

= 1, 82 · 10−2K


Problema di: Leggi di Conservazione e calorimetria- LPQ0003

Testo [LPQ0003] [4 4 3a ] Un proiettile di piombo di massa m = 20 g allatemperatura iniziale Tip = 200 C viene sparato alla velocità = 800 m

s contro unblocco di legno di massaM = 380 g alla temperatura Til = 30 C. Quale temperaturaraggiungerà il blocco con il proiettile inserito?

[cslegno

= 2000 Jkg·K

]Spiegazione Il proiettile urta anelasticamente un blocco di legno trasferendoglidell’energia. Inoltre proiettile e legno si scambiano calore essendo a temperaturedifferenti

Svolgimento Cominciamo con il determinare la velocità f del blocco dopo l’urto

m = (m+M)f

f =m

M +m = 40

m

s

Il calore disperso a causa dell’urto anelastico risulta essere la differenza tra l’e-nergia meccanica prima e dopo l’urto. Con la legge di conservazione dell’energiaotteniamo

∆Q = Eci − Ecf =1

2m2 − 1

2(M +m)2

f

∆Q =1

2m2 − 1

2

m2

M +m2 =

1

2m2 ·

(m

M +m

)∆Q = 6400 J

Dobbiamo adesso determinare la temperatura di equilibrio raggiunta. Il calore iningresso nel proiettile sommato al calore in ingresso nel blocco di legno deve essereuguale al calore fornito dall’urto anelastico.

∆Qp +∆Ql = ∆Q

cspm (Tf − Tip) + cslM (Tf − Til) = ∆Q

da cui ricaviamo Tf

Tf =∆Q+ cspmTip + cslMTil

cspm+ cslM

Tf =

6400 J + 130J

kg ·K· 0, 02 kg · 473K + 2000

J

kg ·K· 0, 38 kg · 303K

130J

kg ·K· 0, 02 kg + 2000

J

kg ·K· 0, 38 kg

Tf = 312K

Scheda 14Termodinamica: soluzioniProblema di: Termodinamica - T0001

Testo [T0001] [2 2 3a ] Se un certo quantitativo di gas che si trova alla tem-peratura T1 = 380K compie una trasformazione isobara passando da un volumeV1 = 10 cm3 ad un volume V2 = 20 cm3, quale temperatura ha raggiunto?

Spiegazione Questo esercizio parla di un certo quantitativo di gas, che si trova aduna temperatura Ti = 380K, all’interno di un certo contenitore di volume Vi =

10 cm3. Ad un certo punto il conteniore del gas aumenta il suo volume fino a rad-doppiare e raggiunge il volume Vf = 20 cm3. Durante questa trasformazione per unqualche meccanismo, che adesso non ci interessa, la pressione del gas non cambiamai: il gas sta compiendo infatti una trasformazione isobara che vuol dire a pressionecostante. Durante questa trasformazione in cui cambia il volume, cambia anche latemperatura del gas: quale temperatura avrà il gas alla fine della trasformazione?

Svolgimento La legge dei gas perfetti mi descrive lo stato del gas in un certo istan-te, per cui la posso applicare sia nel momento iniziale della trasformazione che inquello finale. Se lo faccio ottengo il seguente sistema:

PVf = NKTf

PVi = NKTi

Per risolvere questo sistema il modo più comodo è sicuramente quello di scrivereuna terza equazione dividendo le due equazioni del sistema:

PVfPVi

=NKTfNKTi

da cui, semplificando, si ottieneVfVi

=TfTi

ed infine

Tf =VfTiVi

Inserendo a questo punto i dati del problema nella formula finale otteniamo:

Tf =20 cm3 · 380K

10 cm3= 760K

302

303 Scheda14. Termodinamica: soluzioni

Problema di: Termodinamica - T0001a

Testo [T0001a] [2 2 3a ] Durante una trasformazione isocora, un gas al-la pressione iniziale Pi = 25000Pa passa da una temperatura Ti = 380K ad unatemperatura Tf = 450K; quale pressione Pf ha raggiunto?

Spiegazione Abbiamo un gas che compie una trasformazione isocora durante laquale aumenta la temperatura. Sia per lo stato iniziale del gas che per quello finalevale la legge dei gas perfetti. Impostando il sistema risolviamo l’esercizio.

Svolgimento La legge dei gas perfetti mi descrive lo stato del gas in un certo istan-te, per cui la posso applicare sia nel momento iniziale della trasformazione chein quello finale. Se lo faccio ottengo il seguente sistema, nel quale, essendo unatrasformazione isocora, non facciamo differenza tra volume iniziale e finale:PfV = NKTf

PiV = NKTi


PfV

PiV=NKTfNKTi

da cui, semplificando, si ottiene

Pf

Pi=TfTi

ed infine

Pf =PiTfTi

=25000Pa · 450K

380K= 29605Pa

Problema di: Termodinamica - T0001b

Testo [T0001b] [2 2 3a ] Durante una trasformazione isoterma, un gas allapressione iniziale Pi = 25000Pa passa da un volume Vi = 10 cm3 ad un volumeVf = 20 cm3; quale pressione Pf ha raggiunto?

Spiegazione Abbiamo un gas che compie una trasformazione isoterma durante laquale aumenta il volume. Sia per lo stato iniziale del gas che per quello finale vale lalegge dei gas perfetti. Impostando il sistema risolviamo l’esercizio.

Svolgimento La legge dei gas perfetti mi descrive lo stato del gas in un certo istan-te, per cui la posso applicare sia nel momento iniziale della trasformazione chein quello finale. Se lo faccio ottengo il seguente sistema, nel quale, essendo unatrasformazione isoterma, non facciamo differenza tra temperatura iniziale e finale:PfVf = NKT

PiVi = NKT

Per risolvere questo sistema il modo più comodo è sicuramente quello di scrivereuna terza equazione con il metodo di sostituzione:

PfVf = PiVi


Pf =PiViVf

=25000Pa · 10 cm3

20 cm3= 12500Pa


Problema di: Termodinamica - T0002

Testo [T0002] [1 7 3a ]

1. Da dove prende energia un gas che compie lavoro durante una espansioneisobara? X) dal suo interno; Y) dall’esterno; Z) dal lavoro che compie; W) laproduce.

2. In un gas, durante una trasformazione isocora, al diminuire della tempe-ratura: X) il volume aumenta; Y) il volume diminuisce; Z) il volume rimaneinvariato; W) il volume puó aumentare quanto diminuire.

3. C’è scambio di calore durante una compressione adiabatica? X) si; Y) no; Z)forse; W) a volte.

4. Il gas cede calore durante una compressione isobara? X) si; Y) no; Z) forse;W) a volte.

5. Da dove prende energia un gas che compie lavoro durante una espansioneadiabatica? X) dal suo interno; Y) dall’esterno; Z) dal lavoro che compie; W) laproduce.

6. Di un gas, durante una trasformazione adiabatica, cambia: X) solo il volume;Y) solo la temperatura; Z) solo la pressione; W) Sia il volume che temperaturache pressione.

7. In un gas, durante una trasformazione isoterma, al diminuire della pres-sione: X) il volume aumenta; Y) il volume diminuisce; Z) il volume rimaneinvariato; W) il volume può aumentare quanto diminuire.

8. In un gas, durante una trasformazione adiabatica, al diminuire della pres-sione: X) il volume aumenta; Y) il volume diminuisce; Z) il voume rimaneinvariato; W) il volume può aumentare quanto diminuire.

9. In un gas, durante una trasformazione isocora, al diminuire della tempera-tura: X) il gas fa lavoro; Y) il riceve lavoro; Z) il gas diminuisce la sue energiainterna; W) la press.

10. In un gas, durante una trasformazione ciclica: X) il volume aumenta; Y) il vo-lume diminuisce; Z) il volume rimane invariato; W) il volume può aumentaree diminuire per ritornare al valore iniziale.

11. Un ciclo di carnot è composto da: X) due isoterme e due isocore; Y) due isocoree due adiabatiche; Z) due isoterme e due adiabatiche; W) quattro isoterme.

12. Una trasformazione ciclica è una trasformazione in cui: X) il gas si muove dimoto circolare uniforme; Y) il gas non scambia calore con l’esterno; Z) gli statiiniziale e finale della trasformazione coincidono; W) Gli stati iniziale e finaledella trasformazione cambiano ciclicamente.

13. Il rendimeno di un qualunque ciclo termodinamico è dato dal: X) lavoro fattofratto calore assorbito; Y) lavoro fatto più calore assorbito; Z) lavoro fatto menocalore assorbito; W) solo lavoro fatto.

14. In un gas, durante una trasformazione isobara, al diminuire della tempera-tura: X) il volume aumenta; Y) il volume diminuisce; Z) il volume non varia;W) il volume sia aumenta che diminuire.

Spiegazione A tutte queste domande è possibile rispondere conoscendo pochi sem-plici concetti di termodinamica.

1. la legge fondamentale dei gas perfetti

PV = NKT

2. le quattro principali trasformazioni termodinamiche: isoterma, isocora, isobaraed adiabatica

3. la legge fondamentale della termodinamica

∆U = δQ− δL

4. il legame tra variazione di volume e lavoro fatto: se il gas si espande fa lavoroverso l’esterno; se si comprime riceve lavoro dall’esterno

5. il legame tra temperatura ed energia interna: queste due variabili di stato sonodirettamente correlate tra loro, se varia una, varia in proporzione anche l’altra.


Svolgimento

1. Da dove prende energia un gas che compie lavoro durante una espansioneisobara? Y) dall’esterno

(a) Cominciamo con il constatare che il gas cede lavoro all’esterno in quantosi espande;

(b) se osserviamo il grafico di un’espansione isobara, vediamo che la tempe-ratura aumenta, e quindi aumenta anche l’energia interna;

(c) se il gas cede lavoro ed aumenta la sua energia interna, l’unica soluzioneè che riceva dell’energia dall’esterno sotto forma di calore.

2. In un gas, durante una trasformazione isocora, al diminuire della tempera-tura: Z) il volume rimane invariato

(a) Le trasformazioni isocore sono quelle in cui il volume rimane invariatoper definizione;

3. C’è scambio di calore durante una compressione adiabatica? Y) no

(a) Le trasformazioni adiabatiche sono quelle in cui non c’è scambio di caloreper definizione;

4. Il gas cede calore durante una compressione isobara? X) si

(a) In una compressione il gas riceve lavoro;

(b) in una compressione isobara, consultando il grafico, il gas diminuisce lasua temperatura e quindi la sua energia interna;

(c) se il gas riceve lavoro e diminuisce la sua energia interna, l’unica possibi-lità è che ceda calore all’esterno

5. Da dove prende energia un gas che compie lavoro durante una espansioneadiabatica? X) dal suo interno

(a) In una trasformazione adiabatica no c’è scabio di calore, quindi per da-re lavoro all’esterno durante l’espansione, quell’energia può essere presasolo dall’energia interna con conseguente diminuzione della temperatura.

6. Di un gas, durante una trasformazione adiabatica, cambia: W) Sia il volumeche temperatura che pressione

(a) Se anche una sola delle tre variabili indicate dovesse rimanere costan-te, la trasformazione non si chiamerebbe adiabatica ma isocora, oppureisoterma, oppure isobara.

7. In un gas, durante una trasformazione isoterma, al diminuire della pressio-ne: X) il volume aumenta

(a) Dalla legge dei gas, se la temperatura non cambia, pressione e volumesono inversamente proporzionali.

8. In un gas, durante una trasformazione adiabatica, al diminuire della pres-sione: X) il volume aumenta

(a) il grafico di una trasformazione adiabatica mostra in modo semplice quel-lo che succede. La curva adiabatica è simile a quella isoterma, ma piùripida.

9. In un gas, durante una trasformazione isocora, al diminuire della tempera-tura: Z) il gas diminuisce la sue energia interna;

(a) Il fatto che la trasformazione sia isocora è irrilevante: se diminuisce latemperatura di un gas vuol dire che diminuisce la sua energia interna.

10. In un gas, durante una trasformazione ciclica: W) il volume può aumentare ediminuire per ritornare al valore iniziale

(a) Una trasformazione ciclica è caratterizzata dal fatto che le variabili di sta-to variano, ma, indipendentemente dalle loro variazioni, alla fine dellatrasformazione assumono nuovamente i valori iniziali.

11. Un ciclo di carnot è composto da: Z) due isoterme e due adiabatiche

(a) Qui non c’è nulla da capire: si chiama ciclo di Carnot quella trasformazio-ne ciclica formata da due isoterme e due adiabatiche.


12. Una trasformazione ciclica è una trasformazione in cui: Z) gli stati iniziale efinale della trasformazione coincidono

(a) In questa domanda altro non si chiede se non la definizione di trasforma-zione ciclica.

13. Il rendimeno di un qualunque ciclo termodinamico è dato dal: X) lavoro fattofratto calore assorbito

(a) Il rendimento di un ciclo rappresenta la percentuale di calore assorbitoche viene trasformata in lavoro; di qui la formula indicata nella risposta.

14. In un gas, durante una trasformazione isobara, al diminuire della tempera-tura: Y) il volume diminuisce

(a) Se osserviamo il grafico, le trasformazioni isobare sono segmenti orizzon-tali. Nel caso di diminuzione della temperatura, il punto che rappresentalo stato del gas deve spostarsi verso sinistra, indicando di conseguenzauna diminuzione del volume.

15. Di quanto varia una variabile di stato di un gas durante una trasformazione?W) Dipende dagli stati iniziale e finale della trasformazione

(a) Le variabili di stato sono definite tali in quanto la loro variazione dipendedagli stati iniziali e finali della trasformazione senza che sia importante iltipo di trasformazione per passare da uno stato all’altro.

16. Di quanto varia una variabile non di stato di un gas durante una trasforma-zione? X) Dipende dalla trasformazione che subisce il gas

(a) Le variabili non di stato, per definizione di variabile di stato, dipendonodalla trasformazione per passare da uno stato all’altro e non dipendonounicamente dai due stati.

17. In un gas, durante una trasformazione isobara, al diminuire della tempera-tura: Y) il calore esce

(a) Al diminuire della temperatura l’energia interna di un gas diminuisce

(b) In una isobara, al diminuire della temperatura, diminuisce il volume delgas che, quindi, riceve lavoro.

(c) Se il gas riceve energia sotto forma di lavoro, e contemporaneamente hameno energia interna, l’unica spiegazione è che sia uscita dal gas dell’e-nergia sotto forma di calore.



Testo [T0003] [1 6 3a ]

1. Il rendimeno di un qualunque ciclo termodinamico è: X) minore o uguale a1; Y) maggiore o uguale a 1; Z) uguale a 1; W) nessuna delle precedenti.

2. La legge dei gas perfetti: X) non contiene il volume del gas; Y) non contiene latemperatura del gas; Z) non contiene l’energia interna del gas; W) non contienela pressione del gas.

3. Di un gas, durante una trasformazione isocora, non cambia: X) il volume; Y)la temperatura; Z) la pressione; W) l’energia interna.

4. Di un gas, durante una trasformazione isoterma, non cambia: X) la tempera-tura; Y) il volume; Z) la pressione; W) l’energia interna.

5. Di un gas, durante una trasformazione isobara, non cambia: X) il volume; Y)la temperatura; Z) la pressione; W) l’energia interna.

6. Il rendimeno di un ciclo di Carnot: X) è sempre maggiore di 1; Y) dipendesolo dalla temperatura finale del gas; Z) dipende dalle temperature a cui vienescambiato il calore; W) dipende solo dalla temperatura iniziale del gas.

7. Il calore scambiato ad alta temperatura, rispetto a quello scambiato a bassatemperatura è: X) più pregiato; Y) meno pregiato; Z) egualmente pregiato; W)dipende dai casi.

8. Per aumentare la tempratura di un gas è sufficiente: X) comprimerlo; Y) farloespandere; Z) aumentarne la pressione; W) aumentarne l’energia interna.

9. Per aumentare l’energia interna di un gas è sufficiente: X) comprimerlo; Y)fargli compiere una trasformazione isocora; Z) farlo espandere; W) fargli com-piere una espansione isobara.

10. Un gas compie sicuramente del lavoro se: X) viene compresso; Y) si espande;Z) si scalda; W) nessuna delle precedenti.

11. C’è scambio di calore durante una compressione isoterma? X) si; Y) no; Z)forse; W) a volte.



PV = NKT



∆U = δQ− δL



Svolgimento

1. Il rendimeno di un qualunque ciclo termodinamico è: W) nessuna delle prece-denti: minore di 1

(a) Questo viene affermato nella seconda legge della termodinamica.

2. La legge dei gas perfetti: Z) non contiene l’energia interna del gas

(a) Basta leggere la formula della legge dei gas perfetti PV = NKT

3. Di un gas, durante una trasformazione isocora, non cambia: X) il volume

(a) Questa è la definizione di trasformazione isocora


4. Di un gas, durante una trasformazione isoterma, non cambia: X) la tempera-tura

(a) Questa è la definizione di trasformazione isoterma

5. Di un gas, durante una trasformazione isobara, non cambia: Z) la pressione

(a) Questa è la definizione di trasformazione isobara

6. Il rendimeno di un ciclo di Carnot: Z) dipende dalle temperature a cui vienescambiato il calore

(a) Oltre ad essere un principio valido in linea generale, basta guardare laformula del rendimento del ciclo di Carnot: η

Carnot= 1− Tbassa

Talta

7. Il calore scambiato ad alta temperatura, rispetto a quello scambiato a bassatemperatura è: X) più pregiato;

(a) Con il calore scambiato ad alta temperatura è possibile ottenere cicli conrendimenti maggiori.

8. Per aumentare la tempratura di un gas è sufficiente: W) aumentarne l’energiainterna

(a) Energia interna di un gas e temperatura sono strettamente legati insieme,in particolare sono tra loro direttamente proporzionali

9. Per aumentare l’energia interna di un gas è sufficiente: W) fargli compiere unaespansione isobara

(a) Se un gas compie un’espansione isobara, osservando il grafico o la leggedei gas perfetti, si nota che la temperatura aumenta e quindi aumental’energia interna.

10. Un gas compie sicuramente del lavoro se: Y) si espande

(a) il lavoro prodotto da un gas è sempre legato alla variazione di volume diquel gas. Nel caso di espansione il gas cede sempre lavoro all’esterno

11. C’è scambio di calore durante una compressione isoterma? X) si

(a) In una compressione il gas riceve lavoro, ma visto che l’energia internanon cambia durante un’isoterma, allora quell’energia in ingresso deveimmediatamente uscire sotto forma di calore.



Testo [T0004] [1 18 3a ]

1. Da quale variabile di stato dipende l’energia interna di un gas?

2. In quali modi posso fornire energia ad un gas?

3. Come varia l’energia interna di un gas durante una trasformazione isoterma?Perchè?

4. Durante una espansione il gas compie o riceve lavoro? e durante una compres-sione?

5. Quanto calore scambia un gas durante una trasformazione adiabatica?

6. Quando un gas fa lavoro verso l’esterno?

7. Quando un gas riceve del lavoro dall’esterno?

8. Disegna un ciclo di Carnot, indicandone le trasformazioni e i flussi di energiadurante ogni trasformazione.

9. C’è scambio di calore durante una espansione isoterma? Quel calore entra nelgas o esce?

10. Come cambia la temperatura di un gas durante una compressione adiabatica?e durante un’espansione adiabatica?

11. Da dove prende energia un gas che compie lavoro durante una espansioneadiabatica?

12. Da dove prende energia un gas che compie lavoro durante una espansioneisoterma?

13. In una trasf. isocora: δL =?∆U =? Se il gas cede calore, da dove prendequell’energia? Che conseguenza ha questo sulla temperatura?

14. In una trasf. isoterma: ∆U =?δL =? Da dove viene presa l’energia per com-piere lavoro?

15. In una trasf. adiabatica: δQ =?∆U =? Da dove viene presa l’energia percompiere lavoro?

16. Cos’è il rendimento di un ciclo? Quanto vale per il ciclo di Carnot? Disegna ildiagramma che descrive il flusso di calore da una sorgente ad alta temperaturaad una a bassa temperatura durante un ciclo termodinamico. Modifica queldiagramma per descrivere un ciclo frigorifero.

17. Il calore scambiato ad alta temperatura è più o meno pregiato di quello scam-biato a bassa temperatura? Perchè?

18. Cosa rappresenta la superficie dell’area delimitata da una trasformazione cicli-ca in un diagramma Pressione-Volume?



PV = NKT



∆U = δQ− δL




Svolgimento

1. Da quale variabile di stato dipende l’energia interna di un gas?

(a) L’energia interna dipende dalla temperatura. La temperatura di un gasindica infatti la velocità delle molecole del gas e di conseguenza la loroenergia cinetica, cioè l’energia interna del gas.

2. In quali modi posso fornire energia ad un gas?

(a) Si può fornire energia ad un gas o tramite uno scambio di calore o trami-te uno scambio di lavoro, come indicato dalla legge fondamentale dellatermodinamica ∆U = δQ− δL

3. Come varia l’energia interna di un gas durante una trasformazione isoterma?Perchè?

(a) in una trasformazione isoterma la temperatura non cambia e quindi noncambia neanche l’energia interna.

4. Durante una espansione il gas compie o riceve lavoro? e durante una compres-sione?

(a) Durante una espansione il gas compie lavoro; durante una compressionelo riceve.

5. Quanto calore scambia un gas durante una trasformazione adiabatica?

(a) Zero, perché si chiama adiabatica quella trasformazione nella quale nonc’è scambio di calore con l’esterno

6. Quando un gas fa lavoro verso l’esterno?

(a) Quando si espande

7. Quando un gas riceve del lavoro dall’esterno?

(a) Quando si comprime

8. Disegna un ciclo di Carnot, indicandone le trasformazioni e i flussi di energiadurante ogni trasformazione.

(a) Dovete disegnare una espansione isoterma (esce lavoro ed entra calore),successivamente un’espansione adiabatica (esce lavoro), successivamenteuna compressione isoterma (entra lavoro ed esce calore), ed infine unacompressione adiabatica (entra lavoro)

9. C’è scambio di calore durante una espansione isoterma? Quel calore entra nelgas o esce?

(a) Si. In una trasformazione isoterma non cambia l’energia interna del gas,quindi visto che nell’espansione esce del lavoro, quell’energia deve esserepresa dal calore in ingresso.

10. Come cambia la temperatura di un gas durante una compressione adiabatica?e durante un’espansione adiabatica?

(a) In una compressione del lavoro entra; visto che la trasformazione è adia-batica e non scambia calore, quel lavoro diventa energia interna del gas equindi la temperatura aumenta.

11. Da dove prende energia un gas che compie lavoro durante una espansioneadiabatica?

(a) Visto che la trasformazione è adiabatica ed il gas non scambia calore, secede lavoro prende quell’energia dall’energia interna.

12. Da dove prende energia un gas che compie lavoro durante una espansioneisoterma?

(a) In un’espanzione isoterma l’energia interna del gas non cambia, quindi seil gas cede lavoro, prende quell’energia dall’esterno sotto forma di calore.

13. In una trasf. isocora: δL =?∆U =? Se il gas cede calore, da dove prendequell’energia? Che conseguenza ha questo sulla temperatura?


(a) In una trasformazione isocora il volume non cambia, quindi ∆L = 0.Dalla legge fondamentale della termodinamica otteniamo che ∆U = δQ.Quindi se il gas cede calore lo prende dall’energia interna e quindi latemperatura diminuisce

14. In una trasf. isoterma: ∆U =?δL =? Da dove viene presa l’energia per com-piere lavoro?

(a) In una trasformazione isoterma la temperatura non cambia, quindi ∆U =

0. Dalla legge fondamentale della termodinamica otteniamo che δQ =

−δL. Quindi se il gas cede lavoro prende quell’energia dal calore in in-gresso

15. In una trasf. adiabatica: δQ =?∆U =? Da dove viene presa l’energia percompiere lavoro?

(a) Per definizione di adiabatica δQ = 0; quindi ∆U = −δL. l’energia percompiere lavoro viene quindi presa dall’energia interna.

16. Cos’è il rendimento di un ciclo? Quanto vale per il ciclo di Carnot? Disegna ildiagramma che descrive il flusso di calore da una sorgente ad alta temperaturaad una a bassa temperatura durante un ciclo termodinamico. Modifica queldiagramma per descrivere un ciclo frigorifero.

(a) Il rendimento di un ciclo è il rapporto tra il lavoro fatto dal ciclo ed ilcalore da esso assorbito: η = δL

δQass

(b) per il ciclo di Carnot la formula precedente, calcolata su due isoterme edue adiabatiche, diventa ηcarnot = 1− Tbassa

Talta

(c) Dalla sorgente ad alta temperatura viene assorbito del calore; una partedi questo viene trasformato in lavoro, la parte restante data ad un pozzodi calore a bassa temperatura.

(d) Nel ciclo frigorifero, l’utilizzo di una piccola quantità di lavoro permettedi assorbire del calore a bassa temperatura e metterlo, insieme al lavoro,in un luogo ad alta temperatura.

17. Il calore scambiato ad alta temperatura è più o meno pregiato di quello scam-biato a bassa temperatura? Perchè?

(a) Il calore scambiato ad alta temperatura è più pregiato in quanto con essosi riescono ad ottenere rendimenti maggiori

18. Cosa rappresenta la superficie dell’area delimitata da una trasformazione cicli-ca in un diagramma Pressione-Volume?

(a) Come verificabile anche in base all’unità di misura dell’area in un similegrafico, l’area di un ciclo termodinamico indica il lavoro fatto dal ciclo.



Testo [T0005] [2 2 3a ] Un gas compie un ciclo termodinamico formato dadue isobare e due isocore. Il ciclo comincia con un’espansione isobara che parte dallostato A(3m3; 8 atm); successivamente abbiamo un raffreddamento isocoro; la com-pressione isobara inizia invece dallo stato B(5m3; 3 atm); infine un riscaldamentoisocoro. Quanto lavoro ha fatto il ciclo?

2 4 6

2

4

6

8

10

V

P

Spiegazione Dopo aver disegnatoil ciclo termodinamico nel piano PVdobbiamo calcolare il lavoro fatto inognuna delle quattro trasformazionidel ciclo e calcolare infine il lavorototale.

Svolgimento Il grafico del ciclotermodinamico è mostrato in figu-ra. Il lavoro svolto nelle due isoco-re è nullo. Nell’espansione isobara illavoro vale

δL = P ·∆V = 8 atm·2m3 = 1600000 J

Nella compressione isobara il lavoro vale

δL = P ·∆V = 3 atm · (−2m3) = −600000 J

Il lavoro fatto dal ciclo vale quindi

δL = 1000000 J


Testo [T0006] [1 3 3a ] Un ciclo termodinamico assorbe calore δQass adalta temperatura, cede calore δQced a bassa temperatura, e cede lavoro δL. Il tutto èfatto con un certo rendimento η. Esegui i seguenti esercizi:

1. Sapendo che δQass = 5000 J e che δQced = 3500 J , quanto valgono δL ed η?

2. Sapendo che δQass = 5000 J e che δL = 2000 J , quanto valgono δQced ed η?

3. Sapendo che δL = 5000 J e che η = 0, 4, quanto valgono δQass e δQced?

Spiegazione Un ciclo termodinamico serve a trasformare del calore in lavoro. sol-tanto due formule descrivono questo processo:

δQass = δQced + δL η =δL

δQass

In tutte le domande del testo vengono forniti due dati; di conseguenza con le dueequazioni a disposizione possiamo trovare gli altri due.

Svolgimento

1. δL = δQass − δQced = 1500 J η = δLδQass

= 1500 J5000 J = 0, 3 = 30%

2. δQced = δQass − δL = 3000J η = δLδQass

= 2000 J5000 J = 0, 4 = 40%

3. δQass =δLη = 12500 J ∆Qced = δQass − δL = 7500J


Problema di: Termodinamica - T0009ban - Autore: Andrea de Capoa

Testo [T0009ban] [1 5 3a ] Esercizi banali:

1. Quanto lavoro fa un gas a pressione P = 5000Pa in una espansione isobara daun volume Vi = 50m3 ad un volume Vf = 66m3? [L = 80 kJ]

2. Calcola il rendimento di una macchina termica che funziona seguendo un ci-clo di Carnot tra una temperatura T1 = 500K ed una inferiore T2 = 300K.

[η = 20%]

3. Un gas produce un lavoro δL = 500 J assorbendo una quantità di calore δQ =

300 J . Di quanto è variata la sua energia interna? [∆U = −200 J]


Svolgimento

1. La formula per il lavoro di una trasformazione isobara è

δL = P ·∆V = 5000Pa · 16m3 = 80000 J

2. La formula del rendimento del ciclo di Carnot è

η = 1− TbassaTalta

= 1− 300K

500K=

2

5= 0, 4 = 40%

3. in una trasformazione termodinamica, la variazione di energia interna dipendedal calore che entra e dal lavoro che esce.

∆U = δQ− δL = −200 J

La temperatura del gas è quindi diminuita.


Testo [T0010] [1 1 3a ] Un ciclo di Carnot assorbe δQass = 1000J allatemperatura T1 = 1000K e cede calore alla temperatura T2 = 400K. Quanto lavoroviene prodotto?

Spiegazione Un ciclo termodinamico assorbe calore per trasformarne una parte inlavoro. In un ciclo di Carnot il rendimento del ciclo, cioè la percentuale di caloretrasformata in lavoro, dipende unicamente dalle temperature a cui viene scambiatoil calore.

Svolgimento Il rendimento del ciclo di Carnot è:

η = 1− TbassaTalta

= 1− 4

10=

6

10= 0, 6 = 60%

Il lavoro prodotto sarà quindi

δL = ηδQass = 0, 6 · 1000 J = 600 J



Testo [T0011] [1 4 3a ] In una trasformazione termodinamica le variabi-li coinvolte sono sei: la variazione di pressione, la variazione di volume, la varia-zione di temperatura, la variazione di energia interna, il lavoro scambiato, il calorescambiato. Determina il loro segno nei tre casi seguenti:

1. Riscaldamentoisobaro

2. Riscaldamentoisocoro

3. Riscaldamentoadiabatico

Spiegazione In questo esercizio ci vengono fornite due informazioni sull’anda-mento di due variabili del gas durante una trasformazione; dobbiamo dedurre l’an-damento di tutte le altre variabili. Per fare questo utilizziamo soltanto quattro infor-mazioni:

1. La legge dei gas perfetti: PV = NKT

2. Il primo principio della termodinamica ∆U = δQ− δL

3. La legge che lega energia interna e temperatura: esse sono infatti direttamenteproporzionale ∆U ↔ ∆T

4. Il concetto per cui un gas si espande se e solo se compie lavoro verso l’esternoδL↔ ∆V

La soluzione dell’esercizio la presentiamo sotto forma di schema.

Svolgimento

Riscaldamento isobaro

Riscaldamento∆T > 0

Isobaro∆P = 0

∆V > 0

il gas si espande

δL > 0

il lavoro esce

∆U > 0

l’energia in-terna aumenta

δQ > 0

il calore entra

∆U

↔∆T

∆U

=δQ

−δL

PV

=NKT

δL↔

∆V


Riscaldamento isocoro

Isocoro∆V = 0


∆P > 0

la pressio-ne aumenta ∆U > 0


δL = 0

il lavoro nonviene scambiato

δQ > 0

il calore entra

δL↔

∆V

∆U

=δQ

−δL

∆U

↔∆T

PV

=NKT

Riscaldamento adiabatico

AdiabaticoδQ = 0


∆P > 0

la pressio-ne aumenta

∆U > 0


δL < 0

il lavoro entra

∆V < 0

il volume di-minuisce

δL↔ ∆V∆U

=δQ

−δL

∆U ↔ ∆T

PV

=NKT



Testo [T0012] [1 4 2a ] In una trasformazione termodinamica le variabi-li coinvolte sono sei: la variazione di pressione, la variazione di volume, la varia-zione di temperatura, la variazione di energia interna, il lavoro scambiato, il calorescambiato. Determina il loro segno nei tre casi seguenti:

1. Espansioneisobara

2. Espansioneisoterma

3. Espansioneadiabatica

Spiegazione In questo esercizio ci vengono fornite due informazioni sull’anda-mento di due variabili del gas durante una trasformazione; dobbiamo dedurre l’an-damento di tutte le altre variabili. Per fare questo utilizziamo soltanto quattro infor-mazioni:

1. La legge dei gas perfetti: PV = NKT

2. Il primo principio della termodinamica ∆U = δQ− δL

3. La legge che lega energia interna e temperatura: esse sono infatti direttamenteproporzionale ∆U ↔ ∆T

4. Il concetto per cui un gas si espande se e solo se compie lavoro verso l’esternoδL↔ ∆V

La soluzione dell’esercizio la presentiamo sotto forma di schema.

Svolgimento

Espansione isobara

Espansione∆V > 0

Isobara∆P = 0

∆T > 0

il gas si scalda

∆U > 0


δL > 0

il lavoro esce

δQ > 0

il calore entra

∆U

↔∆T

∆U

=δQ

−δL

PV

=NKT

δL↔

∆V


Espansione isoterma

Espansione∆V > 0

Isoterma∆T = 0

∆P < 0

la pressionediminuisce ∆U = 0

l’energia internarimane costante

δL > 0

il lavoro esce

δQ > 0

il calore entra

δL↔

∆V

∆U

=δQ

−δL

∆U

↔∆T

PV

=NKT

Espansione adiabatica

AdiabaticaδQ = 0

Espansione∆V > 0

δL > 0

il lavoro esce

∆P < 0

la pressionediminuisce

∆U < 0

l’energia internadiminuisce

∆T < 0

la temperaturadiminuisce∆U ↔ ∆T

∆U

=δQ

−δL

δL↔ ∆V

PV

=NKT



Testo [T0013] [1 5 3a ]

1. In quanti e quali modi un gas può scambiare energia con il mondo esterno?

2. Cos’è una trasformazione ciclica?

3. Cosa succede, dal punto di vista energetico, in una trasformazione ciclica?

4. Perché la società umana ha bisogno delle trasformazioni cicliche?

5. Cosa posso dire sul valore del rendimento di una trasformazione ciclica?


Svolgimento

1. Un gas può scambiare energia in due modi: tramite il calore e il lavoro.

2. Una trasformazione ciclica è una trasformazione in cui il gas parte da un certostato iniziale per ritornare alla fine nello stesso stato iniziale.

3. Durante una trasformazione ciclica il gas assorbe calore da un luogo ad altatemperatura; una parte la trasforma in lavoro ed il restante lo cede in un luogoa bassa temperatura.

4. La società umana ha bisogno di energia sotto forma di lavoro; purtroppo lefonti energetiche disponibili ci forniscono calore, e quindi serve qualcosa chetrasformi parte di quel calore in lavoro.

5. Il rendimento di un ciclo termodinamico è sempre η < 1


Testo [T0014] [1 5 3a ] Domande di teoria

1. In quanti e quali modi un gas può scambiare energia con l’esterno?

2. A cosa serve una trasformazione ciclica?

3. Perché la società umana ne ha bisogno?

4. Elenca le strategie utili a risolvere i problemi energetici dell’umanità.

5. Quali variabili descrivono lo stato fisico di un gas? Quale formula le lega traloro?

Spiegazione Queste sono domande di teoria... o le sai o le devi ripassare.

Svolgimento

1. Un gas può scambiare energia in due modi: tramite il calore e il lavoro.

2. Una trasformazione ciclica è una trasformazione in cui il gas parte da un cer-to stato iniziale per ritornare alla fine nello stesso stato iniziale. Serve pertrasformare una parte del calore assorbito in lavoro.

3. La società umana funziona consumando energia di tipo lavoro, mentre le princi-pali fonti energetiche forniscono invece energia di tipo calore. Abbiamo bisognodei cicli termodinamici per convertire iol calore in lavoro.

4. I problemi energetici dell’umanità sono legati al consumo di energia prodot-ta tramite l’utilizzo di combustibili fossili e uranio. Quello che possiamo fa-re è: non consumare energia inutilmente; produrre energia utilizzando fontirinnovabili; utilizzare tecnologie con rendimenti energetici maggiori.

5. Le variabili sono: Pressione, Volume, Temperatura, Numero di molecole, Ener-gia interna. La legge dei gas perfetti

P · V = N ·K · T


lega tra loro tali variabili. K è la costante di Boltzmann. La temperatura,che indica l’energia cinetica media delle molecole, è poi direttamente lagataall’energia interna del gas che è l’energia cinetica totale delle molecole del gas.



1. Se scaldo una pentola chiusa con un coperchio, che tipo di trasformazione stafacendo il gas all’interno? Perchè?

2. Un subacqueo si immerge in apnea scendendo di ∆h = −30m. Che tipo ditrasformazione fa l’aria nei suoi polmoni? Percè?

3. Un ciclo termodinamico assorbe una quantità di calore ∆Qass = 500 J ad altatemperatura, e produce lavoro con un rendimento η = 20%. Quanto lavoro haprodotto? Quanto calore cede a bassa temperatura?


Svolgimento

1. In gas fa una trasformazione isocora perché il volume del contenitore noncambia.

2. Il gas fa una trasformazione isoterma perché il gas nei polmoni dell’apneista,essendo sempre a contatto con il suo corpo, è sempre alla temperatura di circa37 C.

3. Il lavoro prodotto èδL = η · δQass = 100 J

Il calore ceduto a bassa temperatura è

δQced = δQass − δLfatto = 400 J




1. Una nebulosa nello spazio si comprime a causa della forza di gravità. Che tipodi trasformazione termodinamica fa? Perché?

2. Un frigorifero raffredda l’aria al suo interno. Che tipo di trasformazione ter-modinamica subisce tale aria? Perché?

3. Un ciclo termodinamico assorbe una quantità di calore ∆Qass = 500 J ad altatemperatura, e produce ∆L = 200 J di lavoro. Quanto vale il rendimento delciclo? Quanto calore viene ceduto a bassa temperatura?


Svolgimento

1. In gas fa una trasformazione adiabatica perchè il gas non ha nessuno intornocon cui possa scambiare calore.

2. Il gas fa una trasformazione isocora perchè il frigorifero non cambia il suovolume.

3. Il rendimento del ciclo è

η =δL

δQass= 0, 4 = 40%

Il calore ceduto a bassa temperatura è

δQced = δQass − δLfatto = 300 J



1. Del gas compresso esce molto velocemente da una bomboletta e si espande. Chetipo di trasformazione termodinamica subisce tale gas? Perché?

2. Del gas viene compresso molto lentamente dentro una bomboletta. Che tipo ditrasformazione termodinamica subisce tale gas? Perché?

3. Un ciclo termodinamico cede una quantità di calore ∆Qced = 500 J a bassatemperatura, e produce ∆L = 200 J di lavoro. Quanto vale il rendimento delciclo? Quanto calore viene assorbito ad alta temperatura?


Svolgimento

1. In gas fa una trasformazione adiabatica perchè la trasformazione è tanto rapidada non dare tempo al gas di scambiare calore con l’esterno.

2. Il gas fa una trasformazione isoterma perchè la trasformazione è tanto lenta dapermettere al gas di mantenere l’equilibrio termico con l’esterno.

3. Il calore assorbito ad alta temperatura è

δQass = δQced + δLfatto = 700 J

Il rendimento del ciclo è

η =δL

δQass=

2

7= 28, 6%



Testo [T0018] [1 3 3a ] Un ciclo termodinamico assorbe calore δQass adalta temperatura, cede calore δQced a bassa temperatura, e cede lavoro δL. Il tutto èfatto con un certo rendimento η. Esegui i seguenti esercizi:

1. Sapendo che δQass = 5000 J e che η = 0, 2, quanto valgono δL e δQced?

2. Sapendo che δL = 4000 J e che δQced = 6000 J , quanto valgono δQass ed η?

3. Sapendo che δQced = 8000 J e che η = 0, 2, quanto valgono δQass e δL?

Spiegazione Un ciclo termodinamico serve a trasformare del calore in lavoro. sol-tanto due formule descrivono questo processo:

δQass = δQced + δL η =δL

δQass

In tutte le domande del testo vengono forniti due dati; di conseguenza con le dueequazioni a disposizione possiamo trovare gli altri due.

Svolgimento

1. δL = ηδQass = 0, 2 · 5000 J = 1000 J δQced = δQass − δL = 4000 J

2. δQass = δQced + δL = 10000 J η = δLδQass

= 0, 4 = 40%

3. δQass =δQced

1−η = 10000 J δL = ηδQass = 2000 J


Testo [T0019] [2 3 3a ] Quant’è la minima quantità di lavoro che bisognautilizzare, con un ciclo di Carnot, per sottrarre δQ = 180 J da un gas alla temperaturaTb = −3 C e spostarlo in un ambiente alla temperatura Ta = 27 C.

Spiegazione Per sottrarre calore da un gas e portarlo in un luogo a temperaturasuperiore, bisogna utilizzare un ciclo frigorifero. Il testo del problema suggerisce diutilizzare un ciclo frigorifero di Carnot. Un ciclo di Carnot assorbe una quantità dicalore δQTa da una sorgente a temperatura alta e cede una quantità di calore δQTb

ad un pozzo a temperatura bassa. Il lavoro prodotto δL = δQTa− δQTb. Per un ciclofrigorifero si invertono le frecce degli scambi di energia, ma non cambiano i valorinumerici delle grandezze. Quindi il problema chiede di calcolare δL conoscendo Ta,Tb e δQTb

Svolgimento Il rendimento del Ciclo di Carnot è

ηc = 1− TbTa

= 1− 270

300= 0, 1

Dalla definizione di ciclo termodinamico abbiamoδL = δQTa · ηcδQTb = δQTa − δL

Svolgendo i conti abbiamo: δQTa =

δL

ηc

δQTb =δL

ηc− δL

e quindi

δQTb = δL ·(

1

ηc− 1

)δL = δQTb ·

ηc1− ηc

= 180 J · 0, 10, 9

= 20 J



Testo [T0020] [2 3 3a ] Una massa m = 560 g di azoto gassoso (PM =

28 gmole ) si trova alla temperatura iniziale Ti = 270K. Essa è contenuta in un cilindro

metallico di sezione S = 1000 cm2 e di altezza h = 1m. A quale pressione si trova ilgas? Se la temperatura aumenta di ∆T = 30 C, a quale pressione arriva il gas?

Spiegazione Con i dati a disposizione è possibile calcolarsi quante molecole ci sononel gas e di conseguenza il valore di pressione a cui si trova. Visto che il contenitoreè di metallo, e che l’aumento di temperatura del contenitore lo fa dilatare in modotrascurabile ai fini dello stato del gas, possiamo affermare che il gas compie unatrasformazione isocora.

Svolgimento Cominciamo a calcolarci quante molecole di azoto ci sono nel gas.

N =m

PM·NA =

560 g

28 gmole

· 6, 022 · 1023mole−1 = 1, 2044 · 1025

La suoerficie di base del cilindro è

S = 1000 cm2 = 0, 1m2

La pressione a cui si trova il gas è quindi

P =NKT

V=NKT

V=NKT

Sh

P =1, 2044 · 1025 · 1, 381 · 10−23 J

K · 270K0, 1m2 · 1m

= 4491hPa

Vediamo adesso di quanto aumenta la pressione durante la trasformazione iso-cora. Noi sappiamo che la legge dei gas vale sia nell’istante iniziale che nell’istantefinale della trasformazione, quindiPi · V = N ·K · Ti

Pf · V = N ·K · Tf

nel quale ho indicato con V il volume sempre uguale in tutti gli istanti dellatrasformazione. Ricavando V nella prima equazione e sostituendolo nella secondaavremo V = N ·K·Ti

Pi

Pf · N ·K·Ti

Pi= N ·K · Tf

Da cui si ricava, semplificando N ·K

Pf =Pi · TfTi

Pf =4491hPa · 300K

270K= 4990hPa



Testo [T0021] [3 3 3a ] Un contenitore è separato da una sottile paratia indue volumi uguali nei quali sono contenuti due gas, rispettivamente alla pressionePiA = 1, 5 · 105 Pa e PiB = 3, 3 · 105 Pa. Il contenitore è mantenuto a temperaturacostante, e i due gas sono in equilibrio termico con il contenitore. Quale pressione siavrà all’interno del contenitore dopo la rimozione della paratia di separazione?

Spiegazione Nell’esercizio in questione abbiamo due gas inizialmente separati chesuccessivamente si mescolano tra loro. Rimossa la paratia di separazione, ognunodei due gas occuperà tutto lo spazio a disposizione. Essendo il contenitore a tempe-ratura costante, la trasformazione termodinamica che avviene è un’isoterma. Per lalegge di Dalton, la pressione complessiva sul contenitore è la somma delle pressioniparziali dei due gas.

Svolgimento Per una trasformazione isoterma noi possiamo scriverePfVf = NKT

PiVi = NKT

Per trasformazioni quasistatiche come quelle ideali che consideriamo, la leggedei gas perfetti vale infatti in ogni istante della trasformazione, e quindi vale sianell’istante iniziale che nell’istante finale della trasformazione. Trattandosi di unatrasformazione isoterma non si è fatta distinzione tra la temperatura iniziale e quellafinale, per cui Ti = Tf = T

Dal sistema si ricavaPfVf = PiVi

Pf =PiViVf

Tale formula è applicabile ad entrambi i gas dell’esercizio, che per comoditàindicheremo con A e B.

Per la legge di Dalton

Pf = PfA + PfB =PiAViAVfA

+PiBViBVfB

Dai dati dell’esercizio sappiamo che il contenitore era inizialmente diviso a metà,per cui

ViAVfA

=ViBVfB

=1

2

Quindi

Pf =1

2· 1, 5 · 105 Pa+ 1

2· 3, 3 · 105 Pa = 2, 4 · 105 Pa



Testo [T0022] [4 8 3a ] Un contenitore è separato da una sottile paratiain due volumi uguali nei quali sono contenuti due gas, rispettivamente ossigeno O2

alla pressione PiA = 1, 4 · 105 Pa e idrogeno H2 alla pressione PiB = 2, 8 · 105 Pa.Assumendo che il contenitore sia mantenuto alla temperatura costante T = 200 C eche i due gas siano in equilibrio termico con il contenitore, quale pressione si avrà al-l’interno del contenitore dopo la rimozione della paratia di separazione? Quale pres-sione si avrà poi dopo che un dispositivo elettrico fa scoccare una scintilla attraversola miscela di idrogeno e ossigeno?

Spiegazione Nella prima parte dell’esercizio in questione abbiamo due gas inizial-mente separati che successivamente si mescolano tra loro. Rimossa la paratia diseparazione, ognuno dei due gas occuperà tutto lo spazio a disposizione. Essendoil contenitore a temperatura costante, la trasformazione termodinamica che avvieneè un’isoterma. Per la legge di Dalton, la pressione complessiva sul contenitore è lasomma delle pressioni parziali dei due gas.

Nella seconda parte dell’esercizio, la scintilla farà reagire insieme l’idrogeno el’ossigeno cambiano il numero di molecole presenti nel contenitore, mantenendo co-stanti il volume del contenitore e la sua temperatura. Il testo dell’esercizio affermainfatti che il contenitore è mantenuto a temperatura costante, quindi il calore prodot-to dalla reazione viene assorbito dal contenitore e poi disperso verso l’esterno dallamacchina che mantiene costante la temperatura del contenitore.

Svolgimento Per una trasformazione isoterma di un generico gas composto da unnumero N di molecola alla temperatura costante T , possiamo scrivere

PfVf = NKT

PiVi = NKT

Per trasformazioni quasistatiche come quelle ideali che consideriamo, la leggedei gas perfetti vale infatti in ogni istante della trasformazione, e quindi vale sianell’istante iniziale che nell’istante finale della trasformazione. Trattandosi di una

trasformazione isoterma non si è fatta distinzione tra la temperatura iniziale e quellafinale, per cui Ti = Tf = T

Dal sistema si ricavaPfVf = PiVi

Pf =PiViVf

Tale formula è applicabile ad entrambi i gas dell’esercizio, che per comoditàindicheremo con A e B.

Per la legge di Dalton

Pf = PfO2+ PfH2

=PiO2

ViO2

VfO2

+PiH2

ViH2

VfH2

Dai dati dell’esercizio sappiamo che il contenitore era inizialmente diviso a metà,per cui

ViO2

VfO2

=ViH2

VfH2

=1

2

Quindi

Pf =1

2· 1, 4 · 105 Pa+ 1

2· 2, 8 · 105 Pa = 2, 1 · 105 Pa

Se osserviamo asesso i valori iniziali di volume, pressione, temperatura e numerodi molecole dei due gas, avremo che ViO2

= ViH2= Vi, TiO2

= TiH2= T

PiO2Vi = NiO2

KT

PiH2Vi = NiH2

KT

da cui

PiO2ViO2

= PiH2ViH2

NiO2

NiH2

=PiO2

PiH2

=1

2

Questo significa che idrogeno ed ossigeno sono nelle esatte proporzioni per rea-gire in modo tale che utte le molecole di idrogeno si combinano con tutte le molecole


di ossigeno a formare molecole di acqua. Essendo il contenitore alla temperatureT = 200 C, l’acqua prodotta dalla reazione rimane allo stato gassoso. Il numero dimolecole presente nel contenitore cambia, in quanto ogni tre molecole di reagenti sene producono due di prodotti della reazione. Questo ci permette di scrivere

NH2O

NH2+O2

=2

3

Indichiamo con Pi2 = Pf il valore di pressione che ha il gas prima della reazionechimica, e Pf2 il valore di pressione dopo che è avvenuta la reazione chimica.

Dopo la reazione chimica, raggiunto l’equilibrio termico con il contenitore, po-tremo scrivere

Pf2V = Nf2KT

Pi2V = Ni2KT

da cui si ricavaPf2

Pi2=

NH2O

NH2+O2

Pf2 = Pi2

NH2O

NH2+O2

= 2, 1 · 105 Pa · 23= 1, 4 · 105 Pa


Testo [T0023] [5 5 4a ] Un gas monoatomico (γ = 53 ) fa una trasformazio-

ne dallo statoTA = 300K; PA = 100000Pa; VA = 3m3

allo statoTB = 400K; PB = 200000Pa; VB = 2m3

Calcolate la variazione di entropia.

Spiegazione Il problema chiede la variazione di entropia del gas tra due stati. Dalmomento che l’entropia è una variabile di stato, la sua variazione dipende unicamen-te dagli stati finale ed iniziale e non dalle trasformazioni avvenute. Possiamo quindisceglierci le trasformazioni che con maggiore facilità ci permettono di calcolare lavariazione di entropia.

Svolgimento Consideriamo una trasformazione adiabatica che porti il gas da unostato A ad uno stato C ed in particolare dalla temperatura TA alla temperatura TC =

TB . Per tale trasformazione la variazione di entropia è nulla in quanto non avvienescambio di calore. Consideriamo poi una trasformazione isoterma che porti dallostato C allo stato B. La corrispondente variazione di entropia è

∆S =δQ

T= NK ln

(VCVB

)Per la serie delle due trasformazioni vale:

PA

PC=

(VCVA

)γ

PC

PB=VBVC

e quindi PA · VCVB · PB

=V γC

V γA

PC =VB · PB

VC


PA · V γ

A

VB · PB= V γ−1

C

PC =VB · PB

VC(PA · V γ

A

VB · PB

) 1γ−1

= VC

PC =VB · PB

VC

Il numero di molecole presenti nel gas è

N =PA · VAK · TA

∆S =PA · VATA

ln

(PA · V γ

A

VB · PB

) 1γ−1

VB

∆S =

PA · VATA

ln

(PA · V γ

A

PB · V γB

) 1γ−1

∆S =100000Pa · 3m3

300Kln

(3

53

2 · 2 53

) 52

∆S =2500Pa ·m3

Kln

(3

53

283

)

∆S = −43, 43J

K


Testo [T0025] [1 4 3a ] Rispondi alle seguenti domande:

1. In quale direzione si muove naturalmente il calore? In che modo possiamoinvertire tale direzione?

2. Indica quali relazioni valgono, tra le variabili energetiche dei gas, durante letrasformazioni: espansione adiabatica, riscaldamento isocoro e compressioneisoterma. Scrivile ed enunciane il significato.

3. Perchè un gas ideale esercita sempre una certa pressione sulle pareti del conte-nitore che lo racchiude?

4. Lo pneumatico di un’automobile, una volta gonfiato fino ad un certo livello,non aumenta più il suo volume. Perchè immettendo altra aria al suo internoaumenta la pressione?

Spiegazione Queste sono domande di teoria sul fenomeno della riflessione. Vannosemplicemente studiate!

Svolgimento

1. Il calore in natura si muove spontaneamente dai corpi più caldi verso quellipiù freddi. Il processo può avvenire al contrario con un ciclo frigorifero grazieal fatto che introduciamo nel sistema una certa quantità di lavoro.

2. (a) Espansioe adiabatica: ∆U = −δL; il lavoro fatto viene preso dall’energiainterna dal gas

(b) Riscaldamento isocoro: ∆U = δQ; il calore fornito al gas viene utilizzatoper aumentare l’energia interna del gas

(c) Compressione isoterma: δQ = δL; il lavoro ricevuto dal gas viene imme-diatamente ridato al mondo esterno sotto forma di calore


3. Le molecole del gas, urtando contro le pareti del contenitore, esercitano su diesso una forza proporzionale al numero di urti che avvengono contro tali paretiogni secondo.

4. Nella situazione indicata abbiamo una trasformazione a volume e temperaturacostanti. Data la legge dei gas perfetti

P · V = N ·K · T

le uniche variabili che possono cambiare valore sono P e N . La pressione del-lo pneumatico aumenta in quanto il numero di molecole presenti all’internoaumenta.


Testo [T0026] [2 3 3a ] Disegna un ciclo termodinamico formato da dueisoterme e due isocore. Indica per ogni trasformazione il segno degli scambi di caloree di lavoro e della variazione di energia interna.

Spiegazione Per questo problema è necessario aver compreso il primo principiodella termodinamica ed i significati di trasformazione isocora e isoterma. L’equazioneda utilizzare sarà sempre ∆U = δQ − δL Bisogna poi ricordare che le variazioni ditemperatura sono direttamente proporzionali alle variazioni di energia interna, e cheun gas compie lavoro verso l’esterno quando si espande.

Svolgimento Il ciclo termodinamico in questione è formato dalle seguenti quat-tro trasformazioni: un riscaldamento isocoro, un’espansione isoterma, un raffredda-mento isocoro ed una compressione isoterma. Il grafico del ciclo è il seguente:

0.5 1 1.5 2

0.5

1

1.5

2

ab cd V

P

Per le quattro trasformazioni avremo:

1. Riscaldamento isocoro.


• Il volume non cambia, quindi il lavoro scambiato è nullo: δL = 0.

• Il gas si riscalda, quindi l’energia interna aumenta: ∆U > 0

• Ne segue che δQ > 0 e quindi il calore entra e va ad aumentare l’energiainterna del gas.

2. Espansione isoterma.

• Il volume aumenta, quindi il lavoro scambiato è positivo (esce): δL > 0.

• Il gas mantiene costante la temperatura, quindi l’energia interna non va-ria: ∆U = 0

• Ne segue che δQ > 0 e quindi il calore entra e viene trasformato in lavoroverso l’esterno.

3. Raffreddamento isocoro.


• Il gas si raffredda, quindi l’energia interna diminuisce: ∆U < 0

• Ne segue che δQ < 0 e quindi il calore esce facendo diminuire l’energiainterna del gas.

4. Compressione isoterma.

• Il volume diminuisce, quindi il lavoro è negativo (entra): δL < 0.

• La temperatura è costante, quindi l’energia interna non varia: ∆U = 0

• Ne segue che δQ < 0 e quindi il calore esce provenendo dal lavoro iningresso nel gas.


Testo [T0026a] [2 3 3a ] Un ciclo termodinamico è formato da due isoter-me e due adiabatiche. Indica per ogni trasformazione il segno degli scambi di caloree di lavoro e della variazione di energia interna.

Spiegazione Per questo problema è necessario aver compreso il primo principiodella termodinamica ed i significati di trasformazione adiabatica e isoterma. L’equa-zione da utilizzare sarà sempre ∆U = δQ−δL Bisogna poi ricordare che le variazionidi temperatura sono direttamente proporzionali alle variazioni di energia interna, eche un gas compie lavoro verso l’esterno quando si espande.

Svolgimento Il ciclo termodinamico in questione è formato dalle seguenti quattrotrasformazioni: una compressione isoterma, una compressione adiabatica, un’espan-sione isoterma, una espansione adiabatica. Il grafico del ciclo è il seguente:

0.5 1 1.5 2 2.5

1

2

3

4

V

P


1. Compressione isoterma.


• Il volume diminuisce, quindi il lavoro scambiato è negativo: δL < 0.

• la temperatura non varia, quindi l’energia interna non varia: ∆U = 0

• Ne segue che δQ < 0 e quindi il calore esce dal gas.

2. Compressione abiabatica.


• La trasformazione è adiabatica, quindi il calore scambiato è nullo δQ = 0

• Ne segue che ∆U > 0: energia interna e temperatura del gas aumentano.

3. Espansione isoterma.

• Il volume aumenta, quindi il lavoro scambiato è positivo: δL > 0.

• Il gas compie una trasformazione isoterma e quindi non cambia la tempe-ratura; quindi l’energia interna rimane invariata: ∆U = 0

• Ne segue che δQ > 0 e quindi il calore entra nel gas.

4. Espansione adiabatica.



• Ne segue che ∆U < 0: energia interna e temperatura diminuiscono.


Testo [T0026b] [2 3 3a ] Disegna un ciclo termodinamico formato da dueadiabatiche, una isobara ed un’isocora. Indica per ogni trasformazione il segno degliscambi di calore e di lavoro e della variazione di energia interna.

Spiegazione Per questo problema è necessario aver compreso il primo principiodella termodinamica ed i significati di trasformazione adiabatica e isocora e isobara.L’equazione da utilizzare sarà sempre ∆U = δQ − δL Bisogna poi ricordare che levariazioni di temperatura sono direttamente proporzionali alle variazioni di energiainterna, e che un gas compie lavoro verso l’esterno quando si espande.

Svolgimento Il ciclo termodinamico in questione è formato dalle seguenti quattrotrasformazioni: una compressione adiabatica, una espansione isobara, una espansio-ne adiabatica, un raffreddamento isocoro. Il grafico del ciclo è il seguente:

0.5 1 1.5 2

0.5

1

1.5

2

a

b

c

dV

P


1. Compressione abiabatica.




• Ne segue che δU > 0: energia interna e la temperatura del gas aumentano.

2. Espansione isobara.

• Il volume aumenta, quindi il lavoro scambiato è positivo (esce): δL > 0.

• La temperatura aumenta, quindi ∆U > 0. Lo si vede bene dal diagrammain quanto ci si sposta da isoterme inferiori ad isoterme superiori.

• Ne segue che δQ > 0 e quindi il calore entra nel gas.









Problema di: Termodinamica - T0026c

Testo [T0026c] [2 3 3a ] Disegna un ciclo termodinamico formato da dueadiabatiche e due isocore. Indica per ogni trasformazione il segno degli scambi dicalore e di lavoro e della variazione di energia interna.

Spiegazione Per questo problema è necessario aver compreso il primo principiodella termodinamica ed i significati di trasformazione adiabatica e isocora. L’equazio-ne da utilizzare sarà sempre ∆U = δQ − δL Bisogna poi ricordare che le variazionidi temperatura sono direttamente proporzionali alle variazioni di energia interna, eche un gas compie lavoro verso l’esterno quando si espande.

Svolgimento Il ciclo termodinamico in questione è formato dalle seguenti quattrotrasformazioni: una compressione adiabatica, un riscaldamento isocoro, una espan-sione adiabatica, un raffreddamento isocoro. Il grafico del ciclo è il seguente:

0.5 1 1.5 2

0.5

1

1.5

2

a

bc

dV

P


1. Compressione adiabatica.




• Ne segue che δU > 0: energia interna e la temperatura del gas aumentano.

2. Riscaldamento isocoro.


• Il gas si riscalda, quindi l’energia interna aumenta: ∆U > 0

• Ne segue che δQ > 0 e quindi il calore entra facendo aumentare l’energiainterna del gas.










Testo [T0027] [2 2 3a ] Alla partenza di un viaggio, quando la temperaturaè Ti = 15, le ruote di un’auto sono gonfiate alla pressione Pi = 2 atm. Dopo moltikilometri le ruote si sono scaldate fino alla temperatura Tf = 45. Quale pressionehanno raggiunto?

Spiegazione Abbiamo un gas che compie una trasformazione isocora, in quantoil volume della gomma della guota non cambia, durante la quale aumenta la tem-peratura. Sia per lo stato iniziale del gas che per quello finale vale la legge dei gasperfetti. Impostando il sistema risolviamo l’esercizio.

Svolgimento La legge dei gas perfetti mi descrive lo stato del gas in un certo istan-te, per cui la posso applicare sia nel momento iniziale della trasformazione chein quello finale. Se lo faccio ottengo il seguente sistema, nel quale, essendo unatrasformazione isocora, non facciamo differenza tra volume iniziale e finale:

PfV = NKTf

PiV = NKTi


PfV

PiV=NKTfNKTi


Pf

Pi=TfTi

ed infine

Pf =PiTfTi

=2 atm · (273, 15 + 45)K

(273, 15 + 15)K= 2, 2 atm



Testo [T0028] [2 3 3a ] Un frigorifero ha una porta di superficie S =

1, 5m2. Inizialmente spento e aperto, l’aria al suo interno ha una temperatura Ti =22. Una volta in funzione l’aria al suo interno raggiunge la temperatura Tf = 4.Con quale forza la porta viene schiacciata conto il frigorifero e tenuta chiusa?

Spiegazione Abbiamo un gas che compie un raffreddamento isocoro, in quanto ilvolume del frigorifero non cambia. Sia per lo stato iniziale del gas che per quellofinale vale la legge dei gas perfetti. Impostando il sistema risolviamo l’esercizio. Laporta è tenuta chiusa dalla differenza di pressione che si genera tra l’aria all’internoe l’aria all’esterno.

Svolgimento La legge dei gas perfetti mi descrive lo stato del gas in un certo istan-te, per cui la posso applicare sia nel momento iniziale della trasformazione chein quello finale. Se lo faccio ottengo il seguente sistema, nel quale, essendo unatrasformazione isocora, non facciamo differenza tra volume iniziale e finale:

PfV = NKTf

PiV = NKTi


PfV

PiV=NKTfNKTi


Pf

Pi=TfTi

La pressione dell’aria all’interno del frigo inizialmente è pari a quella atmosfericache assumiamo essere Patm = 1 atm

Pf =PatmTfTi

=1 atm · (273, 15 + 4)K

(273, 15 + 22)K= 0, 94 atm

La forza esercitata sulla porta del frigo è quindi

F = ∆P · S = 0, 06 atm · 1, 5m2 = 9 kN



Testo [T0029] [4 6 3a ] Un contenitore cilindrico di superficie di baseS = 10 cm2 contiene una mole di gas alla pressionePi = 2·105 Pa ed alla temperaturaTi = 300K. Il cilindro è chiuso da un pistone tenuto in posizione da una molla dicostante elastica k = 100 N

mm . Di quanto si solleva il pistone se scaldiamo il gas finoalla temperatura Tf = 400K?

Spiegazione In questo problema abbiamo una trasformazione termodinamica dif-ferente dalle quattro standard di cui di solito si tratta. Non è ovviamente isotermain quanto è scritto nel testo che la temperatura aumenta; non è isobara ne isocora inquanto l’aumento di temperatura implica un aumento del prodotto P · V nella leggedei gas. Un aumento di V però implica lo schiacciamento della molla che tiene ilcilindro, e quindi un aumento della pressione esercitata. P e V , visto il sistema fisicoche è stato costruito, sono tra loro legati.

Svolgimento Cominciamo con il determinare la relazione che intercorre tra il vo-lume e la pressione del gas. Un aumento del volume del gas implica un aumentodell’altezza del cilindro che corrisponde alla compressione della molla e quindi adun aumento della pressione.

∆h =∆V

S

∆P =k ·∆hS

=k ·∆VS2

Utilizzando la legge dei gas avremoPiVi = NKTi

PfVf = NKTfPiVi = NKTi(Pi +

k·∆hS

)· (Vi + S ·∆h) = NKTf

Ricaviamo Vi dalla prima equazione sostituendo poi nella seconda, ed avremo

Vi =NKTi

Pi(Pi +

k·∆hS

)·(

NKTi

Pi+ S ·∆h

)= NKTf

Consideriamo adesso la seconda equazione

NKTi + Pi · S ·∆h+∆h · k ·NKTiPi · S

+ k∆h2 = NKTf

Per comodità indichiamo con X = ∆h l’incognita da trovare

k ·X2 +

(Pi · S +

k ·NKTiPi · S

)·X −NK∆T = 0

mettendo tutto in unità standard e trascurando di scriverle1, avremo

105X2 +

(2 · 105 · 10−3 +

105 · 8, 314 · 3002 · 105 · 10−3

)·X − 8, 314 · 100 = 0

105X2 +(200 + 12, 471 · 105

)X − 831, 4 = 0

Il valore di X è la soluzione del problema.

1Questo ovviamente non è corretto da un punto di vista matematico; lo faccio solo per non renderetroppo pesante la scrittura e facilitare la comprensione.



Testo [T0030] [3 3 4a ] Un cilindro adiabatico, riempito di elio gassosoalla temperatura Ti = 47C, è chiuso da un pistone mobile all’altezza hi = 30 cm. Diquanto si deve abbassare il pistone per portare il gas alla temperatura Tf = 77C?

Spiegazione Il contenitore in questione è adiabatico, quindi non scambia calo-re con l’esterno. Abbassando il pistone si diminuisce il volume del gas e quindi,essendo la trasformazione adiabatica, il gas si scalda.

0.5 1 1.5 2

0.5

1

1.5

2

i

fV

P

Svolgimento In questo esercizio ilvolume del gas diminuisce e quindiaumenta pressione e temperatura. Ladiminuzione del volume è legata alladiminuzione dell’altezza del cilindro.

L’equazione delle trasformazioniadiabatiche

TiVγ−1i = TfV

γ−1f

Essendo l’elio un gas monoatomicoavremo che γ = 5

3

Il volume finale del gas è quindi

Vf = Vi

(TiTf

) 32

Il volume del gas ha la forma di un cilindro, quindi

Shf = Shi

(TiTf

) 32

hf = 30 cm ·(320K

350K

) 32

= 26, 2 cm


Testo [T0031] [4 4 4a ] Una mole di gas monoatomico compie una trasfor-mazione isobara da uno stato iniziale A ad uno stato B e successivamente compieuna trasformazione adiabatica verso uno stato C. Sappiamo che TA = TC = 20C,PA = 2 · 105 Pa e VB = 2VA. Determinare i valori delle variabili termodinamiche(P,V,T) nei tre stati A, B, e C.

Spiegazione Le informazioni fornite sono sufficienti per determinare i valori ditutte le variabili degli stati A, B e C utilizzando la legge dei gas e le proprietà delletrasformazioni.

Svolgimento Per quanto riguarda lo stato A avremoTA = 20C = 293K

PA = 2 · 105 Pa

VA =nRTAPA

=1mol · 8, 31 J

mol·K · 293K2 · 105 Pa

= 0, 0113m3

Per quanto riguarda lo stato B avremo che essendo la trasformazione A → B

un’isobara la pressione sarà la stessa dello stato A.PB = PA = 2 · 105 Pa

VB = 2VA = 0, 0227m3

TB =PBVBnR

= 2TA = 586K

La trasformazione B → C è un’adiabatica con γ = 53 , quindi

TBVγ−1B = TCV

γ−1C

TC = TA = 293K

VC = VB ·(TBTA

) 1γ−1

= 2 · 0, 0227m3 · 2 32 = 0, 1284m3

PC =nRTCVC

= 18963Pa


0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

A B

C

V

P

Fig. 14.1: Una trasformazione isobara seguita da una adiabatica. [Nel grafico le unità numeriche sono arbi-trarie e non in relazione con l’esercizio.]


Testo [T0032] [5 12 4a ] Due moli di gas biatomico compiono una trasfor-mazione isobara a pressione PA = 2 · 105 Pa da uno stato iniziale A ad uno stato Bcon VB = 2VA; successivamente una trasformazione adiabatica verso uno stato C edinfine un’isoterma a temperatura TC = 293K che riporta il gas allo stato A. Calcolail rendimento del ciclo.

Spiegazione Le informazioni date dal testo del problema sono sufficienti, sempli-cemente utilizzando le leggi della termodinamica, per determinare tutte le grandez-ze richieste.

Svolgimento Per quanto riguarda lo stato A avremoTA = 20 C = 293K

PA = 2 · 105 Pa

VA =nRTAPA

=2mol · 8, 31 J

mol·K · 293K2 · 105 Pa

= 0, 0243m3

Per quanto riguarda lo stato B avremo che essendo la trasformazione A → B

un’isobara la pressione sarà la stessa dello stato A.PB = PA = 2 · 105 Pa

VB = 2VA = 0, 0487m3

TB =PBVBnR

= 2TA = 586K

La trasformazione B → C è un’adiabatica con γ = 53 , quindi

TBVγ−1B = TCV

γ−1C

TC = TA = 293K

VC = VB ·(TBTA

) 1γ−1

= 2 · 0, 0227m3 · 2 32 = 0, 2754m3

PC =nRTCVC

= 17682Pa


0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

A B

C

V

P

Fig. 14.2: Una trasformazione isobara seguita da una adiabatica e poi da una isoterma. [Nel grafico le unitànumeriche sono arbitrarie e non in relazione con l’esercizio.]

Per calcolare adesso il rendimento del ciclo dobbiamo calcolare tutti gli scambi dienergia che avvengono. Il ciclo assorbe energia sotto forma di calore nell’espansioneisobara e cede energia nella compressione isoterma

∆Qass = ncp∆T = n · 72R ·∆T = 2mol · 7

2· 8, 31 J

molK· 293K = 17044 J

∆Qced = nRT ln

(VAVC

)= 4870 J · (−2.43) = −11835 J

Il segno meno indica che il calore è in ingresso.

Il rendimento del ciclo risulta quindi

η =δL

δQass=δQass − δQced

δQass= 0, 306



Testo [T0033] [2 7 4a ] Un gas perfetto monoatomico compie una trasfor-mazione isoterma a temperatura TA = 300K dallo stato A a pressione PA = 3 atm,allo stato B a pressione PB = 1 atm. Successivamente subisce una compressione iso-bara fino allo stato C a volume VC = 4 dm3, ed infine una trasformazione isocora perritornare nello stato A. Dopo aver disegnato il grafico della trasformazione calcola ilnumero di moli del gas, e le coordinate termodinamiche (P,V,T) dei tre stati A, B, C.


Svolgimento Il volume nello stato A è

VA =nRTAPA

=8, 31 J

molK · 300K3 · 105 Pa

= 0, 00831m3

Il numero di moli del gas è dato da

n =PAVARTA

=3 · 105 Pa · 0, 00831m3

8, 31 JmolK · 300K

= 1mol

La prima trasformazione è un’isoterma, quindi

TB = TA = 300K

Dalla legge dei gas sappiamo che per un’isoterma

PAVA = PBVB

e quindi

VB = VA · PA

PB= 0, 02493m3

Sappiamo poi chePC = PB = 1 atm

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

A

BC

V

P


perché la trasformazione B → C è isobara, e che

VC = VA

perché la trasformazione C → A è isocora.



Testo [T0034] [4 12 4a ] Un gas perfetto monoatomico compie una trasfor-mazione isoterma a temperatura TA = 400K dallo stato A a pressione PA = 2 atm,allo stato B a pressione PB = 1 atm. Successivamente subisce una compressione iso-bara fino allo stato C a volume VC = 5 dm3, ed infine una trasformazione isocora perritornare nello stato A. Dopo aver disegnato il grafico della trasformazione calcola ilnumero di moli del gas, e le coordinate termodinamiche (P,V,T) dei tre stati A, B, C.Calcola gli scambi di energia nei tre tratti del ciclo ed il rendimento del ciclo.

Spiegazione Le informazioni date dal testo del problema sono sufficienti, sempli-cemente utilizzando le leggi della termodinamica, per determinare tutte le grandez-ze richieste. Il diagramma delle trasformazioni è rappresentato in figura 14.4.

Svolgimento Il volume nello stato A è lo stesso dello stato C perché la trasforma-zione C → A è isocora, quindi

VA = VC = 5 dm3

Il numero di moli del gas è dato da

n =PAVARTA

=2 · 105 Pa · 0, 005m3

8, 31 JmolK · 400K

= 20, 775mol

La prima trasformazione è un’isoterma, quindi

TB = TA = 400K

Dalla legge dei gas sappiamo che per un’isoterma

PAVA = PBVB

e quindi

VB = VA · PA

PB= 0, 005m3 · 2 = 0, 01m3

Sappiamo poi chePC = PB = 1 atm

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

A

BC

V

P


perché la trasformazione B → C è isobara.La temperatura nel punto C la troviamo con l’equazione dell’isobara

TCVB = TBVC

TC = TB · VCVB

= 400K · 0, 005m3

0, 01m3= 200K

Il ciclo termodinamico compie lavoro nel tratto isoterma

δL = nRT ln

(VfVi

)

δL = 20, 775mol · 8, 31 J

molK· 400K · ln

(0, 01

0, 005

)


δL = 47866 J

Il calore è assorbito durante l’isoterma e durante l’isocora.

δQ = ncv∆T + nRT ln

(VfVi

)δQ = 51792 J + 47866 J = 99658, J

Il rendimento del ciclo è quindi

η =δL

δQass= 0, 48


Testo [T0035] [4 9 4a ] n = 2 moli di gas monoatomico compiono un cicloreversibile tra gli stati A, B, C, D indicato di seguito. Disegnare il ciclo termodinami-co e calcolare le coordinate termodinamiche (P,V,T) nei quattro stati indicati.

A→ B: espansione isoterma da PA = 2 atm, VA = 1 dm3 a VB = 2 dm3;

B → C: espansione adiabatica fino a PC = 14PA;

C → D: compressione isobara fino al volume VD = VA;

D → A: trasformazione isocora fino allo stato A.


Svolgimento La temperatura nello stato A è calcolabile dalla legge dei gas

TA =PAVAnR

= 12K

La pressione PB la troviamo con la legge delle isoterme

TB = TA = 12K

PBVB = PAVA

PB = PA · VAVB

= 1 atm

Dai dati del problema avremo

PC = 0, 5 atm

La legge delle adiabatiche mi permette di trovare il volume del gas nello stato C

PCVγC = PBV

γB


0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

A

B

CDV

P

Fig. 14.5: Un ciclo termodinamico. [Nel grafico le unità numeriche sono arbitrarie e non in relazione conl’esercizio.]

VC = VB ·(PB

PC

) 1γ

VC = 2 dm3 · 2 53 = 3, 03 dm3

per la temperatura nello stato C avremo

TC =PCVCnR

= 9, 1K

Per lo stato D avremoVD = VA = 1 dm3

PD = PC = 0, 5 atm

TD =PDVDnR

= 3K



Testo [T0036] [2 7 4a ] Una mole di gas perfetto monoatomico compie latrasformazione ciclica indicata di seguito. Disegna la trasformazione nel piano (P,V)e determina le coordinate termodinamiche dei tre stati A, B, C.

A→ B: trasformazione isobara con PA = 1 atm, VA = 2 litri e VB = 6 litri;

B → C: trasformazione isocora

C → A: trasformazione isoterma


Svolgimento Per lo stato A avremo

TA =PAVAnR

= 24K

Per lo stato B raggiunto con una isobara avremo

PB = PA = 1 atm

TBVA = TAVB

TB = TA · VBVA

= 72K

Per lo stato C, raggiunto con una isocora da B e connesso con un’isoterma ad A,avremo

VC = VB = 6 litri

TC = TA = 24K

ed infine

PCTB = PBTC

PC = PB · TCTB

=1

3atm

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

A B

C

V

P




Testo [T0037] [4 12 4a ] n = 0, 1mol di gas perfetto biatomico compionola trasformazione ciclica indicata di seguito. Disegna la trasformazione nel piano(P,V) e determina le coordinate termodinamiche (P,V,T) dei tre stati A, B, C. Calcolapoi gli scambi di energia durante il ciclo ed il rendimento del ciclo.

A→ B: trasformazione isobara con PA = 1 atm, VA = 2 litri e VB = 6 litri;

B → C: trasformazione isocora

C → A: trasformazione isoterma


Svolgimento Per lo stato A avremo

TA =PAVAnR

=105 Pa · 0, 002m3

0, 1mol · 8, 31 JmolK

= 240, 7K

Per lo stato B raggiunto con una isobara avremo

PB = PA = 1 atm

TBVA = TAVB

TB = TA · VBVA

= 722, 0K

Per lo stato C, raggiunto con una isocora da B e connesso con un’isoterma ad A,avremo

VC = VB = 6 litri

TC = TA = 240, 7K

ed infine

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

A B

C

V

P


PCTB = PBTC

PC = PB · TCTB

PB · TA

TA · VB

VA

=1

3atm

Per calcolare il rendimento del ciclo dobbiamo calcolarci gli scambi di caloredurante il ciclo.

Il gas assorbe calore durante la trasformazione A→ B

δQass = ncp∆TA→B = 0, 1mol · 72· 8, 31 J

molK· 481, 3K = 1400 J

Nelle altre du trasformazioni il gas cede calore

δQced = ncv∆TB→C + nRT ln

(VAVB

)


δQced = −0, 1mol · 52· 8, 31 J

molK· 481, 3K + 0, 1 · 8, 31 J

K· 240, 7K · ln

(1

3

)δQced = −999, 9 J − 219, 7 J = −780 J

Il rendimento risulta quindi

η =δQass − δQced

δQass= 0, 443


Testo [T0038] [3 3 4a ] Una mole di gas compie una trasformazione adia-batica passando dalla temperatura Ti = 20 C alla temperatura Tf = 40 C e da unvolume Vi = 1m3 ad un volume Vf = 0, 848m3. Che tipo di gas si sta analizzando?

Spiegazione La trasformazione adiabatica fornisce i dati necessari per determinareil fattore γ, con in quale si può determinare se il gas è monoatomico, biatomico opoliatomico.

Svolgimento Per la legge delle trasformazioni adiabatiche avremo

TiVγ−1i = TfV

γ−1f

TiTf

=

(VfVi

)γ−1

293

313= (0, 848)

γ−1

γ − 1 =ln 0, 936

ln 0, 848= 0, 4

γ = 1, 4 =7

5

Il gas è quindi biatomico. Per un gas biatomico, infatti, cv =5

2e cp =

7

2, per cui

γ =cpcv

=7

5= 1, 4



Testo [T0039] [2 3 4a ] Una macchina di Carnot è costituita da n = 2moli

di un gas perfetto che compiono un ciclo tra le temperature Ta = 327C e Tb =

127 C. Alla temperatura più alta il gas assorbe una quantità di calore ∆Q = 13000 J .Calcolare il rendimento del ciclo, il lavoro fatto dal ciclo, ed il rapporto Vf

Vitra il

volume finale e quello iniziale nell’isoterma a temperatura maggiore.


Svolgimento Cominciamo con il calcolare il rendimento del ciclo

η = 1− TbTa

= 1− 400K

500K= 0, 2

Il lavoro prodotto dal ciclo è

δL = η · δQass = 2600 J

Durante la trasformazione isoterma superiore, il gas produce un lavoro

δL1 = δQass = nRTa ln

(VfVi

)

δQass

nRTa= ln

(VfVi

)VfVi

= eδQassnRTa = e1,564 = 4, 78


Testo [T0040] [5 10 4a ] Venti moli di gas perfetto monoatomico compionola trasformazione ciclica indicata di seguito. Disegna la trasformazione nel piano(P,V) e determina le coordinate termodinamiche dei tre stati A, B, C. Calcola poi ilrendimento del ciclo.

A→ B: espansione adiabatica con TA = 400K, VB = 2m3;

B → C: compressione isoterma a temperatura TB = 300K

C → A: riscaldamento isocoro


Svolgimento Il gas è monoatomico, quindi γ =5

3Cominciamo con il calcolare la pressione in B

PB =nRTBVB

= 24930Pa

Considerando la trasformazione adiabatica avremo

TAVγ−1A = TBV

γ−1B

VA = VB ·(TBTA

) 1γ−1

= 2m3 · 0, 65 = 1, 3m3

La pressione in A è quindi

PA =nRTAVA

= 51138Pa

I valori delle variabili in C sono

TC = TB = 300K


0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4A

B

C

V

P


VC = VA = 1, 3m3

PC =nRTCVC

= 38354Pa

Gli scambi di calore con il mondo esterno avvengono in ingresso nel riscalda-mento isocoro ed in uscita nella compressione isoterma. Per cui

δQass = ncv∆TC→A = 20mol · 32· 8, 31 J

molK· 100K = 24930 J

δQced = nRTC ln

(VCVB

)δQced = 20mol · 8, 31 J

molK· 300K ln (0, 65) = −21479 J



δQass= 0, 138



Testo [T0041] [3 4 4a ] In un recipiente di volume Vr = 2m3 ci sonom = 100 kg di acqua, in equilibrio con il suo vapore. Il recipiente e mantenuto a tem-peratura costante T = 60 C. A quella temperatura la tensione di vapore dell’acquaè P = 20 kPa. Quanto deve diventare il volume del recipiente per far condensarem = 9 g di acqua?

Spiegazione La compressione del gas, visto che è in equilibrio con il suo liquido,avviene a pressione costante e, in base alle informazioni del problema, anche a tem-peratura costante. La diminuzione del volume implica quindi la diminuzione delnumero di molecole di gas.

Svolgimento Cominciamo con il considerare cheml = 100 kg occupano un volume

Vl =ml

ρH2O

= 100 dm3 = 0, 1m3

Per far condensare m = 9 g di acqua, devono condensare n = 0, 5moli di acqua,visto che il peso molecolare dell’acqua è 18. Abbiamo quindi che i valori iniziali dellevariabili del gas sono Vi = 2m3 − 0, 1m3 = 1, 9m3; Pi = P = 20 kPa; Ti = 60 C;

ni =PiViRTi

=20 kPa · 1, 9m3

8, 31 JmolK 333K

= 368mol

Il tipo di trasformazione considerata permette di scrivere il seguente sistema:PVi = niRT

PVf = nfRT⇒ Vf = Vi

nfni

= 1, 9m3 · 367, 5368

= 1, 897m3

Il volume complessivo del recipiente dovrà quindi diventare

Vrf = Vf + Vl = 1, 997m3

cioè dovrà comprimersi di∆V = 3 dm3


Testo [T0042] [4 3 4a ] In un contenitore rigido, nH

= 2mol di idrogenosono mescolate a n

O= 1mol di ossigeno entrambi gassosi. La reazione chimica che

produce acqua, libera anche un certo quantitativo di energia Qr = 451, 2 kJmol

H2O.

Sapendo che il contenitore è tenuto alla temperatura costante T = 200 C, quantocalore è stato ceduto dal gas verso il mondo esterno?

Spiegazione La reazione chimica in questione libera dell’energia. Il gas che si vie-ne a formare avrà nuove coordinate termodinamiche all’interno del contenitore. Ladifferenza tra l’energia interna del gas prima della reazione e dopo la reazione, corri-sponde all’energia prodotta dalla reazione ma rimasta all’interno del gas. La restan-te parte dell’energia viene ceduta al mondo esterno. La trasformazione in questioneavviene a volume e temperatura costanti. La variazione del numero di molecole de-termina una variazione della pressione. La variazione del numero di molecole e deltipo di molecole determina una variazione dell’energia interna del gas.

Svolgimento L’energia interna del gas biatomico che abbiamo inizialmente è

Ui =5

2niRT =

15

2RT

L’energia interna del vapore acqueo che abbiamo alla fine è

Uf =7

2nfRT =

14

2RT

Il calore ceduto al mondo esterno è dato quindi dalla somma del calore pro-dotto nella reazione chimica e di quello ceduto affinché il gas mantenga volume etemperatura.

δQced = Qr+15

2RT− 14

2RT = Qr+

1

2RT = (451, 2 · 1000 + 8, 31 · 473) J = 455131 J



Testo [T0043] [2 3 4a ] Due moli di gas ideale monoatomico si espandonoassorbendo δQ = 12 kJ di calore. Sapendo che il lavoro compiuto dal gas è pari aldoppio della sua variazione di energia interna, calcola la variazione di temperaturadel gas.

Spiegazione In questa generica trasformazione utilizzeremo il primo principio del-la termodinamica. Con esso ricaveremo la variazione di energia interna del gas e diconseguenza la variazione di temperatura.

Svolgimento Sappiamo che

∆U = δQ− δL = δQ− 2∆U

∆U =1

3δQ

La variazione di energia interna di un gas monoatomico è legata alla temperaturaattraverso la relazione

∆U =3

2nR∆T

e quindi avremo

∆T =2

9nR∆Q = 160K


Testo [T0044] [2 7 4a ] Tre moli di gas perfetto monoatomico compiono latrasformazione ciclica indicata di seguito. Disegna la trasformazione nel piano (P,V)e determina le coordinate termodinamiche dei quattro stati A, B, C, D.

A→ B: riscaldamento isocoro con Pa = 105 Pa, Pb = 4Pa e Ta = 300K

B → C: espansione isobara con Vc = 2Vd

C → D: espansione isoterma con Pd = Pa

D → A: compressione isobara


Svolgimento Le coordinate termodinamiche che dobbiamo determinare sonoPa =?

Ta =?

Va =?

Pb =?

Tb =?

Vb =?

Pc =?

Tc =?

Vc =?

Pd =?

Td =?

Vd =?

Utilizzando le informazioni del testo sui valori delle variabili e sul tipo di trasfor-mazioni, avremo

Pa = 105 Pa

Ta = 300K

Va =?

Pb = 4Pa

Tb =?

Vb = Va

Pc = Pb = 4Pa

Tc = Tb

Vc = 2Vb = 2Va

Pd = Pa

Td = Tc

Vd =?

Utilizziamo adesso la legge dei gas per trovare nell’ordine Va, Vb, Tb, Tc, Td, VdPa = 105 Pa

Ta = 300K

Va =nRTaPa

= 0, 07479m3

Pb = 4Pa = 4 · 105 Pa

Tb =4nRTanR

= 4Ta = 1200K

Vb = Va = 0, 07479m3


Pc = 4 · 105 Pa

Tc = Tb = 2400K

Vc = 0, 14958m3

Pd = 105 Pa

Td = Tc = 2400K

Vd =nRTdPd

= 0, 59832m3

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

A

B C

D

V

P



Testo [T0045] [3 9 4a ] Tre moli di gas perfetto monoatomico compiono latrasformazione indicata di seguito. Calcola il lavoro fatto dalla trasformazione.

A→ B: riscaldamento isocoro con Pb = 4Pa e Ta = 300K

B → C: espansione isobara con Vc = 2Vd

C → D: espansione isoterma con Pd = Pa

Spiegazione Per calcolare il lavoro della trasformazione dobbiamo calcolare e poisommare l lavori nelle singole trasformazioni.

SvolgimentoδLA→D = δLA→B + δLB→C + δLC→D

Il lavoro della trasformazione isocora è nullo.Per le altre due trasformazioni avremo

δLA→D = 0 + Pb · (Vc − Vb) + nRTc ln

(VdVc

)Utilizzando le informazioni del testo sui valori delle variabili e sul tipo di trasfor-

mazioni, ed utilizzando la legge dei gas, avremo

Ta = 300K

Va =nRTaPa

Pb = 4Pa

Vb = Va

Tb =PbVbnR

= 4TaPc = Pb = 4Pa

Vc = 2Vb = 2Va

Tc =PcVcnR

= 8Ta

Pd = Pa

Td = Tc

Vd =nRTdPd

=8nRTaPa

= 8Va

Il calcolo del lavoro risulta quindi

δLA→D = 2PbVb + nRTc ln 4 = 8nRTa + 8nRTa ln 4 = 8 (1 + ln 4)nRTa = 142, 8 kJ



Testo [T0046] [4 10 4a ] Due moli di gas perfetto monoatomico compionola trasformazione ciclica indicata di seguito. Disegna la trasformazione nel piano(P,V) e determina le coordinate termodinamiche dei tre stati A, B, C. Calcola poi ilrendimento del ciclo.

A→ B: espansione isobara con TA = 400K, VA = 2m3, VB = 6m3;

B → C: raffreddamento isocoro

C → A: compressione adiabatica

Spiegazione Per calcolare le varie coordinate termodinamiche occorre utilizzare lalegge dei gas e le informazioni sulle singole trasformazioni. IL calcolo del rendi-mento avverrà calcolando gli scambi di calore durante tutte le trasformazioni delciclo.

Svolgimento Cominciamo con il con-siderare lo stato A

PA =nRTAVA

= 3324Pa

Considerando la trasformazione iso-bara A→ B avremo

PB = PA = 3324Pa

Considerando lo stato B avremo

TB =PBVBnR

= 1200K

Lo stato C ha un volume VC = VB =

6m3 in quanto raggiunto da B con unatrasformazione isocora. Quello stato è

raggiunto da A con una trasformazioneadiabatica, quindi

PCVγC = PAV

γA

PC = PA ·(1

6

) 53

= 533Pa

TC =PCVCnR

= 192, 3K

Calcoliamo adesso il rendimento delciclo Il ciclo assorbe calore durantela trasformazione isobara e cede calo-re durante il raffreddamento isocoro.Calcoliamo i calori scambiati in valoreassoluto

δQass = ncp |∆TA→B |


0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

A

B C

D

V

P

Fig. 14.10: Tre trasformazioni in sequenza. [Nel grafico le unità numeriche sono arbitrarie e non in rela-zione con l’esercizio.]

0.5 1 1.5 2

0.5

1

1.5

2

C

BA

V

P

Fig. 14.11: Tre trasformazioni in sequenza. [Nel grafico le unità numeriche sono arbitrarie e non in rela-zione con l’esercizio.]

δQced = ncv |∆TB→C |

η = 1− δQced

δQass

η = 1− cv∆TB→C

cp∆TC→B

η = 1− 3

5· 1008K800K

= 24, 4%



Testo [T0047] [2 3 4a ] Due moli di gas ideale monoatomico si espandonoassorbendo δQ = 12 kJ di calore. Sapendo che il lavoro compiuto dal gas è pari ametà del calore assorbito, calcola la variazione di temperatura del gas. [per il calcolodi ∆U cercate una opportuna trasformazione]

Spiegazione Questa trasformazione è un’espansione di cui non conosciamo nullasul percorso fatto. L’unica cosa che possiamo utilizzare è il primo principio dellatermodinamica. A questo punto il calcolo della variazione di energia interna, chenon dipende dal percorso fatto, è fattibile considerando una trasformazione isocoraseguita da una trasformazione isoterma.

Svolgimento Definiamo A e B gli stati iniziale e finale della trasformazione.Per il primo principio della termodinamica possiamo scrivere

∆U = δQ− δL

∆U = δQ− 1

2δQ

∆U =1

2δQ

Se consideriamo una trasformazione isocora che dallo stato A conduce il gas atemperatura TB e successivamente una trasformazione isoterma che porta nello statoB, allora

∆U = ∆Uisocora +∆Uisoterma = ncv∆T + 0

quindi

ncv∆T =1

2δQ

∆T =1

2ncvδQ =

12 kJ

3mol · 8, 31 JmolK

= 481, 3K


Testo [T0048] [2 3 4a ] Due moli di gas ideale monoatomico si espandonoassorbendo δQ = 12 kJ di calore. Sapendo che la variazione di energia interna è paria metà del calore assorbito, calcola la variazione di temperatura del gas.



∆U = δQ− δL = δQ− 1

2δQ

∆U =1

2δQ


∆U =3

2nR∆T

e quindi avremo

∆T =1

3nR∆Q = 241K



Testo [T0049] [4 10 4a ] Due moli di gas perfetto monoatomico compionola trasformazione ciclica indicata di seguito. Disegna la trasformazione nel piano(P,V) e determina le coordinate termodinamiche dei tre stati A, B, C. Calcola poi ilrendimento del ciclo.

A→ B: compressione isobara con TA = 400K, VA = 6m3, VB = 2m3;

B → C: riscaldamento isocoro

C → A: espansione adiabatica

Spiegazione Le informazioni date dal testo del problema sono sufficienti, sem-plicemente utilizzando le leggi della termodinamica, per determinare tutte le gran-dezze richieste. Il diagramma delle trasformazioni è rappresentato in figura 14.12.Il rendimento del ciclo lo si trova poi analizzando gli scambi di calore durante latrasformazione.

Svolgimento Il gas è monoatomico, quindi γ =5

3Cominciamo con il calcolare la pressione nello stato A

PA =nRTAVA

=2mol · 8, 31 J

molK · 400K6m3

= 1108Pa

da cui, tenendo conto che B → C è un’isobara, avremo

PB = PA = 1108PaK

Calcoliamo ora la temperatura in B

TB =PBVBnR

=1108Pa · 2m3

2mol · 8, 31 JmolK

= 133K

Considerando la trasformazione isocora avremo

VC = VB = 2m3

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4C

AB

V

P


TCVγ−1C = TAV

γ−1A

TC = TA ·(VAVC

)γ−1

= 400K · 0, 48 = 832K

La pressione in C è quindi

PC =nRTCVC

= 6914Pa


TC = 832K

VC = 2m3


PC = 6914Pa

Gli scambi di calore con il mondo esterno avvengono in ingresso nel riscalda-mento isocoro ed in uscita nella compressione isobara. Per cui

δQass = ncv∆TB→C = 2mol · 8, 31 J

molK· (699K) = 17426J

δQced = ncp∆TA→B = −11094 J


η =δQass − |δQced|

δQass= 36, 3%


Testo [T0050] [4 10 4a ] Due moli di gas perfetto biatomico compionola trasformazione ciclica indicata di seguito. Disegna la trasformazione nel piano(P,V) e determina le coordinate termodinamiche dei tre stati A, B, C. Calcola poi ilrendimento del ciclo.

A→ B: espansione adiabatica con TA = 500K, VB = 2m3;

B → C: compressione isoterma

C → A: riscaldamento isocoro con assorbimento di δQass = 2 kJ


Svolgimento Il gas è biatomico, quindi γ =7

5Cominciamo con il calcolare la variazione di temperatura durante la trasforma-

zione C → A

∆TC→A =δQ

ncv= 48K

da cui, tenendo conto che B → C è un’isoterma, avremo

TB = TC = TA −∆TC→A = 452K

Calcoliamo ora la pressione in B

PB =nRTBVB

=2mol · 8, 31 J

molK · 452K2m3

= 3756Pa

Considerando la trasformazione adiabatica avremo

TAVγ−1A = TBV

γ−1B


0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4A

B

C

V

P


VA = VB ·(TBTA

) 1γ−1

= 2m3 · 0, 96 = 1, 92m3

Considerando la trasformazione isocora C → A avremo

VC = VA = 1, 92m3

La pressione in A è quindi

PA =nRTAVA

= 4155Pa


TC = TB = 452K

VC = VA = 1, 92m3

PC =nRTCVC

= 3913Pa


δQced = nRTC ln

(VCVB

)δQced = 2mol · 8, 31 J

molK· 452K ln (0, 96) = −307 J



δQass= 0, 8465 = 84, 65%



Testo [T0050a] [4 10 4a ] Due moli di gas perfetto biatomico compionola trasformazione ciclica indicata di seguito. Disegna la trasformazione nel piano(P,V) e determina le coordinate termodinamiche dei tre stati A, B, C. Calcola poi ilrendimento del ciclo.

A→ B: espansione adiabatica con TB = 500K, VA = 2m3;

B → C: compressione isoterma con calore ceduto di δQced = −1 kJ

C → A: riscaldamento isocoro


Svolgimento Il gas è biatomico, quindi γ =7

5La trasformazione C → A è un’isocora, quindi

VC = VA = 2m3

Cominciamo con il calcolare il volume della stato B grazie alla trasformazioneB → C

δQced = nRTB ln

(VCVB

)

eδQcednRTB =

(VCVB

)

VB = VC · e−δQcednRTB

VB = 2m3e1000 J

2·8,31 JmolK

500K = 2, 256m3

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4A

B

C

V

P


La pressione in B è quindi

PB =nRTBVB

=2mol · 8, 31 J

molK · 500K2, 256m3

= 3684Pa

La pressione in C è quindi

PC =nRTCVC

=2mol · 8, 31 J

molK · 500K2m3

= 4155Pa

Considerando la trasformazione adiabatica A→ B avremo

PAVγA = PBV

γB

PA = PB

(VBVA

)γ

= 3684Pa · 1, 18 = 4361Pa


InfineTA =

PAVAnR

= 525K


δQass = ncv∆TC→A

δQass = 2mol · 52· 8, 31 J

molK· 25K = 1039 J



δQass= 0, 037 = 3, 7%


Testo [T0051] [2 3 4a ] Due moli di gas ideale monoatomico si espandonocompiendo un lavoro δL = 5 kJ . Sapendo che il lavoro compiuto dal gas è pari aldoppio del calore assorbito, calcola la variazione di temperatura del gas.



∆U = δQ− δL =1

2δL− δL

∆U = −1

2δL


∆U =3

2nR∆T

e quindi avremo

∆T = − 1

3nR∆L = −100, 3K



Testo [T0052] [5 5 4a ] Un frigorifero lavora tra una temperatura ambienteTa = 28 C ed una temperatura interna Tb = 5 C. Calcola il coefficiente di prestazio-ne del frigorifero. Sapendo che per raffreddarem = 500 g di broccoli (calore specificocs = 3850 J

kgK ) vengono consumati δL = 9000J , indica se si tratta di una macchinatermica reversibile. Calcola le variazioni di entropia dei broccoli e dell’ambiente.

Spiegazione I calcoli delle grandezze avvengono semplicemente applicando i con-cetti di base al problema ed utilizzando i dati forniti. Per affermare se una macchinatermica è reversibile o meno, è possibile paragonare il rendimento teorico ed effettivodella macchina stessa.

Svolgimento Le temperature della macchina termica sono Ta = 28 C = 301K eTa = 5 celsius = 278K

La macchina ha sottratto ai broccoli

δQb = csm∆T = 3850J

kgK· 0, 5 kg · 23K = 44275 J

Il rendimento teorico della macchina è quindi

ηt = 1− TbTa

=23

301= 7, 64%

Nella realtà la macchina ha avuto un rendimento

ηr = 1− δQb

δQa= 1− δQb

δQb + δL= 1− 44275

44275 + 9000= 16, 9%

La macchina ha un rendimento reale differente a quello teorico, quindi è irrever-sibile.

La variazione di entropia dei broccoli è calcolabile con la formula

∆S =

∫ Tf

Ti

csmdT

T= csm ln

TfTi

= 3850J

kgK· 0, 5 kg · ln 278

301= −153, 0

J

K

La variazione di entropia dell’ambiente avviene durante una trasformazione atemperatura costante, ma per il calcolo è necessario considerare una trasformazione

reversibile. Nel ciclo reversibile, la macchina frigorifera avrebbe assorbito un lavorodifferente e quindi ceduto alla sorgente calda un calore differente, pari a

δQat =δQb

1− ηt==

44275 J

1− 0, 0764= 47937, 4 J

Quindi, scegliendo una trasformazione reversibile che permetta alla macchinatermica di funzionare in modo reversibile e quindi farci calcolare in modo corretto levariazioni di entropia, avremo

∆S =δQat

T=

47937, 4 J

301K= 159, 3

J

K

L’entropia totale del sistema fisico è quindi aumentata essendo

∆Stot = +6, 3J

K



Testo [T0054] [5 12 4a ] Cinquanta moli di gas biatomico compiono unciclo Diesel formato da due adiabatiche, un’isobara ed un’isocora. Disegna la tra-sformazione nel piano (P,V) e determina le coordinate termodinamiche dei quattrostati A, B, C, D vertici della trasformazione. Calcola poi il rendimento del ciclo.

A→ B: riscaldamento isobaro con PA = 106 Pa, VA = 0, 1m3, TB = 800K

B → C: espansione adiabatica con VC = 2VB

C → D: raffreddamento isocoro

D → A: compressione adiabatica

Spiegazione Le informazioni date dal testo del problema sono sufficienti, sempli-cemente utilizzando le leggi della termodinamica, per determinare tutte le grandez-ze richieste. Il rendimento del ciclo lo si trova poi analizzando gli scambi di caloredurante la trasformazione.

Svolgimento Cominciamo con il determinare la temperatura dello stato A:

TA =PAVAnR

=106 Pa · 0, 1m3

50mol · 8, 31 JmolK

= 241K

Possiamo adesso conoscere lo stato B:

PB = PA = 106 Pa

VB =VATBTA

= 0, 33m3

L’espansione adiabatica, con γ = 75 in quanto gas biatomico, ci permette di avere

informazioni sullo stato C:VC = 2VB = 0, 66m3

PCVγC = PBV

γB

PC = PBVBVC

γ

= 106 Pa · 2− 75 = 3, 8 · 105 Pa

TC =PCVCnR

= 602K

Per quanto riguarda lo statoD dovremo intersecare la trasformazione isobara conla compressione adiabatica

VD = VC = 0, 66m3

PAVγA = PDV

γD

PD = PAVAVD

γ

= 106 Pa · 6, 6− 75 = 7 · 104 Pa

TD =PDVDnR

= 111K

Calcoliamo adesso il rendimento del ciclo. Il gas scambia lavoro durante l’espan-sione isobara, l’espansione adiabatica e la compressione adiabatica. Il gas assorbecalore durante l’espansione isobara. Quindi:

δLA→B

= P ·∆VA→B

= 106 Pa · 0, 23m3 = 2, 3 · 105 J

δLB→C

= −ncv∆TB→C= −50mol · 5

2· 8, 31 J

molK· (−198K) = 2, 1 · 105 J

δLD→A

= −ncv∆TD→A= −50mol · 5

2· 8, 31 J

molK· (130K) = −1, 4 · 105 J

δQA→B

= ncp∆T = 8, 1 · 105 J

Il rendimento è quindi

η =δLtot

δQass=

3

8, 1= 37%



Testo [T0055] [3 4 4a ] Due moli di ossigeno gassoso sono contenute inun cilindro a pressione costante chiuso da un pistone mobile. Il gas si trova allatemperatura Ti = 300K ed al volume iniziale Vi = 5 dm3. viene scaldato in modo datriplicarne il volume. Quanto lavoro e quanto calore sono scambiati dal gas?

Spiegazione Il cilindro ha un pistone mobile che mantiene il gas a pressione co-stante.

Svolgimento Essendo la trasformazione a pressione costante avremo che

TiVi

=TfVf

da cui

Tf = TiVfVi

= 900K

Il lavoro fatto dal gas è

δL = P ·∆V = 2 · 105 Pa · 10−2m3 = 2000 J

La variazione di energia interna interna sarà

∆U = ncv∆T =5

2nR∆T = 5mol · 8, 31 J

molK· 600K = 24930 J

Quindi il calore scambiato sarà

δQ = ∆U − δL = 22930 J


Testo [T0056] [4 5 4a ] Un gas biatomico compie una trasformazioneisoterma dallo stato A

(105 Pa; 2m3; 300K

)raddoppiando il suo volume. Volendo

ottenere la stessa trasformazione A → B utilizzando un riscaldamento isocoro eduna espansione adiabatica, quale pressione massima verrebbe raggiunta?

Spiegazione Identificate lo stato B; successivamente trovate lo stato X che rap-presenta l’intersezione tra l’isocora che passa da A e l’adiabatica che passa da B. Ilpercorso A → C → B è il percorso indicato dal testo dell’esercizio. La pressionedello stato X è la risposta al problema.

Svolgimento Lo stato B è identificabile tramite la legge dei gas.PaVa = nRT

PbVb = nRT⇒ Pb =

PaVaVb

=Pa

2= 5 · 104 Pa

L’adiabatica che passa da B è identificata dall’equazione

PbVγb = PxV

γx

Il fattore γ =7

5è determinato sapendo che il gas è un gas biatomico.

Considerando che la trasformazione A→ X è isocora abbiamo

PbVγb = PxV

γa

Pb · 2γ = Px

Px = 275 · 5 · 104 Pa = 1, 3 · 105 Pa



Testo [T0057] [3 3 4a ] Un ciclo di Carnot (due isoterme e due adiabatiche)di rendimento η = 25% parte dallo stato A

(105 Pa; 2m3; 300K

)con un’espansione

isoterma. Esso produce un lavoro δL = 1000 J . Determina la temperatura alla qualecede calore, il calore assorbito, il volume finale della trasformazione isoterma.

Spiegazione Sapendo che il ciclo termodinamico in questione è quello di Carnot, èsufficiente applicare le leggi a riguardo.

Svolgimento Il rendimento di un ciclo termodinamico di Carnot è

η =δL

δQass= 1− Tb

Ta

Avremo quindi che il calore assorbito è

δQ =δL

η= 4000 J

Allo stesso modo possiamo calcolare la temperatura dell’isoterma fredda

Tb = Ta (1− η) = 225K

Il numero di moli del gas è ricavabile con la legge dei gas

n =P

AV

A

RT= 80mol

Sappiamo che il calore è assorbito durante l’espansione adiabatica

δQass = nR lnV

B

VA

e

δQass

nR =V

B

VA

VB= V

Ae

δQassnR = 6m3


Testo [T0058] [4 5 4a ] Un gas monoatomico compie una trasformazio-ne isoterma dallo stato A

(105 Pa; 2m3; 300K

)raddoppiando il suo volume. Vo-

lendo ottenere la stessa trasformazione A → B utilizzando nell’ordine un riscalda-mento isobaro ed una espansione adiabatica, quale temperatura massima verrebberaggiunta?

Spiegazione Per questa trasformazione è necessario applicare le leggi relative al-le trasformazioni indicate. Disegnate il percorso delle trasformazioni sul piano diClapeyron per orientarvi nella comprensione della soluzione.

Svolgimento Lo stato finale B, utilizzando la legge dei gas

PAV

A= P

BV

B

è dato da B(5 · 104 Pa; 4m3; 300K

)La massima temperatura raggiunta è quella dello stato intermedio C dato daTA

VC= T

CV

A

TCV γ−1

C= T

BV γ−1

BTAV

C= T

CV

A

TCV γ−1C = 2γ−1T

AV γ−1

AT

AV

C

VA

= TC

TAV γC

VA

= 2γ−1TAV γ−1

A

T

AV

C

VA

= TC

V γC = 2γ−1V γ

A


T

AV

C

VA

= TC

VC = 2γ−1γ V

ATC= T

A2

γ−1γ

VC = 2γ−1γ V

A

Per cuiT

C= T

A2

γ−1γ = 396K


Testo [T0058a] [4 5 4a ] Un gas monoatomico compie una trasformazio-ne isoterma dallo stato A

(105 Pa; 2m3; 300K


lendo ottenere la stessa trasformazione A → B utilizzando nell’ordine un riscalda-mento isocoro ed una espansione adiabatica, quale temperatura massima verrebberaggiunta?

Spiegazione Identificate lo stato B; successivamente trovate lo stato X che rap-presenta l’intersezione tra l’isocora che passa da A e l’adiabatica che passa da B. Ilpercorso A → C → B è il percorso indicato dal testo dell’esercizio. La pressionedello stato X è la risposta al problema.

Svolgimento Lo stato B è identificabile tramite la legge dei gas.PaVa = nRT

PbVb = nRT⇒ Pb =

PaVaVb

=Pa

2= 5 · 104 Pa

L’adiabatica che passa da B è identificata dall’equazione

TbVγ−1b = TxV

γ−1x

Il fattore γ =5

3è determinato sapendo che il gas è un gas monoatomico. Quindi

TbV23

b = TxV23x

Considerando che la trasformazione A→ X è isobara abbiamo

TbP1−γγ

b = TxP1−γγ

x

TbP− 2

5

b = TxP− 2

5a

Tx = Tb · 225 = 396K



Testo [T0058b] [4 5 4a ] Un gas monoatomico compie una trasforma-zione isoterma dallo stato A

(105 Pa; 2m3; 300K


lendo ottenere la stessa trasformazione A → B utilizzando nell’ordine una espan-sione adiabatica ed un riscaldamento isocoro, quale temperatura minima verrebberaggiunta?



PAV

A= P

BV

B

è dato da B(5 · 104 Pa; 4m3; 300K

)La minima temperatura raggiunta è quella dello stato intermedio C dato daTB

PC= T

CP

B

PCV γ

C= P

AV γ

A2TAP

C= T

CP

A

PCV γ

C= P

AV γ

AP

C=T

CP

A

2TA

TCP

A

2TA

V γC

= PAV γ

A

P

C=T

CP

A

2TA

TC

2TA

V γA· 2γ = V γ

A

P

C=T

CP

A

2TA

TC

2TA

= 2−γ

PC=T

CP

A

2TA

TC= 21−γT

A

TC= 0, 63 ∗ 300K = 189K



Testo [T0058c] [4 5 4a ] Un gas monoatomico compie una trasformazio-ne isoterma dallo stato A

(105 Pa; 2m3; 300K


lendo ottenere la stessa trasformazione A → B utilizzando nell’ordine una espan-sione adiabatica ed un riscaldamento isobaro, quale temperatura minima verrebberaggiunta?



PAV

A= P

BV

B

è dato da B(5 · 104 Pa; 4m3; 300K

)La minima temperatura raggiunta è quella dello stato intermedio C dato daTB

VC= T

CV

B

TCV γ−1

C= T

AV γ−1

ATBV

C= T

CV

B

TCV γ−1C = 21−γT

BV γ−1

BT

CV

B

TB

= VC

TC

T γ−1C

V γ−1B

T γ−1B

= 21−γTBV γ−1

B

T

CV

B

TB

= VC

T γCV γ−1

B= 21−γT γ

BV γ−1

B

T

CV

B

TB

= VC

TC= 2

1−γγ T

B

da cui, essendo γ =5

3in quanto il gas è monoatomico, avremo

TC= 2

1−γγ T

B= 227, 4K



Testo [T0059] [4 12 4a ] Un gas monoatomico compie un ciclo rettan-golare (due isocore e due isobare) che parte dallo stato A

(105 Pa; 2m3; 300K

)con

un’espansione isobara che ne raddoppia il volume. Il ciclo produce un lavoro δL =

1000 J . Calcola le coordinate dei quattro stati della trasformazione ed il rendimentodel ciclo.

Spiegazione In questo esercizio applichiamo le leggi dei gas e delle trasformazionitermodinamiche indicate. Calcolando poi il calore scambiato otteniamo il rendimen-to del ciclo.

Svolgimento Cominciamo con il calcolarci il numero di moli del gas considerandoi valori dello stato A

n =P

AV

A

RTA

= 80, 22moli

Considerando la trasformazione isobara A→ B avremo

PB= P

A= 105 Pa

TB= T

A

VB

VA

= 600K

Il lavoro compiuto dal gas è

δL = PA∆V − P

C∆V

quindi

PC= P

A− δL

∆V= 99500Pa

Considerando l’isobara B → C avremo

VC= V

B= 4m3

TC= T

B

PB

PC

= 597K

Per quanto riguarda lo stato D avremo

VD= 2m3

PD= 99500Pa

TD= T

A

PD

PA

= 298, 5K

Per il calcolo del rendimento dobbiamo calcolarci il calore assorbito. Il calore èassorbito nelle trasformazioni D → A e A→ B

δQass = nCv∆TD→A+ nCp∆TA→B

δQass = 5 · 105 Pa

Il rendimento è quindi

η =δL

δQass= 0, 2%



Testo [T0060] [2 2 3a ] Un gas si trova a pressione P = 2 atm ed occu-pa un volume V = 4m3. Aumentando la sua pressione di |∆P | = 3 atm con unatrasformazione isoterma, quale volume occuperà alla fine?

Spiegazione In questo esercizio abbiamo informazioni sullo stato iniziale di un gased alcune informazioni sul suo stato finale. La legge dei gas è quindi la soluzione diquesto problema.

Svolgimento La pressione finale raggiunta dal gas è Pf = Pi+∆P = 5 atmQuindiPiVi = NKT

PfVf = NKT⇒ Vf =

PiViPf

=2

5· 4m3 = 1, 6m3


Testo [T0060a] [2 2 3a ] Un gas si trova a pressione P = 6 atm ed oc-cupa un volume V = 4m3. Diminuendo il suo volume di |∆V | = 1m3 con unatrasformazione isoterma, quale pressione avrà alla fine?


Svolgimento La pressione finale raggiunta dal gas è Vf = Vi +∆V = 3m3 QuindiPiVi = NKT

PfVf = NKT⇒ Pf =

PiViVf

=4

3· 6 atm = 8 atm



Testo [T0060b] [2 2 3a ] Un gas si trova a pressione P = 6 atm ed oc-cupa un volume V = 8m3. Aumentando il suo volume di |∆V | = 4m3 con unatrasformazione isoterma, quale pressione avrà alla fine?


Svolgimento La pressione finale raggiunta dal gas è Vf = Vi+∆V = 12m3 QuindiPiVi = NKT

PfVf = NKT⇒ Pf =

PiViVf

=4

12· 6 atm = 2 atm


Testo [T0060c] [2 2 3a ] Un gas si trova a pressione P = 5 atm ed occu-pa un volume V = 9m3. Diminuendo la sua pressione di |∆P | = 2 atm con unatrasformazione isoterma, quale volume occuperà alla fine?


Svolgimento La pressione finale raggiunta dal gas è Pf = Pi+∆P = 3 atmQuindiPiVi = NKT

PfVf = NKT⇒ Vf =

PiViPf

=2

3· 9m3 = 6m3



Testo [T0061] [1 2 3a ] Una macchina termica di rendimento η = 25%

produce δL = 5 J di lavoro ad ogni ciclo termodinamico. Quanto calore assorbe equanto calore cede se fatta funzionare per n = 5 cicli?

Spiegazione Per questo problema è unicamente necessario sapere cosa fa un ciclotermodinamico e conoscere il concetto di rendimento.

Svolgimento Per ogni singolo ciclo

δQass =δL

η= 20 J

δQced = δQass − δL = 15 J

Per n = 5 cicli è sufficiente moltiplicare per 5 i valori precedenti.


Testo [T0062] [4 5 4a ] Un gas monoatomico compie una trasformazio-ne isocora dallo stato A

(105 Pa; 2m3; 300K

)raddoppiando la sua pressione. Vo-

lendo ottenere la stessa trasformazione A → B utilizzando nell’ordine un riscal-damento isobaro ed una compressione adiabatica, quale volume massimo verrebberaggiunto?

Spiegazione In questo esercizio applichiamo le leggi dei gas e delle trasformazionitermodinamiche indicate. Calcolando poi il calore scambiato otteniamo il rendimen-to del ciclo.

Svolgimento Lo stato finaleB, utilizzando la legge dei gas per ottenere l’equazionedella trasformazione isocora

PAT

B= P

BT

A

è dato da B(2 · 105 Pa; 2m3; 600K

)Il massimo volume raggiunto è quella dello stato intermedio C dato daTA

VC= T

CV

A

TCV γ−1

C= T

BV γ−1

B

Sapendo che da A verso B abbiamo una trasformazione isocora, abbiamoTA=T

CV

A

VC

TCV γ−1

C= 2T

AV γ−1

AT

A=T

CV

A

VC

TCV γ−1

C= 2

TCV

A

VC

V γ−1ATA

=T

CV

A

VC

V γC

= 2V γA


e quindiV

C= 2−γV

A

essendo il gas monoatomico

VC= 2−γV

A= 2−

53 · 2m3 = 0, 63m3

Problema di: Termodinamica - DT0001

rhi

r hf

Testo [DT0001] [2 3 3a ] Un contenitore cilindrico,inizialmente alto hi = 3 dm, chiuso da un pistone mobile dimassa m = 10 kg e di superficie S = 1 dm2, è riempito conun gas perfetto alla temperatura T = 27 C. Quante moleco-le ci sono nel gas? Mantenendo costante la temperatura, ap-poggiamo sul pistone un peso di massa M = 100 kg; quantorisulterà alto il contenitore alla fine?

r

hi

rhf

Spiegazione In questo problema siparla di un gas che effettua una tra-sformazione isoterma. Bisognerà quin-di utilizzare la legge dei gas perfetti. Ilvolume del gas lo si ricava sapendo cheil contenitore è cilindrico con area di ba-se S ed altezza h. La pressione del gasla ottengo sapendo che è pari alla pres-sione atmosferica aumentata della pres-sione dovuta al peso del pistone e dellamassa poi aggiunta sul pistone.

Svolgimento Indichiamo il volume del gas, negli istanti finale e iniziale:

Vf = S · hf

Vi = S · hi = 1 dm3 · 3 dm = 3 dm3

Indichiamo anche le pressioni negli istanti iniziali e finali:

Pi = Patm +m · gS

= 100000Pa+10 kg · 9, 8 m

s2

1 dm2= 109800Pa

Pf = Patm +(m+M) · g

S= 100000Pa+

110 kg · 9, 8 ms2

1 dm2= 207800Pa

Utilizziamo la legge dei gas per calcolare il numero di molecole del gas


n =Pi · ViKT

=109800Pa · 0, 003m3

1, 38 · 10−23J

K· 300K

= 8 · 1021

Consideriamo adesso la trasformazione isoterma. Avremo chePiVi = NKT

PfVf = NKT

da cuiVf =

Pi · ViPf

S · hf =Pi · S · hi

Pf

hf =Pi · hiPf

=109800Pa · 3 dm

207800Pa= 1, 6 dm

Problema di: Dinamica - Termodinamica - DT0002

Testo [DT0002] [2 2 3a ] Un contenitore cilindrico è chiuso in verticale daun pistone mobile di massa m = 10 kg e di superficie S = 2 dm2. Il contenitore è altoh = 4 dm. Nel contenitore è presente un gas perfetto alla temperatura T = 27 C.Quante molecole ci sono nel gas?

r

h

Spiegazione In questo problema si parla di un gasche ha un certo volume, una certa pressione ed unacerta temperatura. Con la legge dei gas perfetti pos-siamo calcolare il numero di molecole presenti nelgas.

Svolgimento Indichiamo il volume del gas:

V = S · h = 2 dm2 · 4 dm = 8 dm3

Indichiamo la pressione del gas:

P = Patm +m · gS

= 100000Pa+10 kg · 9, 8 m

s2

2 dm2= 104900Pa


n =P · VKT

=149000Pa · 0, 008m3

1, 38 · 10−23J

K· 300K

= 2 · 1023


Problema di: Dinamica - Termodinamica - DT0003

Testo [DT0003] [4 7 3a ] Un palloncino pieno d’aria, di volume liberamen-te variabile e di massa complessiva m = 100 g, è tenuto completamente immerso dauna molla di costante elastica k = 10 N

cm legata al fondo di un contenitore. Sappiamoche quando l’acqua è alla temperatura Ti = 27 C la molla è allungata di ∆l = 5 cm.Ammettendo che la pressione a cui si trova il palloncino sia costante, quanto saràallungata la molla se portiamo l’acqua alla temperatura Tf = 87 C?

Spiegazione Il palloncino allunga la molla in quanto la forza di Archimede tendea faro salire, mentre la forza di gravità è minore di quella di Archimede. La for-za di Archimede dipende dal volume del palloncino che, a sa volta, dipende dallatemperatura a cui si trova.

Svolgimento Cominciamo con lo scrivere l’equazione dell’equilibrio dinamico re-lativo al palloncino.

Fel + Fg = FArc

k ·∆l +mg = ρH2O

V g

Inizialmente l’equazione di equilibrio per il palloncino è

k ·∆li +mg = ρH2O

Vig

Se scaldiamo l’acqua, si scalda il gas nel palloncino e quindi aumenta il volumedello stesso cambiando il valore della forza di Archimede. In particolare il testodell’esercizio ci dica che il gas ha compiuto una trasformazione isobara.PVi = NKTi

PVf = NKTf

Vf =TfTiVi

L’equazione dell’equilibrio nello stato finale è

k ·∆lf +mg = ρH2O

Vfg

quindi k ·∆li +mg = ρH2O

Vig


Vfg

Considerando la trasformazione termodinamicak ·∆li +mg = ρH2O

Vig


TfTiVig

Vi =k ·∆li +mg

ρH2O

g

k ·∆lf − k ·∆li = ρH2O

TfTiVig − ρ

H2OVig

Vi =k ·∆li +mg

ρH2O

g

∆lf −∆li =ρ

H2OVig

k

(TfTi

− 1

)Vi =

k ·∆li +mg

ρH2O

g

∆lf = ∆li +ρ

H2OVig

k

(TfTi

− 1

)Vi =

k ·∆li +mg

ρH2O

g

∆lf = ∆li +k ·∆li +mg

k

(TfTi

− 1

)


Problema di: Termodinamica - DT0004

rhi

r hf

Testo [DT0004] [3 3 3a ] Un contenitore cilindri-co adiabatico, inizialmente alto hi = 3 dm, chiuso da un pi-stone mobile di massa m = 10 kg e di superficie S = 1 dm2,è riempito con un gas perfetto monoatomico alla tempera-tura T = 27 C. Quante molecole ci sono nel gas? Appog-giamo sul pistone un peso di massa M = 100 kg; quantorisulterà alto il contenitore alla fine?

r

hi

rhf

Spiegazione In questo problema siparla di un gas che effettua una trasfor-mazione adiabatica. Bisognerà quindiutilizzare la legge dei gas perfetti. Il vo-lume del gas lo si ricava sapendo che ilcontenitore è cilindrico con area di ba-se S ed altezza h. La pressione del gasla ottengo sapendo che è pari alla pres-sione atmosferica aumentata della pres-sione dovuta al peso del pistone e dellamassa poi aggiunta sul pistone.

Svolgimento Indichiamo il volume del gas, negli istanti finale e iniziale:

Vf = S · hf

Vi = S · hi = 1 dm3 · 3 dm = 3 dm3

Indichiamo anche le pressioni negli istanti iniziali e finali:

Pi = Patm +m · gS

= 100000Pa+10 kg · 9, 8 m

s2

1 dm2= 109800Pa

Pf = Patm +(m+M) · g

S= 100000Pa+

110 kg · 9, 8 ms2

1 dm2= 207800Pa


n =Pi · ViKT

=109800Pa · 0, 003m3

1, 38 · 10−23J

K· 300K

= 8 · 1021

Consideriamo adesso la trasformazione adiabatica. Essendo il gas monoatomico,

avremo γ =cpcv

=5

3Dall’equazione per l’adiabatica

V γf =

Pi · V γi

Pf

Sγ · hγf =Pi · Sγ · hγi

Pf

hγf =Pi · hγiPf

hf =P

1γ

i · hiP

1γ

f

hf =1057, 7Pa

1γ · 3 dm

1550, 9Pa1γ

= 2, 05 dm


Problema di: Calorimetria - Termodinamica QT0001

Testo [QT0001] [3 4 3a ] In un contenitore di ferro chiuso, di massamFe = 1 kg, ci sonomaria = 3 kg di aria. La temperatura iniziale del ferro è Ti−Fe = 10 C,e quella dell’aria è Ti−aria = 30 C. Il calore specifico dell’aria a volume costante ècv−aria = 0, 72 J

kgK . Calcola il rapporto tra le pressioni finale ed iniziale x =Pf

Pial

raggiungimento dell’equilibrio termico.

Spiegazione I due corpi a contatto raggiungono una temperatura di equilibrio.in questo caso il gas scalda il contenitore, e per questo motivo il gas si raffredda.Calcolando la temperatura di equilibrio, si conoscono le due temperature, inizialee finale, del gas. Visto che il gas è chiuso in un contenitore di ferro, allora fa unatrasformazione isocora; sapendolo posso arrivare a dare la risposta al problema.

Svolgimento La temperatura di equilibrio raggiunta è

Teq =cs−ariamariaTi−aria + cs−FemFeTi−Fe

maria +mFe

Teq =0, 72 J

kgC · 3 kg · 30 C+ 440 JkgC · 1 kg · 10 C

0, 72 JkgC · 3 kg + 440 J

kgC · 1 kg=

4464, 8 J

442, 16 JC

= 10, 1 C

Visto che il gas fa una trasformazione isocora indicheremo con la stessa lettera Vsia il volume iniziale che quello finalePiV = NKTi

PfV = NKTeq⇒ Pf

Pi=TeqTi

Per poter fare questo conto dobbiamo però trasformare le temperature in Kelvin

Pf

Pi=

(10, 1 + 273, 15)K

(30 + 273, 15)K= 0, 934

Problema di: Calorimetria - Termodinamica QT0002

Testo [QT0002] [3 4 3a ] Una centrale elettrica di potenza P = 500MW

funziona con un ciclo termodinamico di rendimento η = 0, 35. Per raffreddarla vieneutilizzato un piccolo fiume dal quale si preleva una portata d’acqua C = 5 · 104 kg

s .Di quanto si scalda quell’acqua?

Spiegazione La centrale elettrica produce una certa potenza, quindi una certa quan-tità di energia nel tempo. La centrale elettrica funziona con un ciclo termodinamicoche assorbe calore ad alta temperatura, una parte la trasforma in lavoro (energiaelettrica) ed il restante lo cede a bassa temperatura. Questo calore ceduto deve esse-re portato via dalla centrale grazie all’impianto di raffreddamento. Il calore ceduto,viene infatti dato all’acqua presa dal fiume. Tale acqua quindi si scalda.

Svolgimento Il calore che scalda l’acqua è il calore ceduto dalla centrale nel suociclo termodinamico

δQced = δQass − δL

Sappiamo anche che in un ciclo termodinamico

δQass =δL

η

quindi

δQced =δL

η− δL = δL

1− η

η

Visto che la centrale ha una potenza P = δL∆t

δQced = P∆t1− η

η

Questo calore serve a scaldare l’acqua dell’impianto di raffreddamento. La por-tata dell’acqua in ingresso nella centrale è

C =∆m

∆t


Quindi la massa di acqua che posso scaldare è

∆m = C∆t

Il problema chiede di calcolare di quanto di scalda l’acqua del sistema di raffred-damento:

∆T =δQced

cs ·∆m

∆T =P∆t 1−η

η

cs · C∆t=P 1−η

η

cs · C

∆T =5 · 108W · 0,65

0,35

4186 Jkg·K · 5 · 104 kg

s

= 4, 4K

Problema di: Termodinamica - QT0003

Testo [QT0003] [3 3 3a ] Una macchina termica di rendimento η = 0, 2

è utilizzata come frigorifero per raffreddare una massa m = 2 kg di acqua dallatemperatura iniziale Ti = 20 C alla temperatura finale Tf = 4 C. Quanto lavoroimpiega?

Spiegazione Una macchina frigorifera assorbe calore da un luogo bassa tempera-tura per portarlo in un luogo ad alta temperatura. Dal momento che in natura que-sto fenomeno accadrebbe in modo spontaneo solo al contrario, per poterci riuscirela macchina frigorifera deve assorbire una certa quantità di lavoro dall’esterno. Inquesto caso la macchina frigorifera prende calore dall’acqua, raffreddandola.

Svolgimento Viste le temperature iniziali e finali dell’acqua, l’unico fenomeno ca-lorimetrico che avviene è il raffreddamento, quindi la quantità di calore che bisognaassorbire dall’acqua vale

δQ = csm∆T = 4186J

kgK· 2 kg · (−16 C) = 133952J

A questa energia di deve sommare il lavoro assorbito dalla macchina termica persapere quanto calore viene fornito al luogo con temperatura alta. Avremo quindi

η =δL

δL+ δQ

δL = ηδL+ ηδQ

(1− η) δL = ηδQ

δL =η

1− ηδQ

δL = 33488 J


La formula finale per questo esercizio, per non fare calcoli intermedi, risultaessere

δL = csm∆Tη

1− η



viene utilizzata come frigorifero per raffreddare una massa m = 2 kg di acqua dallatemperatura iniziale Ti = 20 C alla temperatura finale Tf = −18 C. Quanto lavoroimpiega?

Spiegazione Una macchina frigorifera assorbe calore da un luogo bassa tempera-tura per portarlo in un luogo ad alta temperatura. Dal momento che in natura que-sto fenomeno accadrebbe in modo spontaneo solo al contrario, per poterci riuscire lamacchina frigorifera deve assorbire una certa quantità di lavoro dall’esterno. In que-sto caso la macchina frigorifera prende calore dall’acqua, raffreddandola e facendolacongelare.

Svolgimento Viste le temperature iniziali e finali dell’acqua, i due fenomeni calori-metrici che avvengono sono il raffreddamento e la solidificazione, quindi la quantitàdi calore che bisogna assorbire dall’acqua vale

δQraffr = csm∆T = 4186J

kgK· 2 kg · (38 C) = 318136J

δQsolid = Qlat−fus ·m = 335kJ

kg· 2 kg = 670 kJ

Il calore totale da sottrarre all’acqua è quindi

δQ = δQraffr + δQsolid = 988136 J


η =δL

δL+ δQ

δL = ηδL+ ηδQ



δL =η

1− ηδQ

δL = 247034 J


∆L = m (csm∆T +Qlat−fus)η

1− η



e potenza P = 100W viene utilizzata come frigorifero per raffreddare una massam = 2 kg di acqua dalla temperatura iniziale Ti = 20 C alla temperatura finaleTf = 4 C. Quanto tempo ci impiega?

Spiegazione Una macchina frigorifera assorbe calore da un luogo bassa tempera-tura per portarlo in un luogo ad alta temperatura. Dal momento che in natura que-sto fenomeno accadrebbe in modo spontaneo solo al contrario, per poterci riuscirela macchina frigorifera deve assorbire una certa quantità di lavoro dall’esterno. Inquesto caso la macchina frigorifera prende calore dall’acqua, raffreddandola.

Svolgimento Viste le temperature iniziali e finali dell’acqua, l’unico fenomeno ca-lorimetrico che avviene è il raffreddamento, quindi la quantità di calore che bisognaassorbire dall’acqua vale

δQ = csm∆T = 4186J

kgK· 2 kg · (−16 C) = 133952J


η =δL

δL+ δQ

δL = ηδL+ ηδQ


δL =η

1− ηδQ

δL = 33488 J


Della macchina termica noi conosciamo la potenza, quindi

∆t =δL

P= 334, 88 s


∆t =η

1− η

csm∆T

P



e potenza P = 100W viene utilizzata come frigorifero per raffreddare una massam = 2 kg di acqua dalla temperatura iniziale Ti = 20 C alla temperatura finaleTf = −18 C. Quanto tempo ci impiega?

Spiegazione Una macchina frigorifera assorbe calore da un luogo bassa tempera-tura per portarlo in un luogo ad alta temperatura. Dal momento che in natura que-sto fenomeno accadrebbe in modo spontaneo solo al contrario, per poterci riuscire lamacchina frigorifera deve assorbire una certa quantità di lavoro dall’esterno. In que-sto caso la macchina frigorifera prende calore dall’acqua, raffreddandola e facendolacongelare.

Svolgimento Viste le temperature iniziali e finali dell’acqua, i due fenomeni calori-metrici che avvengono sono il raffreddamento e la solidificazione, quindi la quantitàdi calore che bisogna assorbire dall’acqua vale

δQraffr = csm∆T = 4186J

kgK· 2 kg · (38 C) = 318136J

δQsolid = Qlatfus ·m = 335kJ

kg· 2 kg = 670 kJ

Il calore totale da sottrarre all’acqua è quindi

δQ = δQraffr + δQsolid = 988136 J


η =δL

δL+ δQ

δL = ηδL+ ηδQ



δL =η

1− ηδQ

δL = 247034 J

Della macchina termica noi conosciamo la potenza, quindi

∆T =δL

P= 2470, 34 s


∆T =η

1− η

m (csm∆T +Qlat−fus)

P

Problema di: Calorimetria e Termodinamica - QT0007

Testo [QT0007] [3 3 3a ] L’interno di un appartamento è raffreddato dauna macchina frigorifera a ciclo di Carnot. All’interno dell’appartamento abbiamouna temperatura Tint = 24 C mentre all’esterno abbiamo Text = 37 C. Le disper-sioni di calore avvengono interamente da una finestra di vetro (ρvetro = 0, 8 W

mK ) dispessore d = 3mm e superficie S = 5m2. Quanta energia consuma la macchina inun tempo ∆t = 2h?

Spiegazione Dalla finestra entra del calore; la macchina termica sposta quel caloreall’esterno.

Svolgimento La perdita di calore è indicata da

δQ

∆t= ρ

S

L∆T

Contemporaneamente la macchina frigorifera di Carnot, con rendimento

η = 1− TintText

= 0, 042

Il lavoro assorbito dalla macchina termica è dato da

δL = η (δQ+ δL)

δL (1 + η) = ηδQ

δL =η

(1 + η)δQ

Infine abbiamoδL =

η

(1 + η)ρS

L∆T∆t

δL =0, 042

1, 042· 0, 8 W

mK

5m2

0, 003m· 13K · 7200 s = 5 · 106 J


Problema di: Calorimetria e Termodinamica - QT0008

Testo [QT0008] [5 4 4a ] In un contenitore adiabatico vengono versatim1 = 3 kg di acqua alla temperatura T1i = 60 C em2 = 2 kg di acqua alla temperatu-ra T2i = 30 C. Calcola la variazione di entropia del sistema dovuta al mescolamentodei due liquidi.

Spiegazione Questo è un problema standard nel quale semplicemente applichia-mo le formule conosciute

Svolgimento La temperatura di equilibrio raggiunta dai due materiali è

Teq =cs1m1T1i + cs2m2T2i

cs1m1 + cs2m2=m1T1i +m2T2i

m1 +m2= 48 C

Nell’ultimo passaggio si è tenuto conto che i due materiali sono in questo proble-ma lo stesso materiale.

Trattandosi del fenomeno del riscaldamento, la variazione di entropia dei duemateriali è calcolabile con la formula

∆S =

∫ Tf

Ti

csmdT

T= csm ln

TfTi

Per l’acqua che si riscalda avremo

∆S2 = cs2m2 lnTeqT2i

= 4186J

kgK· 2 kg · ln

(321K

303K

)= 483

J

K

Per l’acqua che si raffredda avremo

∆S1 = cs1m1 lnTeqT1i

= 4186J

kgK· 3 kg · ln

(321K

333K

)= −307

J

K

L’entropia totale del sistema fisico è quindi aumentata essendo

∆Stot = +176J

K

Problema di: Dinamica - LT0001

Testo [LT0001] [2 3 3a ] Una macchina termica funziona con un ciclo diCarnot tra le temperature Tb = 20 C e Ta = 600 C. Tale macchina brucia una massam = 100 g di benzina dal potere calorifico C = 43, 6 · 106 J

kg , per sollevare un pesoM = 10 kg. Di quanto si riesce a sollevare tale peso?

Spiegazione Una macchina termica serve per convertire parte del calore assorbitoin lavoro. In questo esercizio il lavoro prodotto viene utilizzato per sollevare un pesodi una certa altezza, e viene fornito dalla combustione della benzina.

Svolgimento In questo esercizio calcoleremo nell’ordine:

1. Il calore assorbito che deriva dalla combustione della benzina

2. Il rendimento del ciclo di Carnot

3. Il lavoro prodotto dalla macchina

4. l’altezza di cu si è sollevato il peso

δQass = m · C = 4, 36 J

η = 1− TbTa

= 1− 293, 15K

873, 15K= 0, 687

δL = η · δQass = 2, 996 J

Questo lavoro va ad aumentare l’energia potenziale gravitazionale del peso, quin-di scriveremo

δL = mg∆h

da cui∆h =

δL

mg

∆h =2, 996 J

10 kg · 9, 8 ms2

= 30, 6 cm


Problema di: Fluidodinamica - Termodinamica - FT0001

Testo [FT0001] [3 4 3a ] Un subacqueo con capacità polmonare Vi = 5 dm3

sta per andare a hf = −30m di profondità sul livello del mare. Quanti litri d’aria sitroverà nei polmoni a quella profondità?

Spiegazione Mentre il subacqueo cala in profondità, per la legge di Stevin la pres-sione a cui è sottoposto aumenta. L’aria nei suoi polmoni viene quindi compressa, equesto accade a temperatura costante, visto che i corpo di un uomo mantiene semprela temperatura costante.

Svolgimento Cominciamo con il calcolarci a quale pressione l’uomo viene sotto-posto raggiunta la profondità prevista. Per la legge di Stevin

Pf = Pi − ρg (hf − hi)

Pf = 100000Pa− 1030kg

m3· 9, 8 m

s2· (−30m− 0m) = 402820Pa

Teniamo adesso conto che il gas nei polmoni subisce una trasfornazione isoterma,per cui

PfVf = NKT

PiVi = NKT

e quindiPfVf = PiVi

Vf =PiViPf

Vf =100000Pa · 5 dm3

402820Pa= 1, 24 dm3

Scheda 15Fenomeni ondulatori: soluzioniProblema di: Fenomeni Ondulatori - O0001

Testo [O0001] [1 1 4a ] Calcola l’angolo limite per riflessione totale per unraggio luminoso che passa dall’acqua all’aria. Gli indici di rifrazione di acqua e ariasono rispettivamente nH2O = 1.33 e naria ∼ 1

Spiegazione Nel passaggio da un materiale ad un’altro la luce cambia la sua velo-cità e quindi cambia direzione di propagazione. Nel passaggio dall’acqua all’aria ilraggio luminoso cambia direzione di propagazione aumentando l’angolo che formacon la perpendicolare alla superficie di separazione tra aria e acqua. L’angolo di inci-denza della luce è quindi, in questo caso, minore dell’angolo di rifrazione. Visto cheil massimo valore per l’angolo di rifrazione è r = 90, in corrispondenza di questovalore si trova il valore dell’angolo limite di incidenza oltre il quale non può esistereil raggio rifratto.

Svolgimento A partire dalla legge di Snell, per un raggio luminoso che passa dal-l’acqua all’aria, impongo che il valore dell’angolo di rifrazione sia r = 90.

sen(i)

sen(90)=

acqua

aria

sen(i) =1

1, 33

i = arcsen(0, 752) = 48, 75

Problema di: Fenomeni Ondulatori - O0002

Testo [O0002] [1 3 4a ] Costruisci l’immagine di un oggetto generata dauna lente sferica convergente, sia nel caso che l’oggetto si trovi tra la lente ed il fuoco,sia nel caso che si trovi oltre il fuoco.

Spiegazione Ogni lente crea un’immagine degli oggetti intorno ad essa. Le leggidell’ottica geometrica mi permettono di costruire geometricamente tale immagine.

Svolgimento Una volta disegnati la lente, il suo asse ottico, i due fuochi e l’ogget-to, dovete seguire il percorso di due raggi luminosi che partono dallo stesso puntodell’oggetto. Il primo, parallelo all’asse ottico, attraversando la lente viene deviatoverso il fuoco della lente; il secondo, passando per il centro della lente, prosegue inlinea retta. I due raggi luminosi, oppure i loro prolungamenti, si incontrano nel pun-to in cui si forma l’immagine. Disegnando l’oggetto alla sinistra della lente avremoquindi gli schemi in figura.

380

381 Scheda15. Fenomeni ondulatori: soluzioni


Testo [O0003] [1 1 4a ] L’eco di un forte urlo viene percepito dalla personache ha urlato dopo un intervallo di tempo ∆t = 0, 2 s. Sapendo che il suono in ariaviaggia alla velocità Vs = 344 m

s , quanto è distante la parete sulla quale il suono si èriflesso?

Spiegazione L’eco altro non è se non la riflessione di un suono. La persona che staurlando emette un suono che raggiunge la parete di fronte alla persona e poi tornaindietro fino alle orecchie della stessa persona.

Svolgimento Il suono in questo esercizio si sta muovendo sempre nell’aria, e viag-gia quindi con velocità costante. Lo spazio percorso dal suono è pari al doppiodella distanza della persona dalla parete, quindi, utilizzando l’equazione del motorettilineo uniforme:

2d = s∆t

d =s∆t

2=

344 ms · 0, 2 s2

= 34, 4m


Testo [O0004] [1 1 4a ] Un suono emesso da un altoparlante viene perce-pito da una persona ad una distanza r1 = 20m con un’intensità I1 = 120 J

m2s . Conquale intensità verrà invece percepito da una persona alla distanza r2 = 30m?

Spiegazione Il suono emesso dall’altoparlante si propaga nell’aria con un fronted’onda sferico. L’intensità dell’onda, durante la sua propagazione, diminuisce infunzione del quadrato della distanza percorsa secondo la legge

I2I1

=r21r22

Infatti l’energia complessiva dell’onda, che assumiamo costante, man mano chel’onda si propaga sidistribuisce lungo un fronte d’onda rappresentato da una super-ficie sferica il cui valore dipende appunto dal quadrato del raggio della sfera.

Svolgimento Utilizzando l’opportuna formula avremo semplicemente:

I2I1

=(r1)

2

(r2)2

I2 =(r1)

2

(r2)2 I1 =

400m2

900m2· 120 J

m2s= 53.33

J

m2s



Testo [O0005] [1 2 4a ] Quanto vale la terza frequenza di risonanza su diuna corda, fissata ai due estremi, lunga l = 6m, sulla quale le onde viaggiano allavelocità V = 50 m

s ? Disegna l’onda sulla corda.

Spiegazione Su di una corda fissata ai due estremi solo alcune onde si possonopropagare. Visto che i due estremi sono fissi, devono coincidere con i nodi dell’ondastazionaria, per cui la lunghezza della corda deve essere un multiplo intero dellasemilunghezza d’onda.

Svolgimento La lunghezza d’onda dell’ennesima onda stazionaria su di una cordafissata agli estremi vale

λn =2l

n= 4m

La frequenza dell’ennesima onda stazionaria su di una corda fissata agli estremi vale

νn =

λn= 12, 5Hz

Il disegno dell’onda sulla corda è

λ = 2l3


Testo [O0006] [1 1 4a ] Un suono emesso da un altoparlante viene per-cepito da Andrea ad una distanza rA = 20m con un’intensità IA = 120 J

m2s . Marcosi trova alla distanza d = 5m da Andrea, sulla line tra Andrea e l’altoparlante. Conquale intensità il suono verrà percepito da Marco?


I2I1

=r21r22

Infatti l’energia complessiva dell’onda, che assumiamo costante, man mano chel’onda si propaga si distribuisce lungo un fronte d’onda rappresentato da una super-ficie sferica il cui valore dipende appunto dal quadrato del raggio della sfera.

Svolgimento Utilizzando l’opportuna formula avremo semplicemente:

IMIA

=r2Ar2M

IM =r2Ar2M

IA

La distanza a cui Marco si trova dalla sorgente è

rM = rA − d = 15m

IM =400m2

225m2· 120 J

m2s= 213.33

J

m2s



Testo [O0007] [1 1 4a ] Un suono emesso da un altoparlante viene perce-pito da Andrea ad una distanza rA = 20m con un’intensità IA = 120 J

m2s . Dietro adAndrea il suono prosegue ed incontra un muro alla distanza d = 40m dalla sorgen-te, riflettendosi su di esso e raggiungendo nuovamente Andrea. Con quale intensitàAndrea sente il suono riflesso?


I2I1

=r21r22

Tutto il problema si riduce quindi a capire l’esatta lunghezza del percorso fattodal suono.

Svolgimento Definiamo I2 l’intensità del suono riflesso percepito da Andrea; defi-niamo r2 la distanza percorsa dal suono, dalla sorgente fino alla parete e poi ancorafino alla posizione di Andrea. Utilizzando l’opportuna formula avremo semplice-mente:

I2IA

=r2Ar22

La distanza del percorso fatto dal suono riflesso è

r2 = d+ (d− rA) = 60m

I2 =r2Ar22IA =

400m2

3600m2· 120 J

m2s= 13.33

J

m2s


Testo [O0008] [3 2 4a ] Un oggetto è posto ad una distanza da una lentesferica convergente tale per cui l’immagine generata risulta di dimensioni doppierispetto all’oggetto. Sapendo che la distanza focale della lente vale f = 30 cm, aquale distanza dalla lente si trova l’oggetto?

Spiegazione Ogni lente crea un’immagine degli oggetti intorno ad essa. Le leggidell’ottica geometrica mi permettono di costruire geometricamente tale immagine.L’immagine risulta ingrandita o rimpicciolita a seconda di dove si trova l’oggettorispetto al fuoco della lente.

Svolgimento Per una lente convergente, la formula dell’ingrandimento ottenuto è

G =f

f − p

da cui

G · (f − p) = f

Gf −Gp = f

Gp = Gf − f

p =f · (G− 1)

GCalcolando p, nell’ipotesi che l’immagine sia dritta, otteniamo

p =30 cm · (2− 1)

2= 15 cm

L’immagine risulterà virtuale.Calcolando p, nell’ipotesi che l’immagine sia capovolta, otteniamo

p =30 cm · (−2− 1)

−2= 45 cm

L’immagine risulterà reale.



Testo [O0009] [1 2 4a ] Un oggetto è posto di fronte ad una lente conver-gente ad una distanza p = 20 cm. La distanza focale della lente è f = 15 cm. A qualedistanza dalla lente si forma l’immagine? Quanto vale il fattore di ingrandimento?

Spiegazione Ogni lente crea un’immagine degli oggetti intorno ad essa. Le leggidell’ottica geometrica mi permettono di costruire geometricamente tale immagine.L’immagine risulta ingrandita o rimpicciolita a seconda di dove si trova l’oggettorispetto al fuoco della lente. Vale la legge dei punti coniugati, che mette in relazionela distanza dell’oggetto dalla lente, la distanza focale e la distanza dell’immaginedalla lente.

Svolgimento Per una lente convergente, la formula dell’ingrandimento ottenuto è

G =f

f − p=

15 cm

15 cm− 20 cm= −3

L’immagine risulta capovolta ed ingrandita del triplo. Utilizzando adesso lalegge dei punti coniugati per trovare la distanza q dell’immagine dalla lente

1

p+

1

q=

1

f

1

q=

1

f− 1

p

1

q=p− f

fp

q =fp

p− f=

15 cm · 20 cm20 cm− 15 cm

= 60 cm


Testo [O0010] [1 2 4a ] Calcola la velocità di un’onda su una corda fissataai due estremi e lunga l = 12m, sapendo che la quinta frequenza di risonanza èν5 = 9Hz? Disegna l’onda sulla corda.

Spiegazione Su di una corda fissata ai due estremi solo alcune onde si possonopropagare. Visto che i due estremi sono fissi, devono coincidere con i nodi dell’ondastazionaria, per cui la lunghezza della corda deve essere un multiplo intero dellasemilunghezza d’onda.

Svolgimento La lunghezza d’onda dell’ennesima onda stazionaria su di una cordafissata agli estremi vale

λn =2l

n

λ5 =2l

5= 4, 8m

La velocità dell’onda stazionaria sulla corda fissata agli estremi vale

V = λ5ν5 = 43, 2m

s

Il disegno dell’onda sulla corda è

λ = 2l5


Problema di: Onde - O0011

Testo [O0011] [1 4 4a ]

1. Cos’è un’onda?

2. Indica la differenza tra onde trasversali ed onde longitudinali

3. Indica la differenza tra onde meccaniche ed onde elettromagnetiche

4. Disegna un’onda ed indicane tutte le variabili che la descrivono


Svolgimento

1. Un’onda è un movimento di energia.

2. In un’onda trasversale l’oscillazione avviene su di una linea perpendicolarealla direzione di propagazione dell’onda, per le onde longitudinali tale oscilla-zione è parallela alla direzione di propagazione dell’onda.

3. Un’onda meccanica è data dall’oscillazione del mezzo entro il quale si propaga;in un’onda elettromagnetica ciò che oscilla è un campo elettromagnetico e nonil materiale entro cui l’onda si propaga

4. Le variabili che descrivono un’onda sono:

(a) l’ampiezza (il massimo valore dell’oscillazione)

(b) la frequenza (il numero di oscillazioni al secondo)

(c) la lunghezza d’onda (la distanza tra un picco ed il picco successivo)

(d) la velocità (il numero di metri al secondo)

(e) il periodo (la durata di una oscillazione)

(f) l’intensità (l’energia che incide su di una certa superficie in un certo inter-vallo di tempo)

λ

A



Testo [O0012] [1 1 4a ] Un raggio di luce passa dall’aria all’acqua conun angolo di incidenza i = 45. L’indice di rifrazione dell’aria è naria = 1, 0003,mentre quello dell’acqua è n

H2O= 1, 33. Con quale angolo di rifrazione il raggio

entra nell’acqua?

Spiegazione Semplicemente il fenomeno della rifrazione

Svolgimentosin(r)

sin(i)=narian

H2O

sin(r) =1, 0003

1, 33·√

(2)

2= 0, 53182

r = arcsin(0, 53182) = 32, 13


Testo [O0013] [1 4 4a ] Rispondi alle seguenti domande:

1. Cos’è un’onda? Quali tipi di onde conosci?

2. Da cosa dipende la velocità di un’onda?

3. Elenca, spiegandone il significato, le grandezze fisiche con cui descriviamoun’onda.

Spiegazione Queste sono domande di teoria... se non le sai ripassa la teoria

Svolgimento

1. Un’onda è un movimento di energia. Le onde si dividono in meccaniche (so-no l’oscillazione del materiale in cui si propagano) ed elettromagnetiche (sonol’oscillazione di un campo elettromagnetico). Le onde si dividono anche intrasversali e longitudinali, a seconda che l’oscillazione delle molecole sia per-pendicolare o parallela alla direzione di propagazione dell’onda.

2. La velocità di un’onda dipende dal materiale in cui si propaga. Esiste però ilfenomeno della dispersione della luce, per il quale l’indice di rifrazione ha unalieve dipendenza dalla frequenza dell’onda incidente.

3. Le grandezze fisiche con cui descrivo un’onda sono:

• ampiezza: la massima distanza di una molecola dal punto di equilibrio

• lunghezza d’onda: la lunghezza di un’oscillazione completa

• frequenza: il numero di oscillazioni al secondo

• periodo: la durata diuna singola oscillazione

• velocità: il numero di metri percorsi in un secondo

• intensità: l’energia incidente su una superficie in un intervallo di tempo



Testo [O0014] [1 4 4a ] Domande di teoria:

1. Quali fenomeni accadono quando un’onda passa da un materiale ad uno dif-ferente? Elencali e spiegali.

2. Perchè il suono non si può propagare nel vuoto?

3. Cosa vuol dire vedere un oggetto? Perchè al buio non vediamo niente? Perchènon vedo nulla delle cose che stanno dietro ad un muro?


Svolgimento

1. I fenomeni che accadono sono due: la riflessione e la rifrazione. L’onda inci-dente si divide in due onde, una riflessa ed una rifratta. L’onda riflessa tornaindietro con un angolo uguale all’angolo di incidenza; l’onda rifratta proseguenel nuovo materiale cambiando angolo.

2. Un suono é l’oscillazione di un materiale. Nel vuoto non c’é nulla e quindinulla puó oscillare; nel vuoto non puó esistere alcun suono.

3. Vedere un oggetto significa ricevere negli occhi la luce di quell’oggetto. Al buionon c’é luce e quindi non ci possono essere immagini. Se tra un oggetto ed inostri occhi c’é un muro, allora l’oggetto non lo vediamo perché la luce vienebloccata dal muro e non arriva ai nostri occhi.


Testo [O0015] [1 2 4a ] Un raggio di luce verde (ν = 6 ·1014Hz) attraversaperpendicolarmente una lastra di vetro con indice di rifrazione n = 1, 4. Sapendo chela lastra di vetro è spessa d = 3mm, quante oscillazioni compie il raggio luminosonell’attraversare tale lastra?

Spiegazione Il problema parla di un raggio di luce e, dicendoci che è verde, ci for-nisce il valore della sua frequenza. Conoscendo poi l’indice di rifrazione del vetro, difatto conosciamo la velocità della luce in quel vetro. Possiamo quindi determinare lalunghhezza d’onda di quella luce nel vetro. Sapendo lo spessore del vetro possiamoinfine determinare quante volte tale lunghezza d’onda è contenuta nello spessore delvetro.

Svolgimento La velocità della luce nel vetro è

=c

n=

299792458 ms

1, 4= 214137470

m

s

La lunghezza d’onda della luce è

λ =

ν=

214137470 ms

6 · 1014Hz= 3, 57 · 10−7m = 357nm

Il numero di oscillazioni complete fatte dall’onda nell’attraversare il vetro è quindi

n =d

λ= 8403



Testo [O0016] [1 1 4a ] Costruisci l’immagine di un oggetto generata dauna lente sferica divergente. Indica se l’immagine è dritta e se è reale.

Spiegazione Ogni lente crea un’immagine degli oggetti intorno ad essa. Le leggidell’ottica geometrica mi permettono di costruire geometricamente tale immagine.

Svolgimento Lo schema dell’ottica è il seguente:

F

F

p f

q

Fig. 15.1: Costruzione dell’immagine di una lente divergente. Con F sono indicati i fuochi della lente, con f ladistanza focale, con p la distanza dell’oggetto dalla lente, con q la distanza dell’immagine dalla lente. L’immaginerisulta dritta e virtuale.

Una volta disegnati la lente, il suo asse ottico, i due fuochi e l’oggetto, dovete se-guire il percorso di due raggi luminosi che partono dallo stesso punto dell’oggetto.Il primo, parallelo all’asse ottico, attraversando la lente viene deviato e diverge comese provenisse dal fuoco della lente; il secondo, passando per il centro della lente, pro-segue in linea retta. I due raggi luminosi, oppure i loro prolungamenti, si incontranonel punto in cui si forma l’immagine. Avremo un’immagine dritta e virtuale.


Testo [O0017] [1 2 4a ] Un’asticella lunga l = 150 cm, oscilla con unestremo fisso l’altro libero. La velocità di un’onda nell’asticella è = 24 m

s . Calcolala terza frequenza di risonanza dell’asticella.

Spiegazione Un’asticella che viene fatta oscillare mantenendola fissa ad uno de-gli estremi, oscilla in modo stazionario mantenendo un nodo (assenza di oscillazio-ne) sul punto fisso ed un ventre (massima oscillazione) nel punto libero dalla parteopposta. Solo le onde della lunghezza d’onda giusta.

Svolgimento Per un’asticella bloccata ad un estremo e lasciata libera all’altro, laprima frequenza di risonanza si ottiene quando l’onda ha una lunghezza d’ondapari a quattro volte la lunghezza dell’asticella.

λ1 = 4 l

La seconda frequenza di risonanza si ottiene quando l’onda ha una lunghezzad’onda pari a quattro terzi della lunghezza dell’asticella.

λ2 =4

3l

La terza frequenza di risonanza si ottiene quando l’onda ha una lunghezza d’on-da pari a quattro quinti della lunghezza dell’asticella.

λ3 =4

5l

La terza frequenza di risonanza è quindi

ν3 =

λ3=

24 ms

45 · 1, 5m

= 20Hz



Testo [O0018] [1 2 4a ] Sapendo che gli indici di rifrazione di aria e acquasono rispettivamente na = 1, 00029 e n

H2O= 1, 33 calcola lo spessore di aria che un

raggio di luce deve attraversare per impiegare lo stesso tempo che impiegherebbe adattraversare uno spessore ∆L

H2O= 20 cm.

Spiegazione In questo esercizi abbiamo due raggi di luce che si muovono in duemateriali differenti. La velocità della luce dipende solo dal materiale in cui si pro-paga; quindi i due raggi luminosi viaggiano con velocità costante di moto rettilineouniforme. Per risolvere il problema è sufficiente imporre la condizione per cui i dueraggi luminosi impiegano lo stesso tempo a fare il loro percorso.

Svolgimento Sappiamo che la velocità della luce in un certo materiale è = cn

dove c è la velocità della luce nel vuoto e n è l’indice di rifrazione della luce.Il tempo impiegato dalla luce ad attraversare uno strato ∆L di acqua è

∆tH2O

=∆L

H2O

=∆L

cn

H2O

Analogalmente per l’aria

∆taria =∆S

aria=

∆S

cnaria

dove ∆S è la lunghezza del percorso della luce nell’aria. Avremo che

∆S

cnaria =

∆L

cn

H2O

∆S = ∆Ln

H2O

naria= 26, 6 cm



1. Quali differenze ed analogie ci sono tra la luce visibile, i raggi X con cui fai unalastra e le onde radio per le telecomunicazioni?

2. Perchè d’estate preferisco indossare vestiti bianchi e non neri?

3. Come mai d’estate in generale le temperature sono alte, mentre d’inverso ingenerale le temperature sono basse?

4. Qual’è la principale differenza tra la luce diffusa da un muro e la luce riflessada uno specchio?


Svolgimento

1. Le onde elencate sono tutte onde elettromagnetiche e sono quindi la stessa co-sa; l’unica differenza è il valore della loro frequenza. Elencate in ordine difrequenza le onde elettromagnetiche sono: onde radio, microonde, infrarossi,luce visibile, ultravioletti, raggi X, raggi gamma.

2. Un oggetto è nero se assorbe tutti i raggi luminosi che incidono su di esso,trasformando la loro energia in calore. UN oggetto è bianco quando riflettetutta la radiazione luminosa incidente. Se mi vesto di nero in una giornatacalda avrò molto più caldo di quanto ne avrei vestendomi di bianco.

3. D’estate la luce tende ad illuminare una superficie minore di quanto illuminadurante l’inverno. L’intensità luminosa sul terreno è quindi maggiore, con unconseguente riscaldamento del materiale illuminato

4. La luce diffusa, dopo essere stata assorbita dal muro, vene riemessa in tuttele direzioni. La luce riflessa da uno specchio, invece, ritorna indietro con unangolo di riflessione ben determinato e quindi con una direzione unica.



Testo [O0020] [1 2 4a ] Rispondi alle seguenti domande.

1. Indica quale grandezza fisica dell’onda determina: il colore della luce visibile;la luminosità della luce visibile; il volume di un suono; la tonalità del suono?

2. Con un puntatore laser indico un punto su di un muro. Tutti nella stanza ve-dono quel punto. Sto parlando di un fenomeno di riflessione o di diffusione?Perchè?

3. Descrivi un fenomeno fisico in cui sia presente l’effetto Doppler.

Spiegazione In questo esercizio vengono presentate due domande di teoria percui bisogna semplicemente studiare l’argomento, ed una situazione in cui bisognaapplicare i concetti studiati.

Svolgimento

1. Parlando del suono, la frequenza ne indica la tonalità, l’ampiezza ne indica ilvolume. Per la luce, la frequenza ne indica il colore, l’ampiezza ne indica laluminosità.

2. La luce del puntatore laser arriva su di un punto del muro e viene poi vista datutte le persone della stanza. Questo vuol dire che da quel punto la luce si èpropagata in tutte le direzioni, quindi si parla del fenomeno della diffuzione

3. Qunado sentiamo il suono della sirena di un’ambulanza, lo sentiamo acutose l’ambulanza si avvicina a noi, mentre lo sentiamo basso se l’ambulanza siallontana da noi. Allo stesso modo, quando guardiamo la luce proveniente dauna stella, tale luce è un po’ più blu se la stella si avvicina a noi, mentre lavediamo un po’ più rossa se la stella si sta allontanando.


Testo [O0021] [1 6 4a ] Rispondi alle seguenti domande.

1. Immaginiamo di irradiare la superficie di un metallo con un fascio di luce mo-nocromatica. L’energia dei singoli fotoni è E = 5, 0 · 10−19 J . Il lavoro diestrazione è Ψ = 3, 6 · 10−19 J . Quale delle seguenti affermazioni è vera?

(a) Dal metallo non escono elettroni

(b) Dal metallo escono elettroni con energia cinetica nulla

(c) Dal metallo escono elettroni con energia cinetica Ec = 1, 4 · 10−19 J

(d) Dal metallo escono elettroni con energia cinetica Ec = 6, 4 · 10−19 J

2. In una fibra ottica monomodale un segnale viene attenuato man mano che sipropaga lungo la fibra stessa. Quale di questi fattori NON determina un’atte-nuazione del segnale?

(a) La presenza di impurità all’interno della fibra

(b) La presenza di curve nel percorso della fibra

(c) La presenza di interconnessioni tra fibre

(d) La scelta dei valori degli indici di rifrazione del nucleo e del mantello dellafibra

3. Un raggio luminoso passa da un materiale con indice di rifrazione n1 = 1, 41

verso un materiale con indice di rifrazione n2. Affinchè possa esserci riflessionetotale quali delle seguenti affermazioni è vera?

(a) n2 sia minore di n1

(b) n2 sia maggiore di n1

(c) n2 sia uguale a n1

(d) n2 può assumere qualunque valore.

4. Riguardo ai fenomeni della fluorescenza e della fosforescenza, indica qualedelle seguenti affermazioni è FALSA:


(a) Il fenomeno della fluorescenza non ha la stessa durata del fenomeno dellafosforescenza

(b) Entrambi i fenomeni iniziano con il salto energetico di un elettrone da unlivello energetico inferiore ad uno superiore.

(c) A differenza della fluorescenza, il fenomeno della fosforescenza coinvolgeanche le cariche elettriche del nucleo dell’atomo.

(d) In entrambi i fenomeni la radiazione luminosa emessa ha energia inferioredella radiazione eccitante iniziale

Spiegazione In questo esercizio vengono presentate domande di teoria per cuibisogna semplicemente studiare l’argomento.

Svolgimento

1. Immaginiamo di irradiare la superficie di un metallo con un fascio di lucemonocromatica. l’energia dei singoli fotoni è E = 5, 0 · 10−19 J . Il lavoro diestrazione è Ψ = 3, 6 · 10−19 J . Quale delle seguenti affermazioni è vera?

(a) Dal metallo escono elettroni con energia cinetica Ec = 1, 4 · 10−19 J

2. In una fibra ottica monomodale un segnale viene attenuato man mano che sipropaga lungo la fibra stessa. Quale di questi fattori NON determina un’atte-nuazione del segnale?

(a) La scelta dei valori degli indici di rifrazione del nucleo e del mantello dellafibra

3. Un raggio luminoso passa da un materiale con indice di rifrazione n1 = 1, 41

verso un materiale con indice di rifrazione n2. Affinchè possa esserci riflessionetotale quali delle seguenti affermazioni è vera?

(a) n2 sia minore di n1

4. Riguardo ai fenomeni della fluorescenza e della fosforescenza, indica qualedelle seguenti affermazioni è FALSA:

(a) A differenza della fluorescenza, il fenomeno della fosforescenza coinvolgeanche le caiche elettriche del nucleo dell’atomo.



Testo [O0024] [2 10 4a ] Una fibra ottica immersa in aria ha le seguenticaratteristiche: diametro del nucleo dc = 50µm, indice di rifrazione del nucleo n1 =

1, 527, diametro del mantello dm = 125µm, indice di rifrazione del mantello n2 =

1, 517. Nella fibra si propagano segnali luminosi di lunghezza d’onda λ = 1300nm.Determinare il numero dei modi di propagazione ed il cono di accettazione. Indicarein modo sintetico perchè la presenza di più modi di propagazione determina unaattenuazione del segnale e come dovrebbe essere modificata la fibra per renderlamonomodale.

Spiegazione In questo esercizio si tratta di una fibra ottica. I dati del problemasono già sufficienti per calcolare le grandezze richieste utilizzando le opportuneformule.

Svolgimento Il cono di accetazione è determinato da

NA =√n21 − n22 =

√1, 5272 − 1, 5172 = 0, 1745

Il numero di modi di propagazione è dato da

M =π2d2N2

A

2λ2

M =π2(125µm)2

(1, 5272 − 1, 5172

)2(1, 3µm)2

= 1388

L’attenuazione del segnale è dovuta al fatto che per ogni modo di propagazionela velocità del segnale lungo l’asse della fibra è differente. Durante la propagazionel’impulso luminoso si allarga lungo l’asse della fibra, perdendo quindi di intensità.Stabiliti i materiali di cui è fatta la fibra, per rendere la fibra monomodale è sufficientediminuire il diametro del core in modo tale da rendere M = 1


Testo [O0026] [1 1 4a ] Una lampadina ad incandescenza di potenza P =

100W emette luce in maniera isotropa. Se viene posta al centro di una stanza cubicadi lato L = 7m. Quanta energia arriverà in un tempo ∆t = 10min sul soffitto dellastanza?

Spiegazione La lampadina emette luce, quindi emette una certa quantità di ener-gia ogni secondo. La difficoltà di questo esercizio è solo nel capire quale frazione deltotale dell’energia emessa incide sul soffitto.

Svolgimento L’energia totale emessa nel tempo indicato dal testo dell’esercizio è

∆E = P ·∆t = 100W · 10min = 100W · 600 s = 60 kJ

Consideriamo adesso che la lampadina si trova nel centro di una stanza cubica.Vista la simmetria della situazione possiamo affermare che ogni lato del cubo prendela stessa quantità di energia, quindi l’energia che incide sul soffitto è data da

∆Esoff =∆E

6= 10 kJ




1. Come determini la direzione del raggio riflesso in una riflessione?

2. Che differenza c’è tra riflessione e diffusione?

3. In quale istante avviene la riflessione di un’onda?

4. Nel fenomeno della riflessione, perchè non cambia la velocità dell’onda?


Svolgimento

1. Il raggio incidente viene riflesso ad un angolo di riflessione uguale all’angolo diincidenza; inoltre i raggi incidente e riflesso, e la perpendicolare alla superficiedi riflessione si trovano su di uno stesso piano.

2. Nel fenomeno della diffuzione i raggi incidenti vengono riemessi in tutte ledirezioni possibili e non nella sola direzione possibile definita dalle regole dellariflessione.

3. La riflessione avviene nell’istante in cui un’onda prova a cambiare il materialedi propagazione e quindi la sua velocità.

4. L’onda riflessa si trova nello stesso materiale dell’onda incidente, quindi la suavelocità non cambia.



1. Quali fenomeni fisici sono legati al funzionamento di lenti e specchi?

2. Come si forma un’onda stazionaria?

3. Per quale motivo se una persona si sta allontanando da noi, sentiamo la suavoce di un volume minore?

4. In che modo cambia il suono di una sirena se tale sirena si sta avvicinando odallontanando da noi? Per quale motivo?


Svolgimento

1. Le lenti funzionano grazie al fenomeno della rifrazione; gli specchi grazie alfenomeno della riflessione.

2. Un’onda stazionaria si forma a causa dell’interferenza di due onde identicheche viaggiano in direzione opposta.

3. L’energia dei suoni che emettiamo si trova su di un fronte d’onda sferico che,avanzando, aumenta la sua superficie. La stessa energia si trova quindi su disuperfici sempre più grandi e quindi l’intensità dell’onda diminuisce. Detta Sla superficie del fronte d’onda, ∆E

∆t la potenza emessa dalla sorgente sonora,l’intensità dell’onda sonora è infatti

I =∆E

S ·∆t

4. A causa dell’effetto Doppler, la frequenza di un’onda viene percepita in mo-do differente a seconda che l’osservatore si stia avvicinando od allontanandodalla sorgente. Quando sorgente ed osservatore si avvicinano, l’osservatore


riceve un’onda di frequenza maggiore rispetto a quella che riceverebbe se fos-se in quiete rispetto alla sorgente. Viceversa nel caso che l’osservatore si stiaallontanando dalla sorgente.


Testo [O0029] [1 1 4a ] Una nave manda un impulso sonar verso il bassoper misurare la profondità del fondale. La nave sente l’eco dopo un tempo ∆t =

1, 2 s. Sapendo che il suono in acqua viaggia alla velocità Vs = 1400 ms , quanto è

profondo il fondale?

Spiegazione L’eco altro non è se non la riflessione di un suono. Un sonar mandaun impulso verso il basso che fa eco sul fondale.

Svolgimento Il suono in questo esercizio si sta muovendo sempre nell’acqua, eviaggia quindi con velocità costante. Lo spazio percorso dal suono è pari al dop-pio della prondità del fondale, quindi, utilizzando l’equazione del moto rettilineouniforme:

2h = s∆t

h =s∆t

2=

1400 ms · 1, 2 s2

= 840m



Testo [O0030] [2 2 4a ] Nell’imma-gine è raffigurato un aereoplano che supera labarriera del suono. Si vede chiaramente il conodi vapore acqueo condensato corrispondente al-la superficie dell’onda d’uro. Calcola la velocitàdell’aereo sapendo che il cono dell’onda d’urtoha un angolo al vertice α = 120.

Spiegazione l’onda d’urto si genera quando la sorgente si muove ad una velocitàsuperiore a quella del suono che emette. La forma dell’onda d’urto è quella di uncono il cui angolo al vertice dipende dalle velocità del suono e dell’aereo.

Svolgimento In un certo intervallo di tempo ∆t l’aereo ed il suono percorrono unadistanza

L = aereo ·∆t

D = suono ·∆t

Queste due distanze sono rispettivamente l’ipotenusa e un cateto di un triangolorettangolo il cui angolo opposto al cateto è

sin(α2

)=D

L=

suono

aereo

Quindi

aereo =suono

sin(α2

) =340

m

ssin 60

= 393m

s


Testo [O0031] [2 24a ] In figura è mo-strato lo spettro di fre-quenze (con le frequenzeindicate su scala logarit-mica) di un suono prodot-to da aria che passa in un tubo aperto ad entrambe le estremità. Le due linee eviden-ziate corrispondono alle frequenze ν1 = 829Hz e ν2 = 2088Hz. Sapendo che ilsuono viaggia in aria alla velocità = 340 m

s , quanto è lungo il tubo?

Spiegazione Nel grafico in figura sono rappresentati i picchi di maggiore intensitàper le frequenze di risonanza del tubo. Essendo il tubo aperto ai due lati, l’ondastazionaria che in esso si forma ha un massimo (ventre) su entrambe le aperture. Trauna frequenza di risonanza e la successiva, quindi, ci deve essere una differenza paria mezza lunghezza d’onda. Guardando tutti i picchi presenti nel grafico, si vede chei due segnati indicano la seconda e la quinta frequenza di risonanza. Per la secondafrequenza di risonanza la lunghezza del tubo è pari alla lunghezza d’onda del suono.

Svolgimento Indicando con l’indice n l’ennesima onda di risonanza, avremo

L = λ2 =suono

ν2=

340 ms

829Hz= 0, 41m



Testo [O0032] [2 2 4a ] Un’ambulanza dista da una persona r1 = 200m esi muove verso di essa a velocità costante = 15 m

s . Sapendo che l’intensità sonorapercepita è I1 = 0, 5 W

m2 , quale intensità sonora verrà percepita dopo un tempo ∆t =

4 s?

Spiegazione L’intensità di un’onda varia al variare della distanza tra l’osserva-tore e la sorgente. Inizialmente la distanza è data; la distanza finale è ricavabileconoscendo il movimento della sorgente.

Svolgimento Cominciamo con il calcolarci la distanza finale tra sorgente ed osser-vatore

r2 = r1 − V ·∆t = 200m− 15m

s· 4 s = 140m

L’intensità percepita sarà quindi

I2r22 = I1r

21

I2 = I1 ·r21r22

= 0, 5W

m2

40000m2

19600m2= 1, 02

W

m2


Testo [O0033] [2 2 4a ] I sali di litio su di una fiamma emettono luce rossadovuta ad una riga monocromatica di frequenza ν = 4, 469 · 1014Hz. In acqua taleluce ha una lunghezza d’onda λ = 0, 504 · 10−6m. Quanto vale l’indice di rifrazionedell’acqua?

Spiegazione Un raggio di luce, passando dal vuoto in un materiale trasparente,cambia la sua velocità in accordo con il valore dell’indice di rifrazione del materiale,mentre non cambia la sua frequenza.

Svolgimento La velocità del raggio di luce è

= λν =λν

c· c = 0, 75 · c

Visto che l’indice di rifrazione di un materiale è il rapporto tra la velocità dellaluce nel vuoto e nel materiale, allora

n =c

=

1

0, 75= 1, 33


Problema di: Onde - Effetto Doppler O0034

Testo [O0034] [2 2 4a ] Quando un’ambulanza viene nella tua direzionepercepisci un suono di frequenza ν1 = 2, 2 kHz, mentre quando si allontana il suonopercepito ha una frequenza ν2 = 2 kHz. Con quale velocità viaggia l’ambulanza?

Spiegazione La differentè frequenza è dovuta all’effetto doppler relativo al motodella sorgente rispetto al mezzo di propagazione. L’osservatore è invece in quiete.

Svolgimento La velocità del suono è s = 340 ms . Chiamiamo νsor la frequenza

del suono emesso dalla sirena dell’ambulanza. La frequenza ν1 percepita dall’osser-vatore quando l’ambulanza si avvicina, e la frequenza ν2 percepita dall’osservatorequando l’ambulanza si allontana saranno

ν1 = νsors

s − sor

ν2 = νsors

s + sor

Da cui otteniamo

ν1ν2

=s + sor

s − sor

Chiamati per comodità α =ν1ν2

e x =sor

savremo che l’equazione diventa

α =1 + x

1− x

α− 1 = x (α+ 1)

x =α− 1

α+ 1= 0, 04762

sor = x · s = 0, 04762 · 340 ms

= 16, 2m

s= 58, 3

km

h

Problema di: Effetto doppler - O0036

Testo [O0036] [2 2 4a ] Una persona vede passare un’auto della poliziacon la sirena accesa. La persona ferma ascolta il suono della sirena in avvicinamentoad una frequenza ν1 = 1100Hz ed il suono della sirena in allontanamento ad unafrequenza ν2 = 900Hz. Assumendo la velocità del suono nell’aria pari a = 340m

s ,calcolare la velocità della macchina della polizia e la frequenza della sirena.

Spiegazione Un problema sull’effetto Doppler. Due informazioni: una sulla sirenain avvicinamento e l’altra sulla sirena in allontanamento. Nel primo caso le velocitàdel suono e della sirena sono concordi; viceversa nell’altro caso.

Svolgimento La formula generale per l’effetto doppler è

ν′ = ν

( − oss

− sorg

)dove le velocità della sorgente e dell’osservatore sono indicate rispetto alla velocitàdi propagazione dell’onda. In questo problema indichiamo con gli indici 1 e 2 rispet-tivamente il caso in cui l’auto si avvicina all’osservatore, ed il caso in cui si allontanadall’osservatore. Le velocità della sorgente sono quindi

sorg1 = −sorg2 = sorg

Il problema ci offre due equazioni, relative a prima e dopo il passaggio dell’auto,che scriviamo nel seguente sistema.

ν1 = ν

(

− sorg

)ν2 = ν

(

+ sorg

)

ν1

ν2=

( + sorg

− sorg

)ν = ν2

( + sorg

)


ν1 ( − sorg) = ν2 ( + sorg)

ν = ν2

( + sorg

)(ν1 − ν2ν1 + ν2

) = sorg

ν = ν2

( + sorg

)sorg = 0, 1 · 340 m

s= 34

m

s

ν = 900Hz

(374

340

)= 990Hz


Testo [O0037] [2 2 4a ] Una sirena emette un suono di frequenza ν =

900Hz. Essa si sta allontanando da un osservatore, partendo da ferma, con ac-celerazione a = 1 m

s2 . Dopo quanto tempo il suono verrà percepito con frequenzadimezzata?

Spiegazione Un semplice problema sull’effetto Doppler combinato con un proble-ma di cinematica sul moto uniformemente accelerato. La sirena si sta allontanandocon velocità crescente e quindi la frequenza percepita diminuisce.

Svolgimento La formula generale perl’effetto doppler è

ν′ = ν

( − oss

− sorg

)dove le velocità della sorgente e del-l’osservatore sono indicate rispetto allavelocità di propagazione dell’onda.

La velocità della sirena è data da

sorg = a∆t+ i = a∆t

Tale velocità è però opposta alla direzio-ne del suono, quindi

La frequenza percepita sarà quindi

ν′ = ν

(

+ sorg

)

ν′

ν=

(

+ a∆t

)

1

2=

(

+ a∆t

)

1

2=

(

+ a∆t

)

+ a∆t = 2

∆t =

a=

340 ms

1 ms2

= 340 s


Problema di: Effetto doppler - O0037a

Testo [O0037a] [2 2 4a ] Una sirena emette un suono di frequenza ν =

900Hz. Essa si sta avvicinando ad un osservatore con velocità iniziale i = 4 ms , con

accelerazione a = 1 ms2 opposta alla velocità iniziale. Dopo quanto tempo il suono

verrà percepito con frequenza dimezzata?

Spiegazione Un semplice problema sull’effetto Doppler combinato con un proble-ma di cinematica sul moto uniformemente accelerato. La sirena si sta allontanandocon velocità crescente e quindi la frequenza percepita diminuisce.

Svolgimento La formula generale perl’effetto doppler è

ν′ = ν

( − oss

− sorg

)dove le velocità della sorgente e del-l’osservatore sono indicate rispetto allavelocità di propagazione dell’onda.

La velocità della sirena è data da

sorg = a∆t+ i

Tale velocità è però opposta alla direzio-ne del suono, quindi

La frequenza percepita sarà quindi

ν′ = ν

(

+ sorg

)

ν′

ν=

(

+ i + a∆t

)

1

2=

(

+ i + a∆t

)

1

2=

(

+ i + a∆t

)

+ i + a∆t = 2

∆t = − i

a=

344 ms

1 ms2

= 344 s


Testo [O0038] [3 3 4a ] Una sirena è montata sul bordo di una piattaformagirevole che ruota con frequenza ν = 10Hz, ed emette un suono di frequenza ν =

900Hz. Un osservatore percepisce un suono di frequenza variabile da un minimoν1 = 840Hz ad un massimo ν2 = 860Hz. Determinate la velocità di allontanamentodella piattaforma ed il suo raggio.

Spiegazione L’osservatore percepisce una frequenza variabile i quanto la sirena,girando con la piattaforma, alterna momenti in cui si allontana a velocità maggioreed altri in cui si allontana a velocità minore dall’osservatore.

Svolgimento La formula generale per l’effetto doppler è

ν′ = ν

( − oss

− sorg

)dove le velocità della sorgente e dell’osservatore sono indicate rispetto alla velocitàdi propagazione dell’onda.

Chiamando r = ωr la velocità con cui la sirena effettua la sua rotazione, e p lavelocità della piattaforma, avremo che la massima velocità di allontanamento saràs1 = p + r, mentre la minima sarà s2 = p + r. Alla massima velocità sa-rà associata la minima frequenza percepita e viceversa. Avremo quindi il seguentesistema di equazioni

ν1ν

=suono

suono − s1ν2ν

=suono

suono − s2

Considerando un sistema di riferimento allineato con la velocità della piattafor-ma, avremo che il suono viaggia nella direzione opposta e quindi utilizzeremo peresso un valore suono = −340 m

s


ν1ν

=suono

suono − s1ν2ν

=suono

suono − s2

Chiamiamo a1 =ν

ν1e a2 =

ν

ν2; x1 =

s1

suonoe x2 =

s2

suonoConsiderato che la sirena è su di una piattaforma girevole, avremo s1 = p+r

e s2 = p − r

per cui otteniamo a1 = 1− x1

a2 = 1− x2x1 = 1− a1

x2 = 1− a2x1 + x2 = 2− a1 − a2

x1 − x2 = a1 + a22

p

suono= 2− a1 − a2

2r

suono= a1 + a2

p = suono

(1− a1 + a2

2

)r = suono

(a1 + a2

2

)

Problema di: Rifrazione - O0039

Testo [O0039] [2 3 4a ] Una piscina è realizzata con una vasca interrataprofonda h = 3m. Essa è riempita di acqua fino a d = 30 cm dal bordo. Sapendo cheil sole si trova α = 45 sopra l’orizzonte, calcola quanto è lunga l’ombra del bordodella piscina sul fondo della stessa.

Spiegazione I raggi del sole seguono percorsi rettilinei. Il raggio di luce da consi-derare è quello che sfiora il bordo della piscina, arriva in acqua, subisce una rifrazio-ne ed arriva sul fondo della piscina. Quel punto è il punto in cui finisce l’ombra delbordo della piscina.

Svolgimento Cominciamo con il cal-colare in quale punto (inteso come aquale distanza dal bordo) il raggio lu-minoso tocca l’acqua. Considerandoil triangolo rettangolo che si formaavremo

x1 = d tanα = 30 cm

Successivamente avviene la rifrazio-ne, ed il raggio si inclina formando conla verticale un angolo β

sinβ

sinα=

narianacqua

sinβ =

√2

2 · 1, 33= 0, 532

β = 32, 1

Il raggio ora prosegue verso il fondoed arriva sul fondo a distanza x2 dallaverticale del punto di ingresso in acqua.

x2 = (h− d) tanβ = 169, 5 cm

La lunghezza dell’ombra risultaquindi

L = x1 + x2 = 199, 5 cm



Testo [O0041] [2 2 4a ] Una pallottola viene sparata a velocità = 800ms .

Disegna il cono che l’onda d’urto forma con la direzione del moto della pallottola ecalcolane l’angolo al vertice.

Spiegazione La pallottola viaggia in aria ad una velocità maggiore di quella delsuono, quindi si forma un’onda d’urto conica.

Svolgimento La soluzione del proble-ma la si raggiunge analizzando la geo-metria dei percorsi della pallottola e delsuono. La distanza percorsa dalla pal-lottola, la distanza percorsa dal suonoe il fronte dell’onda d’urto formano untriangolo rettangolo. Le due distanze lecalcoliamo per un generico tempo ∆t, inbase alle velocità s del suono e p dellapallottola.

L’angolo cercato lo troviamo utiliz-zando la trigonometria

sinα =s∆t

p∆t=

s

p

sinα =330 m

s

800 ms

= 0, 4125

α = 24, 36

Problema di: Onde, Risonanza - O0042

Testo [O0042] [2 3 4a ] Un tubo lungo L = 1, 5m è chiuso a un’estremità.Un filo teso, fissato ad entrambe le estremità, lungo d = 0, 25m e di massa m = 10 g

è posto vicino all’estremità aperta del tubo. Il filo, vibrando nel suo schema fon-damentale, fa risuonare la colonna d’aria nel tubo alla sua frequenza fondamentale.Trovare la frequenza di oscillazione della colonna d’aria e la tensione del filo.

Spiegazione La corda e l’aria nel tubo vibrano in risonanza, quindi con la stessafrequenza. La lunghezza d’onda della corda è stabilita dal fatto che è fissata ai dueestremi; in modo analogo la lunghezza d’onda dell’onda nel tubo è definita dal fattoche il tuo è chiuso ad uno solo dei due estremi.

Svolgimento La velocità di propaga-zione del suono prodotto dalla corda vi-brante è s = 330 m

s ; questa onda sono-ra produrrà un’onda stazionaria fonda-mentale nel tubo la cui frequenza è datada

ν =s

4L=

330 ms

4 · 1, 5m= 55Hz

La tensione della corda vibrante,detto c la velocità delle onde sullacorda, sarà ricavabile da

c =

√F

ρl=

√F · Lm

F =2cm

L=

Sappiamo che la corda ed il tubo so-no in risonanza, quindi oscillano con lastessa frequenza. Per la corda fissa aidue estremi avremo per la velocità delleonde sulla corda

c = λν = 2Lν

quindi

F = 4Lν2m = 181, 5N



Testo [O0043] [2 3 4a ] In un anfiteatro un suono prodotto sul palco siriflette sulle pareti verticali dei gradini dell’anfiteatro. I suono riflessi interferisco-no all’orecchio di un osservatore sul palco. I gradini solo larghi L = 75 cm. Qua-le deve essere la frequenza del suono, affinché sul palco il suono venga percepitocorrettamente?

Spiegazione Affinché il suono riflesso sia sentito correttamente, tutte le onde de-vono arrivare in fase.

Svolgimento Ogni onda riflessa hafatto un percorso, rispetto alle altre, piùlungo di ∆S = 2L. Per rimanere in fa-se tale percorso deve essere pari ad una

lunghezza d’onda. Quindi

ν =s

λ=

s

2L=

330 ms

1, 5m= 220Hz


Testo [O0044] [2 3 4a ] Sapendo che la velocità del suono è s = 330 ms ,

quanto è profondo un pozzo con pareti verticali, se risuona con frequenza minimaν = 6Hz?

Spiegazione Il pozzo è un tubo chiuso ad uno degli estremi nel quale l’aria puòrisuonare.

Svolgimento Detta H la profondi-tà del pozzo, la lunghezza d’onda delsuono nel pozzo è pari a

λ = 4H

da cui

H =λ

4=

s

4ν=

330 ms

24Hz= 13, 75m



Testo [O0045] [2 3 4a ] Una corda è montata su di un supporto in modoche suoni una ben determinata frequenza fondamentale. La corda è sostituita conuna di eguale lunghezza, dello stesso materiale, ma diametro doppio. Di quantodev’essere variata la tensione della corda per risuonale nello stesso modo?

Spiegazione Questo problema si risolve conoscendo come calcolare la velocità diun’onda su di una corda.

Svolgimento Sappiamo che la fre-quenza di risonanza della corda non de-ve cambiare, il che significa che non de-ve cambiare la velocità delle onde sullacorda in quanto le due corde hanno lastessa lunghezza. Indichiamo con l’in-dice i la corda sostituita, e con indice fla nuova corda.

νi = νf

i

λi=

f

λf

da cui

i = f

√Fi

µi=

√Ff

µf

La densità lineare della corda è lega-ta alla densità volumetrica ed alla se-zione della corda, in quanto la corda èassimilabile ad un cilindro.

Fi

ρSi=

Ff

ρSf

Ff = FiSf

ρSi

Ff

Fi=

Sf

ρSi=

d2fρd2i

= 4

La tensione del filo deve quindiessere quadruplicata.


Testo [O0046] [2 3 4a ] La massima tensione a cui può essere sottopostoun cavo di acciaio è τ = 7 · 108 N

m2 . La densità dell’acciaio è ρ = 7800 kgm3 . Qual’è la

massima velocità di un’onda trasversale su di una corda di acciaio?

Spiegazione Questo problema si risolve conoscendo come calcolare la velocità diun’onda su di una corda.

Svolgimento Sappiamo dal testo del-l’esercizio che la tensione per unità disuperficie a cui è sottoposto il cavo deveessere sempre

F

S< τ

Visto che la forza con cui è tesa unacorda è legata alla velocità delle ondesulla corda avremo

F = 2µ =

2ρS

da cui

2ρS

S< τ

2 <

τ

ρ

Essendo > 0 per definizione,avremo

<

√τ

ρ=

√7 · 108 N

m2

7800 kgm3

= 300m

s



Testo [O0047] [1 2 4a ] Su di una nave esplode una bombola di gas produ-cendo un suono che si propaga nell’aria e nell’acqua. Una seconda nave percepisceentrambi i suoni separati da un intervallo di tempo ∆t = 2 s. Quanto sono distantile due navi?

Spiegazione Il suono in questione si propaga con velocità differenti in aria edin acqua e quindi è normale che i due suono arrivino alla seconda nave in tempidifferenti.

Svolgimento Avremo che

∆taria −∆tacqua = ∆t

∆S

aria− ∆S

acqua= ∆t

∆S ·(

1

aria− 1

acqua

)= ∆t

∆S = ∆t ·(

ariaacqua

acqua − aria

)

∆S = 2 s ·(

330 ms · 1505 m

s

1505 ms − 330 m

s

)

∆S = 845m


Testo [O0048] [2 3 4a ] Una parete è fatta da due strati di materiali tra-sparenti con indici di assorbimento lineare λ1 = 2 1

cm e λ2 = 4 1cm . Sapendo che

nel complesso la parete è spessa d = 1 cm, quanto devono essere spessi i due stra-ti affinché la luce che attraversa la parete perpendicolarmente venga attenuata delϵ = 10%?

Spiegazione La luce attraversa due materiali trasparenti che la assorbono in mododifferente. Il testo fornisce il valore del prodotto degli assorbimenti e della sommadegli spessori delle pareti. Gli assorbimenti si moltiplicano in quanto la percentualedi luce assorbita dal secondo strato è una percentuale di quella in uscita dal primostrato.

Svolgimento Detti x1 e x2 i duespessori dei due materiali avremox1 + x2 = d

e−λ1x1 · e−λ2x2 = ϵx2 = d− x1

e−λ1x1 · e−λ2d · eλ2x1 = ϵx2 = d− x1

e(λ2−λ1)x1 = ϵ · eλ2d

x2 = d− x1

e(λ2−λ1)x1 = eλ2d+ln ϵ

x2 = d− x1

(λ2 − λ1)x1 = λ2d+ ln ϵ

x2 = d− x1

x1 =λ2d+ ln ϵ

(λ2 − λ1)

da cui infine otteniamox1 =4− 2, 3

2= 0, 85 cm

x2 = 0, 15 cm



Testo [O0049] [1 2 4a ] Un raggio laser si propaga all’interno di una gui-da di luce lunga L = 20m. Quanto deve valere il coefficiente di attenuazione sevogliamo che la sua intensità non subisca un’attenuazione superiore a ϵ = 20%?

Spiegazione Un laser, propagandosi in un materiale, attenua la sua intensità se-condo una legge esponenziale. Utilizzando tale legge si arriva alla soluzione delproblema.

Svolgimento L’intensità dell’on-da in funzione della distanza percor-sa, per quanto riguarda il fenomenodell’attenuazione, è data da

I = I0e−λx

I

I0= e−λx

λ =− ln

I

I0x

λ =− ln 0, 8

20m= 0, 011

1

m


Testo [O0050] [3 3 4a ] Un raggio laser che si propaga in aria, incidecon un angolo di i = 60 su di una lastra di vetro piana di spessore d = 5mm, conindice di rifrazione n = 1, 5 e con coefficiente di attenuazione λ = 4 1

cm . Di quantoè cambiata l’intensità del laser in uscita dalla lastra a causa dell’attenuazione delvetro?

Spiegazione Un laser, propagandosi in un materiale, attenua la sua intensità secon-do una legge esponenziale. Utilizzando tale legge si arriva alla soluzione del proble-ma. In questo problema in particolare bisogna notare che la luce non attraversa lalastra perpendicolarmente a causa del fenomeno della rifrazione.

Svolgimento Cominciamo con il cal-colare l’angolo rispetto alla normalecon cui il laser viaggia all’interno dellalastra.

sin r

sin i=ninr

2√3sin r =

1

1, 5

sin r =2√3

6= 0, 577

r = 35, 3

Il percorso che fa il laser corrispondeall’ipotenusa di un triangolo rettango-lo che ha come cateto adiacente rispettoall’angolo r lo spessore della lastra.

Per cui il percorso fatto dal laser è

x =d

cos r= 6, 13mm

Considerato il coefficiente di atte-nuazione avremo:

I

Io= e−λx = e−0,4·6,13 = 0, 086 = 8, 6%



Testo [O0051] [2 3 4a ] Uno specchio è realizzato da uno strato di allumi-nio riflettente coperto da uno strato di ossido di alluminio trasparente con indice dirifrazione n = 1, 5. Quanto deve essere spesso lo strato di ossido affinché lo specchioabbia la massima capacità di riflettere la luce?

Spiegazione La luce che incide sullo specchio viene riflessa due volte: quando in-cide sullo strato di ossido e quando incide sullo strato di alluminio. La massimacapacità di riflettere la luce la si ottiene quando le due onde riflesse interferisconocostruttivamente

Svolgimento Consideriamo un rag-gio luminoso che incide perpendicolar-mente allo specchio. Il raggio riflessodallo specchio fa un percorso più lun-go rispetto al raggio riflesso dall’ossidodi alluminio. I due raggi saranno in fa-se quando la differenza di percorso è unnumero intero di lunghezze d’onda.

2d = kλ′

La grandezza λ′ è la lunghezza d’on-da della luce nell’ossido. Assumendoche l’indice di rifrazione dell’aria sianaria ≃ 1 avremo

λ′ =′

ν=

cnarianarianossν

=narianossν

= λnarianoss

λ′ ≃ λ

noss

e quindi

d =k

2· λ

noss

Visto che uno specchio è costruitoper riflettere la luce visibile avremo

d =1

2· 550nm

1, 5≃ 183µm


Testo [O0052] [2 2 4a ] Un amplificatore emette un suono di intensitàI = 10 dB. Determina l’intensità sonora complessiva emessa da 10 amplificatori.

Spiegazione Questo esercizio serve semplicemente a prendere confidenza con l’u-nità di misura dei deciBel dB

Svolgimento L’intensità di un altopar-lante è

β1 = log10I

I0da cui

I1 = I0 · 10β1

I dieci altoparlanti emetteranno

I10 = 10I1 = I0 · 10β1+1

Quindi

β10 = β1 + 1

β10 = 20 dB + 1B = 30 dB



Testo [O0053] [2 2 4a ] Un amplificatore emette un suono di intensità Icorrispondente a β = 10 dB. Quanti amplificatori uguali devo far suonare affinchél’intensità sonora emessa sia βtot = 20 dB?

Spiegazione Questo esercizio serve semplicemente a prendere confidenza con l’u-nità di misura dei deciBel dB

Svolgimento L’intensità di un altoparlante è

β1 = log10I1I0

I1 = I0 · 10β1

che per il nostro esercizio èI1I0

= 10

Vogliamo un’intensità

βn = 2β1 = 2 log10I1I0

Sappiamo che per definizione

βn = log10nI1I0

Quindi

2 log10I1I0

= log10nI1I0

log10

(I1I0

)2

= log10nI1I0(

I1I0

)2

=nI1I0

cioèn =

I1I0

= 10


Testo [O0054] [4 2 4a ] Un sottomarino emette un impulso sonoro dipotenza P = 6, 28 kW verso il fondale. Tale impulso torna al sottomarino con in-tensità I = 1, 54 W

m2 . Sapendo che il fattore di attenuazione di quel suono in acqua èα = 1, 5 · 10−3m−1. Dai una stima di quanto è profondo il fondale.

Spiegazione Un sottomarino emette un segnale semisferico che nel suo propagarsisi attenua proporzionalmente al quadrato della distanza. Contemporaneamente siverifica un fenomeno di attenuazione che segue una legge esponenziale.

Svolgimento La diminuzione dell’intensità è legata alla propagazione semisfericadell’onda ed al fenomeno dell’assorbimento.

I1 =P

2πr2; I2 = I1e

−αr =P

2π

e−αr

r2

r2πI2P

r2 e−αr cerco un valore

0 0 1 maggiore40m 2, 464 0, 942 minore20m 0, 616 0, 970 maggiore30m 1, 386 0, 956 minore25m 0, 9625 0, 9632 maggiore27, 5m 1, 1646 0, 9600 minore26, 25m 1, 0612 0, 9614

Il problema prevede quindidi risolvere l’equazione

2πI2P

r2 = e−αr

0, 00154r2 = e−0,0015r

Tale equazione non è risol-vibile per via analitica e si puòsolo dare una soluzione approssimata per esempio utilizzando il metodo dicotomicoriempiendo riga per riga la tabella mostrata da cui si deduce che l’onda ha viaggiatoper una distanza r = (25, 625± 0, 625) m.



Testo [O0055] [3 2 4a ] Un laser rosso attraversa una lastra piana di vetrocon nvetro = 1, 4, immersa in aria con naria ∼ 1, e spessa d = 3mm, con un angolo diincidenza i = 30. In uscita dalla lastra il raggio risulta parallelo a quello in ingresso,ma traslato di una quantità ∆x. Determina il valore di ∆x.

Spiegazione Il raggio di luce in ingresso cambia traiettoria, percorre la lastra e poiesce. La rifrazione avviene in due punti in modo opposto, quindi il raggio in uscitaesce parallelo al raggio in ingresso. Seguire il percorso del raggio luminoso darà lasoluzione del problema.

Svolgimento Indichiamo il punto di incidenza del raggio con O. L’angolo di rifra-zione risulta essere

sin r =ninr

sin i =0, 5

1, 4= 0, 357

r = 20, 9

Abbiamo quindi che il raggio rifratto prosegue nel nuovo materiale con un ango-lo minore di quello che avrebbe avuto senza il fenomeno della rifrazione.

Il raggio rifratto attraversa il materiale spostandosi rispetto al punto di incidenzaO di

L = d tan r = 3mm · 0, 382 = 1, 147mm

Se il raggio non avesse fatto rifrazione avremmo avuto

L′ = d tan i = 1, 732mm

I due raggi escono dalla lastra in due punti distanti tra loro

∆L = 0, 585mm

I raggi in uscita sono poi entrambi inclinati di i = 30 rispetto alla normale allasuperficie del vetro, quindi la distanza tra i due raggi risulta essere

∆x = ∆L · cos i = 0, 585mm ·√3

2= 0, 507mm


Testo [O0056] [2 3 4a ] Uno schermo con due fenditure a distanza d èattraversato da due fasci di luce di lunghezza d’onda λx e λr = 658nm. Quantodeve valere λx affinché il primo picco di interferenza costruttiva del rosso coincidacon il primo punto di interferenza distruttiva dell’altro fascio?

Spiegazione I picchi di interferenza costruttiva e distruttiva dovuti ad un fenome-no di diffrazione da due fenditure si trovano su di uno schermo ad una distanza dalpicco principale che dipende dalla lunghezza d’onda della luce e dalla distanza trale fenditure.

Svolgimento Detto n ∈ N, i picchidi interferenza costruttiva per il rosso sitrovano con

nλr = d sinαr

Detto m ∈ N, punti di interferenzadistruttiva per il secondo fascio sonoinvece trovabili con

m+ 1

2λx = d sinαx

Vogliamo che il primo punto buioper il secondo fascio (m = 1) coincida(αr = αx) con il primo picco del rosso(n = 1)

quindi avremo

1

2λx = λr

λx = 2λr = 1316nm



Testo [O0057] [2 3 4a ] Un diaframma con due fenditure a distanza d =

0, 1mm è attraversato dalla luce emessa da una lampada ad idrogeno costituita dadue fasci di lunghezza d’onda λblu = 486nm e λrosso = 658nm. La luce è poiproiettata su di uno schermo a distanza L. Quanto deve valere la distanza L affinchéi primi picchi di interferenza costruttiva del rosso e del blu distino tra loro ∆x =

5mm?

Spiegazione I picchi di interferenza costruttiva e distruttiva dovuti ad un fenome-no di diffrazione da due fenditure si trovano su di uno schermo ad una distanza dalpicco principale che dipende dalla lunghezza d’onda della luce e dalla distanza trale fenditure.

Svolgimento Detti n,m ∈ N, i picchidi interferenza costruttiva per il rosso eper il blu su di uno schermo a distanzaL si trovano con

nλr = dxrL

mλb = d sinxbL

Vogliamo che il primo picco del blued il primo picco del rosso distino ∆x,quindi

∆x = x1r − x1b =L

d(λr − λb)

L =d ·∆x

(λr − λb)=

0, 1mm · 5mm172nm

= 2, 81m


Testo [O0058] [2 2 4a ] Un anello metallico circolare di raggio r = 5 cm en-tra in risonanza con un suono di frequenza non inferiore a ν = 5000Hz. Determinarela velocità delle onde sulla corda.

Spiegazione La chiave per capire questo esercizio è saper disegnare un’onda sta-zionaria su di un anello.

Svolgimento Detti n ∈ N, le lunghez-ze d’onda con cui l’anello può oscillaresono date dall’equazione

nλn = 2πr

Sappiamo che per il valore n = 1

la corda vibra con la frequenza minima

data dal problema, quindi

ν= 2πr

= 2πνr = 1571m

s



Testo [O0059] [3 3 4a ] Un anello metallico circolare di raggio r = 5 cm

entra in risonanza con un suono di frequenza να = 5000Hz, con uno di frequenzaνβ = 6000Hz e con nessun suono di frequenza intermedia. Determinare la velocitàdelle onde sulla corda.

Spiegazione La chiave per capire questo esercizio è saper disegnare un’onda sta-zionaria su di un anello.

Svolgimento Detti n ∈ N, le lunghez-ze d’onda con cui l’anello può oscillaresono date dall’equazione

nλn = 2πr

Sappiamo che per un certo valoredi n incognito la corda vibra con lafrequenza data dal problema, quindi

nα

να= 2πr

nβ

νβ= 2πr

Sappiamo poi che non si ha riso-nanza per frequenze intermedie a quelleindicate, quindi

nβ = nα + 1nα

να= 2πr

(nα + 1)

νβ= 2πr

nα

να= 2πr

(nα + 1)

νβ= nα

να

nα

να= 2πr

nα

(1

να− 1

νβ

)=

1

νβ

nα =

5000

1000= 5

5

5000Hz= 2π5 cm

nα = 5

= 314m

s


Testo [O0060] [3 3 4a ] Nella figura seguente è rappresentata l’oscillazionenel tempo di un punto di una corda. Calcola, utilizzando il grafico, la frequenzadell’onda ed il fattore di attenuazione dell’intensità.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

−40

−30

−20

−10

10

20

30

40

t (s)

A (mm)

Spiegazione Dal grafico è possibile vedere di quanto l’ampiezza dell’onda dimi-nuisce ad ogni oscillazione e di conseguenza ricavare il fattore di attenuazione

Dal grafico è possibile vedere in quanto tempo avviene una mezza oscillazione equindi ricavare la frequenza.

Svolgimento Osservando il grafico vediamo che un’oscillazione completa dura untempo

T = 6 s− 1 s = 5 s

per cui la frequenza vale

ν =1

T= 0, 2Hz

L’ampiezza dell’oscillazione la valutiamo nei punti di massimo e di minimo. Nelprimo punto stazionario con t1 = 2 s, un massimo, l’oscillazione ha ampiezza A1 =

25mm; nel secondo punto stazionario con t2 = 4, 5 s, un minimo, l’oscillazione haampiezza A2 = 15mm.

Tra i due punti vi è una distanza temporale


∆t =T

2In generale, per un’oscillazione smorzata, avremo

A(t) = e−tτ A0

quindi A1 = e−t1τ

A2 = e−t2τ

A2

A1= e−

1τ (t2−t1)

lnA2

A1= −1

τ(t2 − t1)

τ =(t2 − t1)

lnA1

A2

τ =2, 5 s

ln25

15

= 4, 89 s

Dal momento che l’intensità di un’onda è proporzionale al quadrato dell’ampiez-za, avremo

I (t) ∝ A2 (t)

per cuiA2(t) = e−2 t

τ A20

I(t) = e− t

τ2 I0

definendo λ il coefficiente di attenuazione avremo

λ =τ

2= 2, 45 s


Testo [O0061] [2 2 4a ] Nel 1887 Ernst Machscattò la prima fotografia (mostrata qui a lato) di un’ondad’urto dovuta al moto di un proiettile supersonico in aria.Assumendo che l’angolo tra i due fronti d’onda sia α =

90, determina la velocità del proiettile.

Spiegazione In questa situazione la sorgente delle onde viaggia nel materiale piùrapidamente di quanto viaggino le onde sonore nello stesso materiale, quindi siforma un’onda d’urto.

Svolgimento

·∆t

onda ·∆tfronte d’onda

Dallo schema che analizza la formazione delle onde d’urto avremo

∆t sinα

2= s∆t

sinα

2= s

=s

sin α2

=√2 · 340 m

s= 481

m

s



Testo [O0062] [3 6 4a ] Un fascio laser non polarizzato attraversa unsistema di tre filtri polarizzatori lineari di cui l’ultimo è posto perpendicolarmente alprimo. Il secondo filtro forma un angolo α con il primo.

1. Determinare la dipendenza dell’intensità del fascio in uscita in funzione del-l’angolo α.

2. Mostra graficamente il fenomeno della polarizzazione giustificando di conse-guenza i calcoli fatti in precedenza.

3. Per quali valori dell’angolo l’intensità in uscita si è ridotta di un fattore 8? Daiun’interpretazione fisica ai risultati ottenuti.

Spiegazione Quando la luce passa da un sistema di filtri polarizzatori, ad ognifiltro l’ampiezza dell’onda viene attenuata di un fattore cosα dipendente dall’angolotra un filtro ed il filtro successivo. Questo è dovuto al fatto che il filtro polarizzatoretaglia la componente dell’oscillazione perpendicolare ad esso.

Svolgimento L’intensità in uscita dopo il primo filtro è ridotta della metà per viadel fatto che l’intera componente perpendicolare al filtro viene soppressa. Il secon-do ed il terzo filtro tagliano l’ampiezza dell’oscillazione di un fattore cos θ legatoall’angolo θ tra un filtro ed il successivo. L’intensità di un’onda è proporzionale alquadrato dell’ampiezza, quindi nel nostro problema

I1 =1

2I0

I2 = I1 · cos2 α =1

2I0 · cos2 α

I3 = I2 · cos2 (90− α) =1

2I0 · cos2 α · cos2 (90− α)

quindi

I3 =1

8I0 sin

2 (2α)

Dal testo sappiamo che

I3 =1

8I0

e quindi

1

8I0 =

1

8I0 sin

2 (2α)

1 = sin2 (2α)

(2α) = ±90

α = ±45

Questo significa che il secondo filtro, rispetto al primo, deve essere ruotato di 45

in senso orario o antiorario.

−90 −45 45 90

−0.1

0.1

0.2

α

I



Testo [O0063] [2 3 4a ] Un fascio laser non polarizzato di intensità I =

10 Wm2 attraversa un sistema di tre filtri polarizzatori lineari in cui ogni filtro forma

un angolo α = 30 con il precedente. Determinare l’intensità del fascio in uscita.

Spiegazione Quando la luce passa da un sistema di filtri polarizzatori, ad ognifiltro l’ampiezza dell’onda viene attenuata di un fattore cosα dipendente dall’angolotra un filtro ed il filtro successivo. Questo è dovuto al fatto che il filtro polarizzatoretaglia la componente dell’oscillazione perpendicolare ad esso.

Svolgimento L’intensità in uscita dopo il primo filtro è ridotta della metà per viadel fatto che l’intera componente perpendicolare al filtro viene soppressa. Il secondoed il terzo filtro tagliano l’ampiezza dell’oscillazione di un fattore cosα, quindi nelnostro problema

I1 =1

2I0

I2 = I1 · cos2 α =1

2I0 · cos2 α

I2 =1

2· 10 W

m2· cos2 30 = 3, 75

W

m2


Testo [O0064] [3 3 4a ] Un tubo di lunghezza L, chiuso ad un estremo,ruota con velocità angolare ω intorno all’estremo chiuso. Ipotizzando che il tuborisuoni con la sua frequenza fondamentale, determinare la massima e la minimafrequenza del suono percepito da un osservatore posto lontano dal tubo, sullo stessopiano di rotazione.

Spiegazione A causa della rotazione del tubo l’aria nell’estremità aperta si muoverispetto al tubo con una certa velocità ed innesca il fenomeno della risonanza deltubo stesso. La sorgente del suono, cioè l’estremità aperta del tubo, si muove al-lontanandosi ed avvicinandosi all’osservatore, determinando un effetto Doppler perl’osservatore.

Svolgimento La velocità dell’estremità aperta del tubo, rispetto all’osservatore, è

sorg = ±ωL

Considerato che il tubo risuona con la sua frequenza fondamentale, la frequenzadel suono emesso è

νs =suono

4L

La frequenza del suono percepito dall’osservatore è quindi

νo = νssuono − oss

suono − sorg

L’osservatore è fermo, quindi

νo = νssuono

suono − sorg

Consideriamo nella formula successiva tutte le grandezze indicate in valore as-soluto; le due frequenza percepite saranno quindi

νo =suono

4L

suono

suono ± ωL


νo = νs1

1± ωL

suono


Testo [O0065] [2 4 4a ] In un contenitore cilindrico sono contenuti unostrato di h1 = 5 cm di acqua (n

H2O= 1, 33) ed uno strato di olio (nolio = 1, 47) di

spessore h2 = 10 cm. Un raggio laser incide con un angolo di incidenza i = 30 sullasuperficie dell’olio, nel punto sull’asse del contenitore. Arrivato sul fondo, a qualedistanza dall’asse arriva il raggio laser?

Spiegazione In questo problema occorre seguire il raggio luminoso nel suo percor-so attraverso i due liquidi.

Svolgimento L’angolo di rifrazione sul primo liquido è

sin r1 =narianolio

sin i

sin r1 = 0, 34 ⇒ r1 = 19, 9

Il punto di incidenza sul secondo liquido è spostato di

∆x1 = h1 · tan r1

∆x1 = 10 cm · tan 19, 9 = 3, 62 cm

L’angolo di rifrazione sul secondo liquido è

sin r2 =nolion

H2O

sin r1

sin r2 = 0, 34 · 1, 471, 33

⇒ r2 = 22, 1

Il punto di incidenza sul fondo è ulteriormente spostato di

∆x2 = h2 · tan r2 = 5 cm · 0, 406 = 2, 03 cm

Lo spostamento complessivo è quindi

∆xtot = ∆x1 +∆x2 = 5, 65 cm



Testo [O0066] [3 3 4a ] Un sistema di due lenti sottili è formato da unalente divergente e da una lente convergente con distanze focali f1 = −2 cm ed f2 =

3 cm con il loro fuoco sinistro in comune. La lente divergente è posta sulla sinistra delbanco ottico. Un oggetto è posto a p1 = 3 cm a sinistra della lente divergente. Dove diforma l’immagine dell’oggetto e quanto risulta ingrandita? [Esegui un disegno precisocon il righello]

Spiegazione Un sistema di lenti si analizza una lente alla volta. L’immagine dellaprima lente è da considerarsi come l’oggetto per la seconda lente.

Svolgimento Cominciamo a calcolare la posizione dell’immagine formata dallalente divergente

1

p1+

1

q1=

1

f1

da cui

q1 =f1p1p1 − f1

= −6

5cm

Calcoliamo ora la distanza di questa prima immagine dalla seconda lente

p2 = f2 + f1 − q1 = 3 cm− 2 cm+6

5cm =

11

5cm

Calcoliamo adesso la posizione dell’immagine prodotta dalla seconda lente

q2 =f2p2p2 − f2

=33 cm2

−4 cm= −33

4cm

Il fattore di ingrandimento sarà il prodotto dei fattori

Gtot = G1 ·G2 =f1

f1 − p1· f2f2 − p2

=2

5· 154

= 1, 5

Nell’immagine seguente vediamo lo schema che rappresenta la costruzione del-l’immagine dovuta alla prima lente (divergente)

Nell’immagine seguente vediamo lo schema che rappresenta la costruzione del-l’immagine finale ricavata grazie alla lente convergente dall’immagine precedente-mente trovata dovuta alla prima lente (divergente)

Lo schema dell’ottica completa è quindi mostrato nell’immagine seguente, nellaquale l’oggetto è nero e l’immagine finale è verde.



Testo [O0067] [3 3 4a ] Una sorgente luminosa puntiforme è posta inuna piscina profonda h = 2m. Quanto vale l’area della regione illuminata sullasuperficie dell’acqua, vista dall’esterno della piscina?

Spiegazione La luce prodotta dalla sorgente esce dall’acqua solo se incide in essacon un angolo inferiore all’angolo limite per riflessione totale. Quindi rimane illu-minata, vista dall’esterno, solo una regione circolare di cui bisogna determinare ilraggio.

Svolgimento Cominciamo con il calcolare l’angolo limite per riflessione totale dal-l’acqua all’aria

sin i

sin 90=narian

H2O

i = 48, 75

Questo significa che la luce emessa dalla sorgente, e che esce nell’aria, disegnaun cono la cui parete forma un angolo i con l’acqua. dal momento che conosciamola profondità dell’acqua, avremo che il raggio di questo cono vale

r = h · tan i = 2m · 1, 14 = 2, 28m

L’area illuminata, vista dall’esterno, è quindi

A = πr2 = 16, 34m2



Testo [O0068] [3 4 4a ] Nella figura seguente è rappresentata l’oscillazionesmorzata nel tempo di un oggetto appeso ad una molla. Sapendo che l’equazione ditale oscillazione è

y = A0e−λt sinωt

calcola, utilizzando il grafico, la frequenza dell’oscillazione ed il fattore di attenua-zione dell’ampiezza dell’oscillazione. Disegna sul grafico la funzione interpretabilecome l’oscillazione e la funzione interpretabile come l’ampiezza dell’oscillazione

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

−3

−2

−1

1

2

3

4

M1 ≈ ( 712 s; 2, 5 cm)

M2 ≈ ( 4912 s;−1 cm)

t (s)

y (cm)

Spiegazione Dal grafico è possibile vedere di quanto l’ampiezza dell’onda dimi-nuisce ad ogni oscillazione e di conseguenza ricavare il fattore di attenuazione

Dal grafico è possibile vedere in quanto tempo avviene una mezza oscillazione equindi ricavare la frequenza.

Svolgimento I valori della funzione sono ricavabili dal grafico nel seguente modo.Notiamo innanzi tutto che la funzione esegue 3 oscillazioni complete in un tempo

∆t = 7 s, dal secondo ti = 0 al secondo tf = 7 s, quindi il periodo è T =7

3s e la

frequenza è

ν =3

7Hz

Prendiamo due punti, uno di massimo ed uno di minimo, della funzione, dedu-

cendo i valori dal grafico M1 =

(7

12s; 2, 5 cm

)e M2 =

(49

12s;−1 cm

)avremoy1 = A

0· e−λx1 sin π

4

y2 = A0 · e−λx2 sin 7π4y1 = A

0· e−λx1

y2 = −A0 · e−λx2y1y2

= −e−λ(x1−x2)

y1 = A0· e−λx1

ln

y1−y2

(x1 − x2)= λ

y1e−λx1

= A0

λ =ln 2,5

1

3, 5 cm= 0, 26

1

cm

A0= 2, 9 cm

L’oscillazione armonica smorzata è il prodotto delle due funzioni mostrate in fi-gura: in rosso l’oscillazione sinusoidale; in blu l’andamento esponenziale dell’am-piezza dell’oscillazione. L’oscillazione rossa è punto per punto dilatata in base alvalore della funzione esponenziale.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

−3

−2

−1

1

2

3

t (s)

y (cm)



Testo [O0069] [3 3 4a ] Un raggio laser incide con un angolo i = 45 su diuna lastra di vetro con indice di rifrazione n =

√2 spessa d = 3

√3 cm.

1 Disegna il percorso fatto dalla luce nella lastra e calcolane la lunghezza.

L’intensità del raggio di luce entrato nel vetro, incidente sulla seconda paretedella lastra, risulta attenuata di un fattore 5.

2 Quanto vale l’indice di attenuazione lineare di quel vetro? [Si trascuri l’energiadei raggi riflessi]

Spiegazione Con la legge di Snell possiamo determinare il percorso del raggioluminoso nella lastra trasparente, e quindi calcolarne la lunghezza.

Svolgimento L’angolo di rifrazione nella lastra è

sin r =ninr

sin i =1

2

r = 30

La lunghezza del percorso nella lastra è quindi

x =d

cos r= 6 cm

L’intensità dell’onda in ingresso diminuisce attraversando il vetro

I = I0e−λx

− ln 5 = −λ · x

ln 5

6 cm= λ

λ = 0, 268 cm−1


Testo [O0072] [2 1 4a ] Marco si trova in un certo punto di una piazza.Una sirena, posta a distanza r1 = 20m verso est rispetto a Marco, emette un suonoche Marco percepisce di intensità Im = 120 J

m2s . Andrea si trova a distanza r2 = 21m

a nord rispetto a Marco. Quale intensità sonora percepisce Andrea?

Spiegazione L’intensità di un’onda dipende dalla distanza a cui si trova l’osserva-tore dalla sorgente.

Svolgimento La distanza tra Andrea e la sorgente è data da

d =√r21 + r22 = 29m

L’intensità percepita è quindi

I2 = I1r21d2

= 120J

m2s· 20m29m

= 82, 76J

m2s



Testo [O0073] [2 3 4a ] Un altoparlante di potenza P = 10W si trova nelcentro del soffitto di una stanza alta h = 10m ed emette un suono unicamente versoil basso. Calcolate l’intensità sonora nel punto A sul pavimento sotto l’altoparlanteed in un punto B sul pavimento a d

AB= 2m di distanza da A

Spiegazione Dalla definizione di intensità è possibile determinarla conoscendo lapotenza della sorgente e la distanza dell’osservatore.

Svolgimento Nel punto A l’intensità è

I =P

2πh2= 0, 016

W

m2

Nel punto B la distanza dalla sorgente è

x =√h2 + d2AB = 0, 015

W

m2

Nelle formule il fattore 2 è giustificato dal fatto che la potenza sonora emessa èdirezionata su di una semisfera e non su di una sfera.


Testo [O0074] [2 3 4a ] Un oggetto luminoso si trova nel centro dellabase di una bottiglia metallica cilindrica di raggio r = 10 cm ed altezza h = 30 cm.Riempiendo la bottiglia di acqua (n = 1, 33) fino all’orlo, quanto vale il massimoangolo di rifrazione dei raggi luminosi in uscita dall’acqua?

Spiegazione L’angolo di rifrazione maggiore lo si ottiene considerando il raggioluminoso che partendo dalla sorgente luminosa tocca il bordo della bottiglia.

Svolgimento L’angolo di incidenza del raggio luminoso che ci interessa è

sin i =r

h

L’angolo di rifrazione è quindi

sin r = sin i1, 33

1= 0, 443

r = 26, 3



Testo [O0075] [2 1 4a ] Una sorgente luminosa puntiforme non polariz-zata, posta a distanza di = 1m da noi, ha un’intensità tanto forte da farci male agliocchi. E’ meglio mettere di fronte ai nostri occhi un filtro polarizzante o allontanarcialla distanza df = 3m?

Spiegazione Sia il filtro polarizzante, sia l’allontanamento dalla sorgente dimi-nuiscono l’intensità percepita dall’osservatore: bisogna capire quale fenomeno ladiminuisce maggiormente.

Svolgimento Il filtro polarizzatore taglia una delle componenti dei campi elettricie magnetici, quindi diminuisce l’intensità di un fattore 2.

Allontanarsi triplicando la distanza diminuisce l’intensità di un fattore 9E’ quindi meglio allontanarsi.


Testo [O0076] [2 3 4a ] Un raggio luminoso bianco in aria (naria = 1, 0003)incide con un angolo i = 30 sulla superficie dell’acqua in un contenitore profondoh = 2m. Sapendo che l’indice di riflessione del rosso è n

rosso= 1, 331 e quello

del blu è nblu

= 1, 343, quanto distanti cadranno i due raggi luminosi sul fondo delcontenitore?

Spiegazione I due raggi luminosi, muovendosi in un materiale con indice di ri-frazione per loro differente, seguiranno percorsi differenti e quindi arriveranno sulfondo in punti differenti.

Svolgimento L’angolo di rifrazione con il quale il raggio rosso entra in acqua è

sin rr = sin inrossonaria

= 0, 6653 ⇒ r = 41, 7

Arrivato sul fondo del contenitore, si sarà spostato in orizzontale di una quantità

Lr = h tan rr = 2m · 0, 8911 = 1, 782m

L’angolo di rifrazione con il quale il raggio blu entra in acqua è

sin rb = sin inblunaria

= 0, 6713 ⇒ r = 42, 2

Arrivato sul fondo del contenitore, si sarà spostato in orizzontale di una quantità

Lb = h tan rb = 2m · 0, 9057 = 1, 811m

I due raggi arriveranno quindi in due punti distanti tra loro

∆x = Lb − Lr = 0, 029m



Testo [O0077] [1 1 4a ] Tre sirene di potenza P = 500W si trovano aivertici di una piazza quadrata di lato L = 50m. Quale intensità viene percepita daun osservatore posto nel quarto vertice?

Spiegazione L’intensità percepita dall’osservatore sarà la somma delle intensitàdelle tre singole onde percepite.

Svolgimento L’intensità delle due sorgenti più vicine è

I1 =P

4πL2= 0, 016

W

m2

La terza sirena si trova ad una distanza L3 = L√2, quindi

I3 =P

8πL2= 0, 016

W

m2= 0, 008

W

m2

L’intensità totale percepita è quindi

Itot = 2I1 + I3 = 0, 04W

m2


Testo [O0078] [1 1 4a ] Una sirena si trova nel vertice di una piazza qua-drata di lato L = 50m. Un osservatore posto nel vertice opposto percepisce un’in-tensità I = 220 W

m2 . Quale intensità viene percepita da un osservatore posto in unvertice differente?

Spiegazione L’intensità del suono percepito varia con la distanza dalla sorgente.

Svolgimento L’equazione che descrive l’andamento dell’intensità di un’onda sfe-rica al variare della distanza è

I1r21 = I2r

22

I2 =I1r

21

r22=

220 Wm2 ·

(50√2m)2

(50m)2 = 440

W

m2


Problema di: Onde - O0078a

Testo [O0078a] [1 1 4a ] Una sirena si trova nel vertice di una piazza ret-tangolare di lato L = 30m eH = 40m. Un osservatore posto nel vertice opposto per-cepisce un’intensità I = 220 W

m2 . Quale intensità viene percepita da un osservatoreposto nel vertice più vicino?

Spiegazione L’intensità del suono percepito varia con la distanza dalla sorgente.

Svolgimento Il primo osservatore si trova ad una distanza r1 = 50m dalla sorgentedel sono.

L’equazione che descrive l’andamento dell’intensità di un’onda sferica al variaredella distanza è

I1r21 = I2r

22

I2 =I1r

21

r22=

220 Wm2 · (50m)

2

(30m)2 = 611

W

m2


Testo [O0079] [1 2 4a ] Disegna l’immagine di una lente convergentein modo che risulti dritta e virtuale. Assegna tu valori al fuoco della lente ed allaposizione dell’oggetto rispetto alla lente e determina la posizione dell’immagine.

Spiegazione Un problema di ottica geometrica gestito dalla legge dei punti coniu-gati.

Svolgimento Affinché una lente convergente generi un’immagine dritta e virtualel’oggetto deve essere posto tra la lente ed il fuoco. Nello schema seguente l’oggettoè in nero e l’immagine in rosso.

Assegniamo i seguenti valori: f = 3 cm; p = 2 cm ed otteniamo

1

q=

1

f− 1

p= − 1

6 cm

q = −6 cm



Testo [O0079a] [1 2 4a ] Disegna l’immagine di una lente divergente.Assegna tu valori al fuoco della lente ed alla posizione dell’oggetto rispetto alla lentee determina la posizione dell’immagine.


Svolgimento Assegniamo i seguenti valori: f = −3 cm; p = 5 cm ed otteniamo

1

q=

1

f− 1

p= − 8

15 cm

q = −15

8cm

Nello schema seguente l’oggetto è in nero e l’immagine in rosso.

Problema di: Onde - O0079b

Testo [O0079b] [1 2 4a ] Disegna l’immagine di una lente convergentein modo che risulti capovolta e reale. Assegna tu valori al fuoco della lente ed allaposizione dell’oggetto rispetto alla lente e determina la posizione dell’immagine.


Svolgimento Affinché una lente convergente generi un’immagine capovolta e rea-le l’oggetto deve essere posto ad una distanza dalla lente maggiore di quella delfuoco. Nello schema seguente l’oggetto è in nero e l’immagine in rosso.

Assegniamo i seguenti valori: f = 3 cm; p = 5 cm ed otteniamo

1

q=

1

f− 1

p=

2

15 cm

q = 7, 5 cm



Testo [O0080] [1 3 4a ] L’intensità luminosa di un faro, vista da un osser-vatore posto alla distanza r1 = 50m, è I1 = 1200 W

m2 . Di quanti metri si deve spostareaffinché l’intensità raddoppi? In quale verso?

Spiegazione L’intensità percepita di una sorgente ondulatoria varia con la distanzadalla sorgente.

Svolgimento Per diminuire l’intensità percepita bisogna allontanarsi dalla sorgen-te.

L’equazione che descrive l’andamento dell’intensità di un’onda sferica al variaredella distanza è

I1r21 = I2r

22

r22 =I1I2r21 = 2r21

r2 = r1√2 = 70, 7m

E’ quindi necessario allontanarsi di

∆S = 20, 7m


Testo [O0081] [2 3 4a ] In un forno a microonde largo circa L = 30 cm siformano microonde stazionarie di frequenza ν = 2450MHz. Calcola la distanza trai nodi dell’onda stazionaria.

Spiegazione In questo problema il sistema fisico consiste in un volume a formadi parallelepipedo nel cui si formano onde stazionarie tridimensionali. Il proble-ma viene però molto semplificato considerando unicamente la maggiore delle tredimensioni del forno, La fisica da utilizzare è quella delle onde stazionare in unadimensione.

Svolgimento In un forno a microonde non circolano correnti elettriche lungo lepareti, quindi il campo elettrico su di esse è nullo. L’onda stazionaria che si formaha quindi due nodi agli estremi.

La distanza tra i nodi è quindi data dall’equazione

d =L

n=nλ

2n

=c

2ν=

299792458m

s2 · 2, 45 · 109Hz

= 0, 06m



Testo [O0082] [1 3 4a ] Una sirena emette un suono percepito con intensitàI1 = 200 W

m2 da una persona posta a d = 10m di distanza. Dietro la persona un muroa distanza h = 18m dalla sirena. Calcola l’intensità sonora complessiva percepitadalla persona.

Spiegazione L’intensità percepita dalla persona è la somma delle intensità del suo-no e del suono riflesso. L’intensità delle onde dipende dalla distanza tra la sorgentee l’osservatore.

Svolgimento L’onda riflessa ha percorso in totale r2 = 26m dalla sorgente. Quindi

I2 = I1d2

r22= 200

W

m2· 100m

2

676m2= 29, 6

W

m2

Itot = I1 + I2 = 229, 6W

m2


Testo [O0083] [2 3 4a ] Mostra come puoi calcolare la velocità di unasorgente sonora supersonica conoscendo l’angolo α = 20 tra i due fronti dell’ondad’urto e sapendo che la velocità del suono è s = 330 m

s .

Spiegazione Qui si parla dell’effetto doppler relativo al suono emesso da una sor-gente che, rispetto all’aria, si muove ad una velocità maggiore di quella del suono.Per rispondere alla consegna è necessario disegnare lo schema della situazione fisica.

Svolgimento

·∆t

onda ·∆tfronte d’onda

Dallo schema che analizza la formazione delle onde d’urto avremo

∆t sinα

2= s∆t

=s

sin α2

=340

m

ssin 10

= 1958m

s



Testo [O0084] [1 3 4a ] Agli estremi di un corridoio lungo L = 100m sonoposizionati due altoparlanti di potenza P = 1000W . Una persona, dal centro delcorridoio, si sposta di d = 10m verso uno degli altoparlanti. Quale intensità sonorapercepisce?

Spiegazione L’intensità percepita di una sorgente ondulatoria varia con la distan-za dalla sorgente. L’intensità è proporzionale all’energia della sorgente ed è quindiadditiva.

Svolgimento L’intensità percepita ad una certa distanza è data da

I =P

4πr2

da cui

I =P

4π (r − d)2 +

P

4π (r + d)2 =

1000W

4π

(1

1600m2+

1

3600m2

)= 0, 072

W

m2


Testo [O0084a] [1 3 4a ] Agli estremi di una strada lunga L = 100m sonoposizionati due altoparlanti di potenza P = 2000W . Una persona, dal centro dellastrada, si sposta perpendicolarmente ad essa di d = 10m. Quale intensità sonorapercepisce?

Spiegazione L’intensità percepita di una sorgente ondulatoria varia con la distan-za dalla sorgente. L’intensità è proporzionale all’energia della sorgente ed è quindiadditiva.

Svolgimento La distanza delle sorgenti è

r =

√(50m)

2+ (10m)

2= 51m

L’intensità percepita ad una certa distanza è data da

I =P

4πr2

da cuiItot =

P

2πr2=

1000W

2π2600m2= 0, 06

W

m2



Testo [O0085] [3 3 4a ] Due sorgenti luminose sincrone, di lunghezzad’onda λ = 1, 5m, sono poste in un sistema di coordinate cartesiane espresse inmetri, nei punti O(0, 0) e A(1, 0). Indica un punto B(β, 0), tra le due sorgenti, nelquale le due onde fanno interferenza distruttiva.

Spiegazione Il fenomeno dell’interferenza costruttiva di onde sincrone prodotte dasorgenti differenti si verifica quando le due onde differiscono di mezza fase (in que-sto caso equivalente a dire che hanno fatto un percorso di lunghezza che differiscedi mezza lunghezza d’onda.)

Svolgimento Affinché le due sorgenti sincrone siano in opposizione di fase, in mo-do da dare interferenza distruttiva, la differenza dei loro cammini deve essere pari amezza lunghezza d’onda.

Identifichiamo con B(β; 0) il punto in cui ci dovrebbe essere interferenza distrut-tiva; conoscendo le coordinate delle sorgenti avremo:

∣∣OB −AB∣∣ = λ

2

|β − (1− β)| = λ

2

Il valore assoluto serve in quanto non sappiamo a priori se il punto B è vicinoad A o all’origine. Se la differenza di cammino è mezza lunghezza d’onda avre-mo interferenza distruttiva indipendentemente da quale delle due onde ha fatto piùstrada.

Il problema è comunque simmetrico per cui se troviamo un punto B necessaria-mente troveremo anche il suo simmetrico rispetto al punto medio OB

2β − 1 =λ

2β ≥ 1

2

1− 2β =λ

2β <

1

2

β =

λ+ 2

4β ≥ 1

2

β =2− λ

4β <

1

2β =

7

8β ≥ 1

2

β =1

8β <

1

2



Testo [O0086] [2 3 4a ] Su di una asticella lunga L = 2m, fissa ad un lato elibera sull’altro, si formano le sue prime tre onde stazionarie. Disegnale, e calcolanela frequenza sapendo che la velocità delle onde è = 10 m

s

Spiegazione Per svolgere l’esercizio è necessario sapere cosa siano e come si for-mano le onde stazionarie. In questo esercizio, l’onda avrà un nodo nel punto fissodella bacchetta e un ventre nel punto libero

Svolgimento Le frequenze delle onde stazionarie che si sono formate sono:

ν1 =4L

= 0, 8Hz

ν2 =4L

3= 0, 27Hz

ν3 =4L

5= 0, 16Hz

Nella figura seguente sono mostrate le prime cinque onde stazionarie sull’asti-cella.

λ = 4L9

λ = 4L7

λ = 4L5

λ = 4L3

λ = 4L1



Testo [O0087] [2 3 4a ] Un cristallo di quarzo è un materiale trasparentecon indice di rifrazione n = 1, 55. Esso è completamente immerso in acqua (n =

1, 33). Di quanti gradi devia un raggio luminoso che incide su di esso con un angoloi = 39. Nello scrivere questo esercizio ho tirato a caso il valore dell’angolo i. Perchésono sicuro che il raggio di luce entra nel quarzo?

Spiegazione Un semplice problema sulla rifrazione. Attenti solo a leggere bene larichiesta del problema.

Svolgimento Il raggio di luce passa dall’acqua (i) al cristallo di quarzo (r). Vale lalegge di Snell

sin r =ninr

sin i =1, 33

1, 55sin 39 = 0, 54

r = 32, 7

Il raggio luminoso ha quindi deviato di

α = i− r = 39 − 32, 7 = 6, 3


Testo [O0088] [1 3 4a ] I grafici in figura mostrano l’oscillazione di un’on-da su di una corda. Identifica l’ampiezza, il periodo, la frequenza, la lunghezzad’onda, e la velocità dell’oscillazione.

6.25

28

40

t (s)

A (mm)

1

28

40

x (m)

A (mm)

Spiegazione In questo esercizio semplicemente viene richiesto di saper leggereun grafico. I due grafici proposti mostrano una immagine dell’onda congelata inun istante di tempo, e l’evoluzione temporale dell’onda in un singolo punto dellospazio.

Svolgimento L’ampiezza delle oscillazioni è indicata nel grafico:

A = 28mm

Dal grafico si evince che un quarto dell’oscillazione è lunga 1metro, quindi

λ = 4 · 1m = 4m

Per quanto riguarda il periodo, abbiamo che cinque quarti del periodo valgono6, 25 s quindi

T = 6, 25 s · 45= 5 s

La velocità è infine =

λ

T=

4m

5 s= 0, 8

m

s



Testo [O0089] [1 3 4a ] Una sorgente sonora emette un suono percepito daun osservatore a distanza r1 = 10m. Tale suono si riflette poi su di una parete dietroall’osservatore che percepisce quindi un eco di intensità 4 volte inferiore. Quanto èdistante la parete dall’osservatore?

Spiegazione L’onda prodotta dalla sorgente ed il suo eco arrivano all’osservatorefacendo percorsi differenti, quindi arrivano con intensità differente

Svolgimento Chiamiamo d la distanza dell’osservatore dalla sorgente. I percorsidelle due onde, l’onda iniziale ed il suo eco, sono r1 e

reco = r1 + 2d

Possiamo quindi scrivereI1r

21 = Iecor

2eco

I1Ieco

= 4

r2ecor21

= 4

reco = 2r1

r1 + 2d = 2r1

d =r12

= 5m

Problema di: Rifrazione - LabO0040

i r i r

10 8 50 35

20 15, 5 60 40, 5

30 22, 5 70 45, 5

40 29 80 50

Testo [LabO0040] [2 2 4a ] Intorno al-l’anno 150 d.C., Claudio Tolomeo misurò l’angolodi incidenza i e l’angolo di rifrazione r, per un rag-gio di luce che passa dall’aria all’acqua. Sulla basedi questi dati, assumendo che l’indice di rifrazio-ne dell’aria valga naria = 1, quanto vale l’indice dirifrazione dell’acqua?

Spiegazione Con i dati a disposizione calcoliamo il valore atteso di nacqua e l’erroreassoluto sulla misura

i r n

10 8 1, 248

20 15, 5 1, 280

30 22, 5 1, 306

40 29 1, 326

50 35 1, 336

60 40, 5 1, 214

70 45, 5 1, 317

80 50 1, 286

Svolgimento Con i dati a disposizione trovia-mo il valore dell’indice di rifrazione dell’acqua

nacqua = nariasin i

sin r

e facendone poi la media otteniamo

nacqua = 1, 289

L’errore assoluto può essere valutato con

Ea =Max −Min

2=

1, 336− 1, 214

2= 0, 061

Quindinacqua = 1, 289± 0, 061

Scheda 16Elettrostatica: soluzioniProblema di: Elettrostatica - E0003

Testo [E0003] [1 2 4a ] Due protoni si trovano alla distanza d = 2 ·10−9m;tra loro si trova un elettrone posto alla distanza r1 = 8 · 10−10m da uno dei protoni.Quanto vale la forza complessiva che agisce sull’elettrone?

Spiegazione La forza che agisce su due cariche elettriche è la forza di Coulomb.In questo esercizio ognuno dei due protoni esercita una forza sull’elettrone. Questedue forze sono tra loro parallele e opposte e terdono quindi a cancellarsi.

F2F1P+1 P+

2e−

Svolgimento Tenendo presente che il protone e l’elettrone hanno la stessa carica,indicata con e, la forza che il primo protone esercita sull’elettrone vale.

F1 = Ke2

r21= 9 · 109 Nm

2

C2· 1, 6 · 10

−19 C · 1, 6 · 10−19 C

64 · 10−20m2= 3, 6 · 10−10N

Tenendo conto che la distanza tra il secondo protone e l’elettrone vale

r2 = d− r1 = 12 · 10−10m

la forza che il secondo protone esercita sull’elettrone vale

F2 = Ke2

r22= 9 · 109 Nm

2

C2· 1, 6 · 10

−19 C · 1, 6 · 10−19 C

144 · 10−20m2= 1, 6 · 10−10N

La forza complessiva sull’elettrone, diretta verso il primo protone, vale quindi

Ftot = F1 − F2 = 2 · 10−10N

Problema di: Elettrostatica - E0003a

Testo [E0003a] [1 2 4a ] Un protone ed un nucleo di elio si trovano alladistanza d = 2 · 10−9m; tra loro si trova un elettrone posto alla distanza r1 = 8 ·10−10m dal protone. Quanto vale la forza complessiva che agisce sull’elettrone?

Spiegazione La forza che agisce su due cariche elettriche è la forza di Coulomb.In questo esercizio il protone esercita una forza attrattiva sull’elettrone esattamentecome il nucleo di elio. Queste due forze sono tra loro parallele e opposte e tendonoquindi a cancellarsi.

F2F1P+1

H++e

e−

Svolgimento Tenendo presente che il protone e l’elettrone hanno la stessa carica,indicata con e, la forza che il protone esercita sull’elettrone vale.

F1 = Ke2

r21= 9 · 109 Nm

2

C2· 1, 6 · 10

−19 C · 1, 6 · 10−19 C

64 · 10−20m2= 3, 6 · 10−10N

La carica elettrica del nucleo di elio è doppia rispetto a quella del protone, perchèil nucleo di elio ha due protoni, quindi, tenendo conto che la distanza tra il nucleo dielio e l’elettrone vale

r2 = d− r1 = 12 · 10−10m

la forza che il nucleo di elio esercita sull’elettrone vale

F2 = Ke · (2e)r22

= 9 · 109 Nm2

C2· 2 · 1, 6 · 10

−19 C · 1, 6 · 10−19 C

144 · 10−20m2= 3, 2 · 10−10N

La forza complessiva sull’elettrone, diretta verso il primo protone, vale quindi

Ftot = F1 − F2 = 0, 4 · 10−10N

431

432 Scheda16. Elettrostatica: soluzioni

Problema di: Elettrostatica - E0005

Testo [E0005] [2 3 4a ] Quattro cariche elettriche si trovano ai vertici diun quadrato di lato l = 2m. tre di queste valgono Q+ = +8µC ed una Q− = −8µC.Quanto vale il campo elettrico nel centro del quadrato? Quanto vale la forza cheagirebbe su di una carica q = 2µC posta nel centro del quadrato?

Spiegazione La forza che agisce sulle cariche elettriche è la forza di Coulomb. inquesto esercizio ognuna delle quattro cariche emette nel centro del quadrato un cam-po elettrico. I vettori campo delle cariche si sommano tra loro con le regole dei vettoriper avere il campo elettrico complessivo nel centro del quadrato. Calcoliamo primail campo elettrico complessivo nel centro del quadrato e poi la forza che agisce sullacarica posta nel centro.

E

E

E

E

Q+ Q+

Q+ Q−

Fig. 16.1: Schema delle forze in gioco.

Svolgimento Cominciamo con l’osservare che, a meno del segno, tutte le cari-che elettriche hanno lo stesso valore numerico e la stessa distanza dal centro. Tale

distanza corrisponde a metà della diagonale del quadrato per cui

r =1

2

√l2 + l2 =

l√2

I moduli dei vettori campo elettrico nel centro del quadrato saranno quindi iden-tici e varranno

E = KQ

r2= 9 · 109 Nm

2

C2· 8µC2m2

= 36 · 103 NC

Le direzioni ed i versi dei vettori sono mostrati in figura 16.1Appare evidente che due dei vettori si cancella tra loro ed altri due si sommano

perfettamente, per cui

Etot = 2E = 72 · 103 NC

La forza che subisce la carica negativa nel centro è opposta al vettore campoelettrico e vale

F = qE = 2µC · 72 · 103 NC

= 0, 144N

Etot

F

Q+ Q+

Q+ Q−

q−

Fig. 16.2: Schema delle forze in gioco.



Testo [E0006] [2 3 4a ] Tre cariche elettriche si trovano ai vertici di untriangolo equilatero di lato l = 2m. Esse valgono Q1 = +8µC, Q2 = +8µC eq = −8µC. Quanto vale il campo elettrico generato dalle due cariche positive sullacarica negativa? Quanto vale la forza che agisce sulla carica negativa?

Spiegazione La forza che agisce sulle cariche elettriche è la forza di Coulomb. Inquesto esercizio ognuna delle due cariche positive emette sulla carica negativa uncampo elettrico. I vettori campo delle cariche si sommano tra loro con le regole deivettori per avere il campo elettrico complessivo. Calcoliamo prima il campo elettricocomplessivo sulla carica negativa e poi la forza che agisce su di essa.

E1E2

Etot

F

Q1 Q2

q

Fig. 16.3: Le tre cariche ed i vettori campo e forza coinvolti in questo problema.

Svolgimento Il campo elettrico generato dalle cariche positive vale

E = KQ

r2= 9 · 109Nm

2

C2· 8µC4m2

= 18 · 103 NC

I due vettori campo generati dalle due cariche positive sono messi a α = 60

essendo le tre cariche ai vertici di un triangolo equilatero. Per sommare i due vettoriutilizziamo quindi un po’ di geometria considerando che il campo elettrico totale èbisettrice dell’angolo tra i due vettori.

Il campo elettrico totale è quindi

Etot = 2 · E1 cosα

2= 31 · 103 N

C

La forza subita dalla carica negativa è quindi

F = qE = 8µC · 31 · 103 NC

= 249, 4 · 10−3N



Testo [E0007] [3 4 4a ] Tre cariche elettriche si trovano ai vertici di untriangolo equilatero di lato l = 2m. Esse valgono Q1 = +8µC, Q2 = +12µC eq = −2µC. Disegna e calcola quanto vale il campo elettrico generato dalle duecariche positive sulla carica negativa. Calcola la forza che agisce sulla carica negativae l’energia potenziale elettrostatica del sistema.

Spiegazione La forza che agisce sulle cariche elettriche è la forza di Coulomb. Inquesto esercizio ognuna delle due cariche positive emette sulla carica negativa uncampo elettrico. I vettori campo delle cariche si sommano tra loro con le regole deivettori per avere il campo elettrico complessivo. Calcoliamo prima il campo elettricocomplessivo sulla carica negativa e poi la forza che agisce su di essa.

Per l’energia potenziale del sistema applichiamo semplicemente la formula atutte le coppie di cariche presenti

E1

E2

Etot

F

Q1 Q2

q

Fig. 16.4: Le tre cariche ed i vettori campo e forza coinvolti in questo problema.

Svolgimento Il campo elettrico generato dalla carica positiva Q1 vale

E1 = KQ1

r2= 9 · 109Nm

2

C2· 8µC4m2

= 18 · 103 NC

Il campo elettrico generato dalla carica positiva Q2 vale

E2 = KQ2

r2= 9 · 109Nm

2

C2· 12µC4m2

= 27 · 103 NC

I due vettori campo generati dalle due cariche positive sono messi a α = 60 es-sendo le tre cariche ai vertici di un triangolo equilatero. Per sommare i due vettoriutilizziamo quindi un po’ di geometria considerando che il campo elettrico totale èuna delle due diagonali del parallelogramma formato dai due vettori campo. Utiliz-zando il teorema di Carnot sul triangolo i cui lati sono i due campi elettrici E1, E2 edEtot avremo

Etot =√E2

1 + E22 − 2E1E2 cos (180 − α)

Etot = K1

r2

√Q2

1 +Q22 +Q1Q2

Etot =9 · 109Nm

2

C2·

4m2

√304µ2C2 = 39, 23

kN

CLa forza subita dalla carica negativa è quindi

F = qE = 2µC · 39, 2 · 103 NC

= 78, 4 · 10−3N

Per calcolare adesso l’energia potenziale elettrostatica del sistema considereremotutte le coppie di cariche e scriveremo

Utot = KQ1Q2

r+K

Q1q

r+K

qQ2

r

Utot =K

r(Q1Q2 +Q1q + qQ) =

9 · 109Nm2

C2

2m

(+96µ2C2 − 16µ2C2 − 24µ2C2

)Utot =

9 · 109Nm2

C2

2m

(+56µ2C2

)Utot = 252mJ



Testo [E0008] [3 4 4a ] Due cariche elettriche, entrambe di valore Q =

+8µC, sono poste a distanza r = 2m. Dove deve essere posizionata una caricaq = − 20

9 µC affinché l’energia potenziale del sistema sia nulla?

Spiegazione Per calcolare l’energia potenziale del sistema applichiamo semplice-mente la formula a tutte le coppie di cariche presenti. La carica negativa è posta adistanza x dal centro del sistema. Imponendo che l’energia complessiva sia nulla sipuò ottenere il valore di x e quindi la posizione della carica negativa.

Svolgimento Q Qq

Per calcolare l’energia potenziale elettrostatica del sistema considereremo tuttele coppie di cariche e poi imponiamo che la somma delle energie sia nulla comerichiesto dal testo.

Utot = KQ2

r+K

Qq

r − x+K

qQ

r + x= 0

Q

r+

q

r − x+

q

r + x= 0

rendiamo adesso l’equazione adimensionale definendo a = qQ e t = x

r :

1 +a

1− t+

a

1 + t= 0

1− t2 + a (1 + t) + (1− t) = 0

1− t2 + 2a = 0

t2 − 2a− 1 = 0

t =√1 + 2a


da cui, ripristinando le grandezze fisiche, si ottiene

x = r

√1 + 2

q

Q= 2m ·

√1− 5

9= ±4

3m

La carica deve essere posta a circa 133 cm dal punto centrale tra le due caricheindifferentemente verso la prima o la seconda carica

Problema di: Elettromagnetismo - E0009

Testo [E0009] [1 4 4a ] Due cariche elettriche Q1 = 4µC e Q2 = −4µC

si trovano su di una linea orizzontale alla disanza d = 2m. Sulla stessa linea, adaltri due metri dalla carica negativa, una carica di prova q3 = −2µC. Quanto vale ilcampo elettrico totale sulla carica q3? Quanto vale la forza che subisce la carica q3.

Q1 Q2 q3

Spiegazione Ogni carica elettrica emette un campo elettrico; una carica elettricaimmersa in un campo elettrico subisce una forza. In questo esercizio dobbiamo cal-colare il campo elettrico emesso dalle due cariche nel punto in cui metto la carica diprova. Successivamente ci calcoliamo la forza esercitata sulla carica di prova.

Svolgimento Lo schema dei campi elettrici e della forza è il seguente:

E2 E1

FQ1 Q2 q3

I campi delle due cariche sulla carica di prova, e la loro somma vettoriale, valgono:

E1 = KQ1

r21= 9 · 109 Nm

2

C2

4 · 10−6C

16m2= 2, 25 · 103 N

C

E2 = KQ2

r22= 9 · 109 Nm

2

C2

4 · 10−6C

4m2= 9 · 103 N

C

Etot = E2 − E1 = 6, 75 · 103 NC

La forza che la carica di prova subisce vale

F = q3Etot = 2 · 10−6C · 6, 75 · 103 NC

= 13, 5 · 10−3N



Testo [E0010] [3 2 4a ] Una carica elettrica q = 4µC, di massa m = 5mg,è accelerata da ferma da un campo elettrico costante E = 10 N

C . A quale velocitàviaggia dopo uno spostamento di ∆S = 2m?

Spiegazione La carica elettrica è immersa in un campo elettrico e quindi subisceuna forza. Il lavoro di quella forza è pari alla variazione di energia cinetica dellacarica.

Svolgimento Il lavoro della forza elettrica è

L = qE ·∆S = 80µJ

La carica è inizialmente ferma, quindi con energia cinetica iniziale pari a zero. Quin-di

Ecf = Eci + L = 0 + 80µJ

1

2m2 = Ecf

=

√2Ecf

m=

√160µJ

2mg= 0, 01265

m

s


Testo [E0011] [1 1 4a ] Tre sfere conduttrici identiche hanno carica elettricarispettivamente Q1 = 12µC e Q2 = Q3 = 0. La prima sfera sarà messa a contattocon la seconda e poi da essa separata. La seconda spera sarà infine messa a contattocon la terza e poi separata. Quale sarà la carica elettrica della terza sfera?

Spiegazione Elettrizzazione per contatto. La prima sfera carica la seconda e poi laseconda carica la terza.

Svolgimento Quando le prime due sfere si toccano, essendo conduttori identici, sidividono la carica elettrica, quindi:

Q1′ = Q2′ = 6µC

Quando la seconda sfera tocca la terza, essendo conduttori identici, si dividonola carica elettrica, quindi:

Q2′′ = Q3′′ = 3µC



Testo [E0012] [3 5 4a ] Due cariche elettriche q1 = 2muC e q2 = 4muC

hanno la stessa massa. Esse sono sparate da distanza infinita, una contro l’altra,entrambe con energia cinetica E = 1020 eV . A quale distanza minima arrivano?

Spiegazione La forza repulsiva tra le due cariche elettriche trasforma l’energia ci-netica delle stesse in energia potenziale elettrostatica. Con la legge di conservazionedell’energia possiamo risolvere il problema.

Svolgimento Le due cariche elettriche hanno energia potenziale elettrostatica ini-ziale Ui = 0 in quanto sono a distanza infinita. Nel punto di minima distanza avran-no energia cinetica Ecf = 0. Questo perché le due cariche, avendo la stessa energiacinetica e la stessa massa, avranno necessariamente anche la stessa quantità di moto.Quindi la quantità di moto del sistema è nulla. Sappiamo che le due cariche si re-spingono, e non essendoci energia infinita in questo sistema fisico, di sicuro una delledue si dovrà fermare. In quell’istante, per la legge di conservazione della quantità dimoto, anche l’altra deve essere ferma.

Dalla legge di conservazione dell’energia abbiamo

Ui + Eci1 + Eci2 = Uf + Ecf1 + Ecf2

0 + Eci1 + Eci2 = Kq1q2rf

rf = Kq1q2

Eci1 + Eci2

rf = 9 · 109 Nm2

C2· 8 · 10

−12 C2

200 eV= 2, 25mm


Testo [E0013] [3 4 4a ] Una carica q = 10−6 C si trova h = 5 cm al di sopradi una superficie quadrata di superficie 100 cm2. Quanto vale il flusso del campoelettrico attraverso quella superficie?

Spiegazione Il campo elettrico della carica ha simmetria sferica e quindi è differen-te in ogni punto della superficie quadrata indicata. Per calcolare il flusso è comunquepossibile utilizzare il teorema di Gauss, notando che un cubo che abbia come faccia lasuperficie quadrata in questione, ha anche come suo centro la posizione della caricaq

Svolgimento Il lato della superficie quadrata è l =√S = 10 cm pari al doppio

della distanza della carica dalla superficie.Consideriamo un cubo che abbia come centro la carica e come superficie di base

la superficie data dal problema. Per il teorema di Gauss avremo

Φ(E)cubo =Qint

ϵ0=

10−6 C

8, 8 · 10−12 C2

Nm2

0, 114 · 106 Nm2

C

Vista la simmetria del problema il flusso attraverso la superficie S è un sesto delflusso complessivo

Φ(E)S=

1

6Φ(E)cubo = 0, 02 · 106 Nm

2

C



Testo [E0014] [3 3 4a ] Nell’atmosfera terrestre è presente un campo elet-trico verticale rivolto verso il basso. Ad altezza h1 = 50m il campo elettrico valeE1 = 140 N

C ; ad altezza h2 = 100m esso valeE2 = 100 NC . Calcola la densità media di

carica presente in atmosfera. [La costante dielettrica relativa dell’aria vale ϵr = 1, 0006]

Spiegazione Abbiamo un volume di spazio nel quale è presente un campo elet-trico. Utilizzando il teorema di Gauss possiamo determinare il valore della caricaelettrica presente nel volume.

Svolgimento Immaginiamo di prendere una superficie chiusa a forma di cubo po-sta con due superfici orizzontali e di lato pari alla differenza di altezza dei due campiindicati nel problema. Definiamo il vettore superficie di ogni faccia orientato versol’esterno del cubo. Il flusso del campo elettrico attraverso il cubo è:

Φ(E)=Qint

ϵ

+E1 · S − E2 · S =Qint

ϵ

+E1 · S − E2 · S =Qint

ϵ

Qint

S= ϵ (+E1 − E2)

La densità volumetrica di carica la si ottiene dividendo per ∆h

ρ =Qint

S · h= ϵ

(E1 − E2)

h

ρ = 8, 8 · 10−12 C2

Nm2· 1, 0006 ·

40 NC

50m= 7, 04 · 10−12 C

m3


Testo [E0015] [2 3 4a ] Quattro cariche elettriche si trovano ai vertici diun quadrato di lato d = 2m. Esse valgono Q1 = +2µC, Q2 = +3µC, Q3 = −5µC eQ4 = +7µC. Quanto vale il campo elettrico nel centro del quadrato? Quanto vale laforza che agirebbe su di una carica q = 1µC posta nel centro del quadrato? Disegnacon precisione le cariche, i campi elettrici e la forza.

Spiegazione In questo esercizio per prima cosa si fa un disegno posizionando tuttele cariche, poi si disegna il campo elettrico generato dalle cariche nel punto indicatodal testo, quindi si calcola il campo elettrico totale e si trova la forza sulla carica inquestione.

E1E2E3

E4

Q1 Q2

Q3Q4

Svolgimento Le cariche sono ai vertici di un quadrato; la distanza delle cariche dalcentro del quadrato è quindi

r =d√2

2

da cui

r2 =d2

2


I campi elettrici, indicati in figura, valgono quindi

Ei = KQi

r2i ∈ 1, 2, 3, 4

E13

E24

Etot

Q1 Q2

Q3Q4

Sommando i campi che si trovano sulla stessa direzione avremo

E13 =K

r2(|Q3|+ |Q1|)

E24 =K

r2(|Q4| − |Q2|)

Questi due campi sono perpendicolari tra loro, quindi la loro somma sarà

Etot =√E2

13 + E224 =

2K

d2

√(|Q3|+ |Q1|)2 + (|Q4| − |Q2|)2

Etot =2 · 9 · 109 Nm2

C2

4m2

√(7µC)

2+ (4µC)

2

Etot =9 · 109 N

C2

2

√(65 · 10−12C2)

Etot =9 · 103 N

C

2

√(65) = 36, 28

kN

C

La forza su di una carica di prova sarà quindi

F = qEtot = 1µC · 36, 28 kNC

= 0, 03628N

F

Etot

q



Testo [E0016] [2 3 5a ] Un nucleo di elio (A=4, Z=2) ed un nucleo diossigeno (A = 16, Z = 8) distano tra loro d = 3 · 10−8m. In quale punto il campoelettrico da loro generato è nullo?

Spiegazione Due cariche elettriche entrambe positive poste ad una certa distanza.Nei punti sul segmento che le unisce i due campi elettrici sono ovviamente opposti.Nei punti arbitrariamente vicini ad una delle due cariche, il campo elettrico da es-sa generato sarà in modulo maggiore del campo generato dall’altra carica. Ci saràquindi un punto su quel segmento in cui i due campi sono uguali e quindi il campototale è nullo.

Svolgimento Il problema si risolve trovando, sul segmento che congiunge le duecariche, il punto in cui i due campi sono in modulo uguali. Sappiamo infatti che suipunti di tale segmento i due vettori campo sono ovviamente opposti. Chiamiamo xla distanza dal nucleo di elio (identificato dall’indice 1)

E1 = E2

2Ke

x2= 8K

e

(d− x)2

1

x2= 4

1

(d− x)2

4x2 = (d− x)2

4x2 = d2 − 2dx+ x2

3x2 + 2dx− d2 = 0

Da questa equazione derivano due soluzioni corrispondenti all’affermazione "Imoduli dei due vettori sono uguali". Delle due andrà accettata solo quella con 0 <

x < d che corrisponde ai punti sul segmento che congiunge le due cariche. fuori daquel segmento i vettori campo sono paralleli e concordi, quindi anche se di modulouguale il campo elettrico complessivo non è nullo.

x1;2

=−d±

√d2 + 3d2

3=

−d± 2d

3

x1 = d3

x2= −d

Considerati i vincoli sopra indicati l’unica soluzione accettabile è

x =d

3= 10−8m



Testo [E0017] [1 3 4a ] Calcola l’energia potenziale elettrostatica di unsistema di tre protoni allineati a distanza d = 10−8m.

Spiegazione In questo esercizio semplicemente applichiamo la formula per l’ener-gia potenziale elettrostatica.

Svolgimento Le tre cariche sono allineate e sono alla distanza d, quindi

U = U12 + U23 + U13 = Ke2

d+K

e2

d+K

e2

2d=

5Ke2

2d

U = 22, 5 · 1017 Nm2

C2· 2, 56 · 10−38 C2 = 5, 76 · 10−20 J


Testo [E0018] [1 3 4a ] Calcola l’energia potenziale elettrostatica di unsistema di tre protoni disposti su di un triangolo equilatero di lato d = 10−8m.

Spiegazione In questo esercizio semplicemente si applica la formula per l’energiapotenziale elettrostatica di un sistema di cariche

Svolgimento Indicando le tre cariche con gli indici 1, 2, e 3, avremo

U = U12 + U23 + U13 =3Ke2

d= 27 · 109 ·

(1, 6 · 10−19

)2 · 108 J = 7 · 10−20 J



Testo [E0019] [1 3 4a ] Calcola l’energia potenziale elettrostatica di unsistema di quattro protoni disposti sui vertici di un quadrato di lato d = 10−8m.

Spiegazione In questo esercizio applichiamo semplicemente la formula per l’ener-gia potenziale elettrostatica, facendo attenzione ad identificare in modo corretto tuttele coppie di cariche presenti.

Svolgimento Indicando le tre cariche con indici numerici, avremo:

U = U12 + U13 + U14 + U23 + U24 + U34

Riordiniamole in base alle distanze tra le cariche

U = (U12 + U23 + U34 + U14) + (U24 + U13)

U =Ke2

d·(4

1+

2√2

)

U =9 · 109 Nm2

C2 ·(1, 6 · 10−19

)2C2

10−8m· (5, 414) = 125 · 10−37 J


Testo [E0021] [2 2 4a ] Cinque cariche Q = 3µC sono disposte ai verticidi un esagono regolare di lato a = 1m. La sesta, nel vertice rimanente, ha valoreQ = −3µC. Calcola Il campo elettrico nel centro dell’esagono.

Spiegazione Per trovare il campo elettrico in un punto è sufficiente sommare ivettori campo elettrico generati, in quel punto, dalle cariche del sistema.

Svolgimento Cominciamo con il considerare che in un esagono regolare tutti ivertici sono equidistanti dal centro e tale distanza è uguale al lato dell’esagono.

Analizziamo per prima cosa la configurazione geometrica di questo sistema dicariche: a parte la carica negativa e la sua opposta, tutte le cariche generano nelcentro dell’esagono un vettore campo elettrico che è annullato dal corrispondentevettore generato dalla carica opposta.

Per la carica negativa e la sua opposta, avremo invece due campi che si sommanocostruttivamente ottenendo:

Etot = 2Ke

a2= 5.4 · 104 N

C



Testo [E0022] [2 3 4a ] Due cariche elettriche QA

= QB

= 2µC sonoposte in un diagramma cartesiano nei punti A(0, 0) e B(3, 0). Quanto vale il campoelettrico nel punto C(0, 3)? Quanto vale la forza che agirebbe su di una carica q =

−5µC posta nel punto C? Disegna con precisione le cariche, i campi elettrici e laforza.

Spiegazione In questo esercizio semplicemente si trovano i campi elettrici generatinel punto C e si sommano. La forza sulla carica di prova viene di conseguenza.

Svolgimento Il campo della carica in A nel punto C è verticale

EA = EAy = KQ1

r2A−C

= 2000N

C

Il campo della carica in B nel punto C è

EB = KQ1

r2A−C

= 1000N

C

Visto che i punti A, B e C formano un triangolo rettangolo isoscele, l’angolo tra idue vettori campo è

γ = 45

Il modulo del campo in C è quindi

EC =√E2

A + E2B − 2EAEB cos (180− γ) = 2798

N

C

Per conoscere le sue componenti è necessario scomporre i vettori EA e EB pertrovare i moduli delle loro componenti. Il primo non necessita di alcun calcolo; peril secondo

EBx = EB · |xB− x

C|

rB−C

=2000√

2

N

C= 1414

N

C

EBy = EB · |yC− y

A|

rB−C

=2000√

2

N

C= 1414

N

C

Sommando le componenti (tenendo ovviamente conto dei versi dei vettori)

Etot−y = EAy + EBy = 3414N

C

Etot−x = EBx = 1414N

C

−2 −1 1 2 3 4 5 6 7

−2

−1

1

2

3

4

5

6

7

A B

EA

EB

Etot

F

C

x

y



Testo [E0023] [1 3 4a ] Due cariche elettriche Q1 = +5µC e Q2 = +2µC

sono poste a distanza d = 1m. Calcola l’accelerazione subita da una terza caricaq = 1µC, di massa m = 4 g, posta sulla stessa linea delle altre due, alla distanzar = 30 cm da una delle due cariche.

Spiegazione Le due cariche esercitano una forza sulla terza carica, e quindi un’ac-celerazione. Le due cariche sono entrambe positive, quindi sulla terza carica, vista lasua posizione, le forze sono opposte.

Svolgimento Questo problema presenta due configurazioni possibili, a secondache la terza carica sia posizionata più vicina alla prima od alla seconda. Analizziamouno dei due casi.

Q1 Q2q

d

F1F2

Le due forze esercitate sulla terza carica sono:

F1 = KQ1q

r21

F2 = KQ2q

(d− r1)2

La forza complessiva sarà

Ftot = F1 − F2 = Kq

(Q1

r21− Q2

(d− r1)2

)L’accelerazione sarà

a =F

m=Kq

m

(Q1

r21− Q2

(d− r1)2

)


Testo [E0023a] [1 3 4a ] Due cariche elettriche Q1 = −5µC e Q2 = +2µC

sono poste a distanza d = 1m. Calcola l’accelerazione subita da una terza caricaq = 1µC, di massa m = 4 g, posta sulla stessa linea delle altre due, alla distanzar = 30 cm da una delle due cariche.

Spiegazione Le due cariche esercitano una forza sulla terza carica, e quindi un’ac-celerazione. Le due cariche sono di segno opposto, quindi sulla terza carica, vista lasua posizione, le forze sono concordi.

Svolgimento Questo problema presenta due configurazioni possibili, a secondache la terza carica sia posizionata più vicina alla prima od alla seconda. Analizziamouno dei due casi.

Q1 Q2q

d

F1

F2

Le due forze esercitate sulla terza carica sono:

F1 = KQ1q

r21

F2 = KQ2q

(d− r1)2

La forza complessiva sarà

Ftot = F1 + F2 = Kq

(Q1

r21+

Q2

(d− r1)2

)L’accelerazione sarà

a =F

m=Kq

m

(Q1

r21+

Q2

(d− r1)2

)



Testo [E0024] [2 2 4a ] Due cariche elettriche Q1 = +5µC e Q2 = +2µC

sono poste a distanza d = 1m corrispondente alla diagonale di un quadrato. Calcolal’accelerazione subita da una terza carica q = 1µC, di massa m = 4 g, posta su unodei vertici rimanenti del quadrato.

Spiegazione Le due cariche esercitano una forza sulla terza carica, e quindi un’ac-celerazione. Sulla terza carica, vista la sua posizione, le forze sono perpendicolari traloro.

Svolgimento

Q1

Q2

q

d

F1

F2 Ftot

La distanza tra le cariche e la carica di prova è

r =d√2

Le due forze esercitate sulla terza carica sono quindi:

F1 = K2Q1q

d2

F2 = K2Q2q

d2

La forza complessiva è quindi

Ftot =√F 21 + F 2

2 = K2q

d2

√Q2

1 +Q22

Ftot = 9 · 109 N m2

C2· 4µC ·

√29µC

Ftot = 1, 9 · 1011N

L’accelerazione saràa =

F

m= K

2q

md2

√Q2

1 +Q22

a = 0, 48m

s2



Testo [E0024a] [2 2 4a ] Due cariche elettriche Q1 = −5µC e Q2 = +2µC

sono poste a distanza d = 1m corrispondente alla diagonale di un quadrato. Calcolal’accelerazione subita da una terza carica q = 1µC, di massa m = 4 g, posta su unodei vertici rimanenti del quadrato.

Spiegazione Le due cariche esercitano una forza sulla terza carica, e quindi un’ac-celerazione. Sulla terza carica, vista la sua posizione, le forze sono perpendicolari traloro.

Svolgimento

Q1

Q2

q

d

F1

F2Ftot


r =d√2


F1 = K2Q1q

d2

F2 = K2Q2q

d2


Ftot =√F 21 + F 2

2 = K2q

d2

√Q2

1 +Q22

Ftot = 9 · 109 N m2

C2· 4µC ·

√29µC

Ftot = 1, 9 · 1011N


F

m= K

2q

md2

√Q2

1 +Q22

a = 0, 48m

s2


Problema di: Elettrostatica - E0024b

Testo [E0024b] [2 2 4a ] Due cariche elettriche Q1 = +5µC e Q2 = −2µC

sono poste a distanza d = 1m corrispondente alla diagonale di un quadrato. Calcolal’accelerazione subita da una terza carica q = 1µC, di massa m = 4 g, posta in unvertice libero del quadrato.

Spiegazione Le due cariche del sistema esercitano una forza sulla carica di prova.E’ importante tenere in considerazione l’orientamento delle due forze.

Svolgimento

Q1

Q2

q

d

F1

F2 Ftot


r =d√2


F1 = K2Q1q

d2

F2 = K2Q2q

d2


Ftot =√F 21 + F 2

2 = K2q

d2

√Q2

1 +Q22

Ftot = 9 · 109 N m2

C2· 4µC ·

√29µC

Ftot = 1, 9 · 1011N


F

m= K

2q

md2

√Q2

1 +Q22

a = 0, 48m

s2


Problema di: Elettrostatica - E0024c

Testo [E0024c] [2 2 4a ] Due cariche elettriche Q1 = −5µC e Q2 = −2µC

sono poste a distanza d = 1m corrispondente alla diagonale di un quadrato. Calcolal’accelerazione subita da una terza carica q = 1µC, di massa m = 4 g, posta in unvertice libero del quadrato.

Spiegazione Le due cariche del sistema esercitano una forza sulla carica di prova.E’ importante tenere in considerazione l’orientamento delle due forze.

Svolgimento

Q1

Q2

q

d

F1

F2Ftot


r =d√2


F1 = K2Q1q

d2

F2 = K2Q2q

d2


Ftot =√F 21 + F 2

2 = K2q

d2

√Q2

1 +Q22

Ftot = 9 · 109 N m2

C2· 4µC ·

√29µC

Ftot = 1, 9 · 1011N


F

m= K

2q

md2

√Q2

1 +Q22

a = 0, 48m

s2



Testo [E0025] [2 2 4a ] Calcola l’energia potenziale elettrostatica di unsistema di tre cariche allineate, a distanza d = 2 cm, di valore Q1 = Q2 = 2µC eQ3 = −2µC con Q3 posta esternamente alle prime due.

Spiegazione Per calcolare l’energia potenziale elettrostatica di un sistema di cari-che bisogna sommare le energie potenziali elettrostatiche di tutte le coppie di carichepresenti nel sistema.

Svolgimento Essendoci qui tre cariche avremo

Utot = U12 + U13 + U23 = K

(Q1Q2

d+Q1Q3

2d+Q2Q3

d

)

Utot = 9 · 109 Nm2

C2

(4 · 10−12 C2

0, 02m− 4 · 10−12 C2

0, 04m− 4 · 10−12 C2

0, 02m

)Utot = 9 · 109 Nm

2

C2

(−4 · 10−12 C2

0, 02m

)= −1, 8 J


Testo [E0025a] [2 2 4a ] Calcola l’energia potenziale elettrostatica di unsistema di tre cariche allineate, a distanza d = 2 cm, di valore Q1 = Q2 = 2µC eQ3 = −2µC con Q3 posta nel punto medio tra le prime due.

Spiegazione Per calcolare l’energia potenziale elettrostatica di un sistema di cari-che bisogna sommare le energie potenziali elettrostatiche di tutte le coppie di carichepresenti nel sistema

Svolgimento Essendoci qui tre cariche avremo

Utot = U12 + U13 + U23 = K

(Q1Q2

d+

2Q1Q3

d+

2Q2Q3

d

)

Utot = 9 · 109 Nm2

C2

(4 · 10−12 C2

0, 02m− 8 · 10−12 C2

0, 02m− 8 · 10−12 C2

0, 02m

)

Utot = −9 · 109 Nm2

C2

(12 · 10−12 C2

0, 02m

)= −5, 4 J



Testo [E0026] [2 2 4a ] Due protoni ed un elettrone si trovano ai vertici diun triangolo rettangolo di cateti a = 5 ·10−10m e b = 12 ·10−10m. L’elettrone si trovanel vertice corrispondente all’angolo retto. Calcola l’energia potenziale elettrostaticadel sistema.

Spiegazione Per calcolare l’energia potenziale elettrostatica di un sistema di cari-che bisogna sommare le energie potenziali elettrostatiche di tutte le differenti coppiedi cariche presenti nel sistema.

Svolgimento Indichiamo con Q1 l’elettrone.Essendoci qui tre cariche avremo

Utot = U12 + U13 + U23 = K

(Q1Q2

a+Q1Q3

b+Q2Q3

c

)

Utot = K

(−e

2

a− e2

b+

e2√a2 + b2

)Utot = Ke2

(1√

a2 + b2− 1

a− 1

b

)


Testo [E0026a] [2 2 4a ] Due elettroni ed un protone si trovano ai vertici diun triangolo rettangolo di cateti a = 3 · 10−10m e b = 4 · 10−10m. Il protone si trovanel vertice corrispondente all’angolo retto. Calcola l’energia potenziale elettrostaticadel sistema.

Spiegazione Per calcolare l’energia potenziale elettrostatica di un sistema di cari-che bisogna sommare le energie potenziali elettrostatiche di tutte le differenti coppiedi cariche presenti nel sistema.

Svolgimento Indichiamo con Q1 il protone. Il cateto del triangolo rettangolo èlungo

c =√a2 + b2 = 5 · 10−10m

Essendoci qui tre cariche avremo

Utot = U12 + U13 + U23 = K

(Q1Q2

a+Q1Q3

b+Q2Q3

c

)

Utot = K

(−e

2

a− e2

b+

e2√a2 + b2

)

Utot = Ke2(

1√a2 + b2

− 1

a− 1

b

)


Problema di: Elettrostatica - E0026b

Testo [E0026b] [2 2 4a ] Due elettroni e due protoni si trovano ai vertici diun quadrato di lato d = 4 · 10−10m. Posiziona le particelle a tuo piacimento e calcolal’energia potenziale elettrostatica del sistema.

Spiegazione L’energia potenziale elettrostatica di un sistema di cariche è data dallasomma dell’energia potenziale elettrostatica di tutte le possibili coppie di caricheelettriche.

Svolgimento Immaginiamo di mettere le cariche elettriche di eguale segno su ver-tici opposti. Identifichiamo le cariche elettriche con un numero pari per il proto-ne e dispari per l’elettrone. Questa è solo una convenzione per poter interpretarela formula successiva. Con questa convenzione le cariche di segno uguale distanoD = d

√2 = 4

√2 · 10−10m e quelle di segno differente distano d.

U = U12 + U13 + U14 + U23 + U24 + U34

U = Ke2(− 1

d2+

1

D2− 1

d2− 1

d2+

1

D2− 1

d2

)

U = Ke2(− 4

d2+

2

2d2

)U = Ke2

(− 3

d2

)U = −3K

e2

d2


Testo [E0027] [1 3 4a ] Tre cariche, una negativa e due positive, sono postesu una linea verticale a distanza r di un metro una dall’altra. Assegna dei valori allecariche. Dopo aver disegnato sulla carica posta più in basso i vettori campo elettricogenerati su di essa, calcola e disegna la forza che subisce.

Spiegazione Dopo aver assegnato i valori come richiesto dal problema, in questoesercizio si devono disegnare le forze sulla carica più in basso e poi le si devonosommare.

Svolgimento Ipotizziamo di avere le cariche Q1 = 1µC, Q2 = 2µC e Q3 = −3µC

posizionate nell’ordine dal basso verso l’alto.Sulla carica più in basso agiscono quindi due forze F2 verso il basso e F3 verso

l’alto.

F2 = KQ1Q2

r2

F3 = KQ1Q3

4r2

Quindi

Ftot = KQ1Q2

r2−K

Q1Q3

4r2

Ftot = 9 · 109 Nm2

C2

2µ2C2

1m2− 9 · 109 Nm

2

C2

3µ2C2

4m2

Ftot = 9 · 109 · 54µ2N

Ftot = 1, 125 · 10−2N

Tale forza è verso il basso.



Testo [E0027a] [1 3 4a ] Tre cariche, una positiva e due negative, sonoposte su una linea verticale a distanza di un metro una dall’altra. Assegna dei valorialle cariche. Dopo aver disegnato sulla carica posta più in basso i vettori campoelettrico generati su di essa, calcola e disegna la forza che subisce.

Spiegazione Dopo aver assegnato i valori come richiesto dal problema, in questoesercizio si devono disegnare le forze sulla carica più in basso e poi le si devonosommare.

Svolgimento Ipotizziamo di avere le cariche Q1 = −1µC, Q2 = −2µC e Q3 =

3µC posizionate nell’ordine dal basso verso l’alto.Sulla carica più in basso agiscono quindi due forze F2 verso il basso e F3 verso

l’alto.

F2 = KQ1Q2

r2

F3 = KQ1Q3

4r2

Quindi

Ftot = KQ1Q2

r2−K

Q1Q3

4r2

Ftot = 9 · 109 Nm2

C2

2µ2C2

1m2− 9 · 109 Nm

2

C2

3µ2C2

4m2

Ftot = 9 · 109 · 54µ2N

Ftot = 1, 125 · 10−2N

Tale forza è verso l’alto.


Testo [E0028] [3 1 4a ] Disponi a piacere su di un piano cartesiano duecariche elettriche opposte di valore a tua scelta. Scegli un terzo punto del pianocartesiano non allineato con i primi due.

1. Disegna i vettori capo elettrico generati in quel punto dalle due cariche.

2. Disegna il campo elettrico complessivo in quel punto.

3. Calcola il valore del potenziale in quel punto.

4. Metti poi in quel punto una carica di prova di valore a tua scelta.

5. Disegna e calcola la forza elettrostatica su quella carica.

6. Calcola l’energia potenziale elettrostatica di quella sola carica

7. Calcola l’energia potenziale elettrostatica del sistema di tre cariche.

Spiegazione In questo esercizio, le distanze tra le cariche, necessarie per calcolarele distanze nelle formule necessarie, le si calcolano a partire dalle coordinate deipunti.

Svolgimento Ipotizziamo per le due cariche i valoriQ1 = 1µC eQ2 = −2µC postenei punti di coordinate A1(2, 1) e A2(6, 5) in un sistema di assi cartesiani espresso inmetri. Consideriamo un terzo punto di coordinateB(2, 5). I valori dei segmenti tra lecariche ed il punto scelto sono: A1B = 4m e A2B = 3m. Possiamo adesso disegnarei due campi elettrici generati dalle due cariche e quindi il campo elettrico totale inquel punto.

E1 = KQ1

r21= 9 · 109 N m2

C2

1µC

16m2=

9

16

kN

C

E2 = KQ2

r22= 9 · 109 N m2

C2

−2µC

9m2= 1

kN

C


Con le scelte fatte per la posizione delle cariche e del punto di prova, questi duevettori risultano perpendicolari tra loro, e quindi

Etot =√E2

1 + E22 = 1, 15

kN

C

−2 −1 1 2 3 4 5 6 7 8

−2

−1

1

2

3

4

5

6

7

8

E1

E2

Etot

Q1

Q2

x

y

Se ipotizziamo di mettere nel puntoB una carica di prova q = 1µC possiamo cal-colare il valore dell’energia potenziale del sistema e quindi del potenziale nel puntoB

U = KQ1q

r1+K

Q2q

r2= 9 · 109 N m2

C2· 1µC ·

(1µC

4m− 2µC

3m

)

U = −15

4· 10−3 J

ed il potenziale

U = KQ1

r1+K

Q2

r2= 9 · 109 N m2

C2·(1µC

4m− 2µC

3m

)U = −15

4· 103 V

La forza elettrostatica sulla carica di prova la trovo con

F = qEtot

per cui

F = 1muC · 1, 15 kNC

= 1, 15mN

Abbiamo calcolato l’energia potenziale elettrostatica della carica di prova. Il si-stema di tre cariche ha un’energia potenziale totale differente, in quanto dobbiamotenere conto anche dell’energia potenziale delle due cariche iniziali:

U12 = KQ1Q2

r= 9 · 109 N m2

C2

−2µ2C2

25m2= −18

25· 10−3J

Utot = −(15

4+

18

25

)mJ = −4, 47mJ



Testo [E0029] [3 6 4a ] Due protoni Q1 e Q2 sono posti in un sistema diriferimento in metri nei punti A(−3, 0) e B(3, 0) in un sistema di riferimento carte-siano in metri. Un terzo protone è posto fermo nel punto C(0, 4). Calcola il campoelettrico e la forza subiti dalla terza carica. Calcola il potenziale a cui si trova la terzacarica e il lavoro da compiere per portarlo nell’origine degli assi.


Svolgimento Il terzo protone sente i campi elettrici degli altri due. La distanza delterzo protone da entrambi gli altri due è r =

√32 + 42m = 5m

Il campo elettrico che agisce sul terzo protone dovuto ad ognuna delle due cari-che vale

E = Ke

r2

e forma con l’asse verticale un angolo definito da

sin(θ) =3

5

e di conseguenza da

cos(θ) =4

5

Il campo elettrico totale è quindi la somma dei due campi elettrici. Le loro compo-nenti orizzontali si cancellano e quelle verticali si sommano.

Etot = 2Ke

r2· cos(θ) = 8

5Ke

r2

La forza subita è quindi

F =8

5Ke2

r2

diretta nello stesso verso del campo elettrico.

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

−2

−1

1

2

3

4

5

6

7

8

E1

E2

Etot

Q1 Q2

Q3

x

y

Il potenziale a cui si trova la terza carica è dato da

V = 2Ke

r

Il potenziale a cui si troverebbe se fosse nell’origine (cioè a distanza x = 3m dallealtre cariche) è dato da

V = 2Ke

x

Per cui

L = e∆V = −2Ke2(1

x− 1

r

)è il lavoro che dobbiamo fare per portare la carica nell’origine degli assi



Testo [E0029a] [3 6 4a ] Due protoni sono posti in un sistema di riferimen-to in metri nei punti A(0, 4) e B(0,−4). Un nucleo di elio è posto fermo nel puntoC(4, 0). Calcola il campo elettrico e la forza subiti dalla terza carica. Calcola il po-tenziale a cui si trova la terza carica e il lavoro da compiere per portarlo nell’originedegli assi.


Svolgimento Il terzo protone sente i campi elettrici degli altri due.

−2 −1 1 2 3 4 5 6 7 8

−5

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

5

E1

E2Etot

Q1

Q2

x

y

Le tre cariche sono disposte sui vertici di un quadrato. I campi elettrici sonoquindi perpendicolari tra loro. I campi elettrici sono anche uguali (stesso valoredelle cariche e stessa distanza r = 4

√2m della terza carica dalle prime due) e quindi

E1 = E2 = Ke

r2

Etot =√2K

e

r2

Considerando che la terza carica è un nucleo di elio, il quale contiene due protoni,la forza su tale nucleo è

F = 2√2K

e2

r2

nella stessa direzione e verso del campo elettrico totale.Il potenziale a cui si trova la terza carica è dato da

V = 2Ke

r

Il potenziale a cui si troverebbe il nucleo di elio se si trovasse nell’origine degli assi,cioè a distanza x =

r√2

, è

V = 2Ke

x= 2

√2K

e

r

Il lavoro che una forza esterna dovrebbe fare sarebbe quindi

L = ∆U = e∆V = 2Ke

r

(√2− 1

)



Testo [E0030] [3 4 4a ] Una carica q = 2µC di massa m = 1 g si muovecon velocità = 5 m

s di moto circolare uniforme con raggio r = 2m intorno aduna seconda carica Q supposta ferma. Calcola il valore della carica Q indicandone ilsegno, e l’energia totale del sistema.

Spiegazione Il sistema fisico proposto vede una carica ferma ed una seconda caricache si muove di moto circolare uniforme intorno alla prima.

Svolgimento Studiando il moto circolare uniforme della carica avremo

m2

r= K

qQ

r2

|Q| = m2r

Kq=

10−3 kg · 25 m2

s2 · 2m2µC · 9 · 109Nm2

C2

=25

9· 10−6 C

La forza tra le cariche deve essere attrattiva, quindi la carica Q deve essere nega-tiva.

L’energia totale del sistema la si calcola sommando l’energia cinetica e l’energiapotenziale elettrostatica

Etot =1

2m2 −K

qQ

r

Utilizzando la rima equazione che descrive il moto circolare avremo

Etot = −1

2KqQ

r= −1

2· 9 · 109Nm

2

C2

509 µ

2C2

2m= 12, 5mJ


Testo [E0032] [3 4 4a ] Un filo verticale, infinito, uniformemente cariconegativamente, con densità lineare di carica λ = 2 µC

m , genera un campo elettricocon simmetria cilindrica orientato in ogni punto verso il filo. Una carica positiva dimassam = 10−3 kg si muove di moto elicoidale attorno ad esso con raggio r = 0, 5m

e con passo ∆y = 0, 1m. Determina la componente orizzontale della velocità dellacarica, il periodo del moto circolare in orizzontale, la velocità del moto in verticale,la velocità della carica.

Spiegazione In questo esercizio una carica si muove nel campo elettrico generatoda un filo verticale uniformemente carico. Il campo elettrico è centrale e genera sullacarica una forza sempre diretta verso il filo. Il moto della carica è un moto parabolico.

Svolgimento Dal teorema di Gauss possiamo trovare l’equazione del campo elet-trico generato dal filo uniformemente carico. Per applicare il teorema scegliamo unasuperficie cilindrica che abbia come asse il filo.

2πrhE =Q

ϵ

E =Q

2πrhϵ

E =λ

2πrϵLa particella, mentre compie un moto rettilineo uniforme in verticale, contempo-

raneamente compie un moto circolare uniforme intorno al filo. Quindi

m2⊥r

= qE

⊥ =

√qλ

2πϵm

Il periodo del moto circolare è

T =

√8π3ϵr2m

qλ


Analizzando il moto in verticale possiamo stimare la velocità della particellaparallelamente al filo

∥ =∆y

T= ∆y

√qλ

8π3ϵr2m

La velocità della carica nel suo moto elicoidale è quindi

=√2⊥ + 2

∥

=

√qλ

2πϵm+

∆y2qλ

8π3ϵr2m=

√qλ

2πϵm

(1 +

∆y2

4π2r2

)


Testo [E0033] [3 3 4a ] Un filo verticale, infinito, uniformemente cariconegativamente, con densità lineare di carica λ = 2 µC

m , genera un campo elettrico consimmetria cilindrica orientato in ogni punto verso il filo di modulo

E = 2Kλ

r

Una carica positiva q = 4µC e di massa m = 10−3 kg si muove di moto circolareattorno ad esso con raggio r = 0, 5m. Determina la velocità della carica.

Spiegazione In questo problema la particella si muove di moto circolare uniformesotto l’azione di una forza centrale generata sulla carica dal campo elettrico.

Svolgimento Affermando che la forza elettrostatica è una forza di tipo centripeto,avremo:

m2

r= qE

m2

r= 2Kq

λ

r

=

√2Kqλ

m

=

√2 · 9 · 109 Nm2

C2 · 4µC · 2 µCm

10−3 kg= 12

m

s



Testo [E0033a] [3 3 4a ] Un filo verticale, infinito, uniformemente caricopositivamente, con densità lineare di carica λ = 2 µC

m , genera un campo elettrico consimmetria cilindrica orientato in ogni punto verso il filo di modulo

E = 2Kλ

r

Un elettrone si muove di moto circolare attorno ad esso. Determina la velocità dellacarica ed il raggio dell’orbita.

Spiegazione In questo problema la particella si muove di moto circolare uniformesotto l’azione di una forza centrale generata sulla carica dal campo elettrico.

Svolgimento Affermando che la forza elettrostatica è una forza di tipo centripeto,avremo:

m2

r= qE

m2

r= 2Kq

λ

r

=

√2Kqλ

m

=

√2 · 9 · 109 Nm2

C2 · 4µC · 2 µCm

10−3 kg= 12

m

s

Come si vede dai calcoli, il raggio dell’orbita si semplifica e viene cancellatodall’equazione. Ne segue che esso non influisce sulla velocità della particella.

La risposta al problema è che il raggio dell’orbita è indeterminato (ogni valore èsoluzione del problema).

Problema di: Cinematica - Elettromagnetismo - CE0002

Testo [CE0002] [3 2 4a ] Quanto vale la velocità con cui si muove unelettrone all’interno di un atomo di idrogeno?

Spiegazione Assumendo che l’elettrone compia un orbita circolare intorno al nu-cleo, visto che la forza di tipo centripeto che subisce l’elettrone è la forza di Coulomb,il problema si risolve eguagliando la formula della forza centripeta con la formuladella forza di Coulomb

Svolgimento Indicando con e il valore della carica elettrica dell’elettrone, con me

la sua massa, con V la sua velocità, e con r il raggio dell’atomo, avremo che:

me2

r=Ke2

r2

da cui, stimando il raggio dell’orbita r = 10−10m , pari all’ordine di grandezzadelle dimensioni di un atomo

=

√Ke2

mer=

√9 · 109 Nm2

C2 · (1, 6 · 10−19C)2

9.1 · 10−31kg · 10−10m

= 1.59 · 106ms


Problema di: Elettrostatica - CE0003

Testo [CE0003] [3 4 4a ] Un elettrone si muove l’ungo l’asse x di un si-stema di riferimento, con velocità ix = 10

m

s. Ad un certo punto entra in un con-

densatore in cui si trova un campo elettrico E = 1N

Cuniforme rivolto lungo l’asse

delle y e in verso opposto. Percorre in esso una distanza in orizzontale d = 10 cm perpoi uscirne e dirigersi verso uno schermo posto alla distanza L = 1m dal punto diuscita dal condensatore. In quale posizione sull’asse delle y si trova lo schermo?

Spiegazione La particella quando si muove nel condensatore subisce una forzacostante verso l’alto, quindi si muove di moto uniformemente accelerato in vertica-le e rettilineo uniforme in orizzontale. Uscita dal condensatore si muove di motorettilineo uniforme.

Svolgimento Cominciamo a calcolare quanto tempo passa nel condensatore

∆t =∆Sx

x=

d

ix

La velocità cambia di un vettore verso l’alto il cui modulo è

∆y = a ·∆t = eEd

me ix

La componente verticale della velocità sarà quindi

fy = iy +∆y = 0 +eEd

me ix

Lo spostamento verso l’alto sarà

∆S1y =1

2a∆t2 =

eEd2

2me2ix

L’elettrone raggiunge lo schermo dopo un tempo

∆t2 =L

ix

In questo intervallo di tempo si è spostata verso l’alto di

∆S2y = fy∆t2 =eEdL

me2ix

Il punto di impatto sullo schermo sarà in un punto all’altezza

Sy = 0 +∆S1y +∆S2y =eEd2

2me2ix

+eEdL

me2ix

=eEd

me2ix

(d

2+ L

)



Testo [CE0004] [3 2 4a ] Un elettrone si muove lungo l’asse x di un sistemadi riferimento, con velocità ix = 10

m

s. Ad un certo punto entra in un condensatore

in cui si trova un campo elettrico E = 1 NC uniforme rivolto lungo l’asse delle y e

in verso opposto. Percorre in esso una distanza in orizzontale d = 10 cm per poiuscirne. In quale posizione sull’asse delle y esce dal condensatore?

Spiegazione La particella quando si muove nel condensatore subisce una forzacostante verso l’alto, quindi si muove di moto uniformemente accelerato in vertica-le e rettilineo uniforme in orizzontale. Uscita dal condensatore si muove di motorettilineo uniforme.

Svolgimento Cominciamo a calcolare quanto tempo passa nel condensatore

∆t =∆Sx

x=

d

ix

Lo spostamento verso l’alto sarà

∆S1y =1

2a∆t2 =

eEd2

2me2ix


Testo [CE0005] [3 5 4a ] Una carica C = 1µC di massa m = 10−3 kg simuove in un campo elettrico uniforme parallelo all’asse orizzontale E = 100 N

C ux

con velocità iniziale i = 10 ms lungo una direzione inclinata di α = 60 con le linee

del campo elettrico. Dove si trova il protone dopo un tempo ∆t = 2 s? Che angoloforma alla fine la velocità della carica con il campo elettrico?

Spiegazione La carica elettrica si muove in un campo elettrico costante e quin-di subisce una forza elettrica costante. Essa si muove di moto rettilineo unifor-me nella direzione perpendicolare alla forza e quindi al campo elettrico, e di motouniformemente accelerato nella direzione parallela al campo elettrico.

Svolgimento Scomponendo la velocità iniziale della carica lungo le direzioni pa-rallela e perpendicolare al campo elettrico

ix = i cosα = 2, 5m

s

iy = i sinα =5√3

2

m

s

Considerando l’asse verticale, la carica si muove di moto rettilineo uniforme,quindi la velocità in verticale è costante

fy = iy

∆Sy = Viy ·∆t = 5√3m ≃ 8, 66m

Considerando l’asse orizzontale la carica si muove di moto uniformemente acce-lerato

∆Sx =1

2

qE

m∆t2 + ix ·∆t = 0, 2m+ 1, 25m = 1, 45m

La carica si trova quindi 8, 66m più in alto e 1, 45m più a destraLa velocità finale della carica sull’asse orizzontale sarà

fx = ix + a∆t = ix +qE

m∆t = 2, 7

m

s


L’angolo che la carica forma con l’asse orizzontale sarà quindi

β = arctanfy

fx=

5√3

2· 1

2, 7= 58, 1

Problema di: Dinamica - Elettromagnetismo - DE0010

Q QTesto [DE0010] [1 1 4a ] Due cariche elet-triche uguali, con eguale carica elettrica e massa, dicarica Q = 4µC si trovano alla distanza d = 2m.Quale massa devono avere affinché l’attrazione gravitazionale tra loro equilibri larepulsione elettrostatica? [K = 9 · 109 Nm2

C2 ; G = 6, 67 · 10−11 Nm2

kg2 ]

Spiegazione Tra le due cariche elettriche agiscono due forze: la repulsione dovutaalla forza di Coulomb e l’attrazione gravitazionale dovuta alla loro massa. Si trattadi stabilire quanto deve valere la massa delle due particelle affinché le due forze, cheovviamente sono opposte, siano anche uguali.

FeFg

Q QSvolgimento Eguagliando le due forze avremo

GM1M2

d2= K

Q1Q2

d2

Le particelle hanno stessa massa e carica elettrica,quindi M1 =M2 =M e Q1 = Q2 = Q da cui

M2 =K ·Q2

G

M =

√K ·Q2

G= Q

√K

G

Mettiamo adesso i valori numerici all’interno della formula

M = 4 · 10−6C ·

√√√√ 9 · 109 Nm2

C2

6, 67 · 10−11 Nm2

kg2

= 4, 65 · 104 kg

Il fatto che il valore delle masse sia risultato molto grande è dovuto al fatto chel’interazione gravitazionale è estremamente più debole dell’interazione elettroma-gnetica.


Problema di: Elettromagnetismo - DE0022

Testo [DE0022] [3 4 4a ] Due sfere di massa m = 15 g, elettrizate con lastessa carica Q, sono appese con due fili entrambi lunghi l = 20 cm. nella condizionedi equilibrio tali fili formano un angolo θ = 60. Quanto vale la carica elettrica sulledue sfere?

Spiegazione Le due sfere si respingono. Nella posizione di equilibrio ogni sferaè soggetta ad una forza elettrostatica che genera un momento antiorario ed un mo-mento orario è invece generato dalla forza di gravità. Nella condizione di equilibrioi due momenti si equivalgono.

α

FF

FgFg

Svolgimento Consideriamo il filosulla destra nel disegno. Il momen-to della forza di gravità rispetto alpunto in cui i due fili sono attaccatiè orario e vale

Mg = Fg · l · sinα

Il momento della forza di Coulombrispetto al punto in cui i due fili sonoattaccati è antiorario e vale

Mc = Fc · l · sin(90− α) = Fc · l · cosα

Quindi la condizione di equilibrio è

Fc · l · cosα = Fg · l · sinα

KQ2

(r)2 · cosα = m · g · sinα

La distanza tra le due cariche è

r = 2 · l sinα

KQ2

(2 · l sinα)2· cosα = m · g · sinα

Q2 =4 · l2 ·m · g · sin3 α

K · cosα

Q =

√4 · l2 ·m · g · sin3 α

K · cosα

Q =

√√√√4 · 0, 04m2 · 0, 015 kg · 9, 8 ms2 · 1

8

9 · 109Nm2

C2 ·√32

Q = 6, 1µC

Scheda 17Elettromagnetismo: soluzioniProblema di: Elettromagnetismo - EM0001

Testo [EM0001] [1 3 5a ] Due sfere con carica elettrica C = 10µC sonoposte alla distanza d = 30 cm. Calcolare la forza con la quale le sfere si respingonoquando sono in quiete e quando si muovono parallelamente con velocità costanteV = 90000km

s .

Spiegazione Le due sfere cariche si respingono tra loro a causa della forza di Cou-lomb. Quando poi le due cariche si muovono, generano un campo magnetico; ognu-na delle due cariche si muove quindi nel campo magnetico generato dall’altra, equindi subisce una forza magnetica. Essendo le cue cariche con velocità paralle-le nello stesso verso, allora la forza magnetica è attrattiva e si oppone alla forza diCoulomb repulsiva.

Svolgimento Per risolvere il problema è sufficiente calcolare le due forze con leopportune le formule.

Forza di Coulomb

Fc = KQ2

d2= 9 · 109Nm

2

C2· 10

−10C2

0, 09m2= 10N

Il vettore che definisce la posizione di una carica rispetto all’altra è perpendicola-re alla velocità delle cariche. Il campo magnetico generato da una delle due carichein moto sull’altra è quindi

B =µ0

4π

QV

d2= 10−7Ns

2

C2

10−5C · 90000000ms

0, 09m2= 10−3 T

La forza magnetica e la forza totale agenti tra le due cariche risultano

Fm = QV B = 0, 9N

F = Fc − Fm = 9, 1N

Problema di: Induzione elettromagnetica - EM0002

Testo [EM0002] [2 2 5a ] Una spira conduttrice elastica è allungata fino adassumere forma circolare di raggio r = 0, 1m, ed è immersa in un campo magneticoB = 1mT parallelo all’asse della spira. Lasciata libera, nell’istante iniziale il raggiovaria nel tempo come v = ∆r

∆t = 0, 2 ms . Quanto vale la differenza di potenziale lungo

la spira nell’istante iniziale?

Spiegazione L’equazione di Maxwell che descrive il fenomeno dell’induzione elet-tromagnetica è ciò che serve per risolvere il problema

Svolgimento La spira cambia il valore dell’area nel tempo e quindi cambia il flussodel campo magnetico nel tempo. Se la spira diminuisce il suo raggio di una quantitàmolto piccola ∆r, l’area della corona circolare ∆S è calcolabile come1

∆S = 2πr∆r

Per la legge di Maxwell sulla circuitazione del campo elettrico avremo

∆V = −∆Φ(B)

∆t= −B · 2πr∆r

∆t= −2πBrv

∆V = 1, 26 · 10−3 V

1Per chi non riuscisse a visualizzare la formula seguente può pensare che il calcolo dell’area di questacorona circolare è in prima approssimazione una sorta di base per altezza. Certo che non è un rettangolo,ma per piccolissimi ∆r l’errore è trascurabile e per ∆r → 0 l’errore sparisce.

464

465 Scheda17. Elettromagnetismo: soluzioni

Problema di: Elettromagnetismo - EM0007

Testo [EM0007] [1 2 5a ] Disegna sul tuo foglio un campo elettrico E

uniforme verso destra ed uno magnetico uniforme B verticale entrante nel foglio.Disegna adesso un elettrone che si muove parallelo al vostro foglio e verso l’alto. Aquale velocità deve andare affichè si muova con velocità costante?

Spiegazione L’elettrone, muovendosi sia in un campo elettrico che in un campomagnetico, subisce due forze. Tali forze, vista la posizione dei vettori, sono tra lo-ro opposte. Affinchè l’elettrone viaggi con velocità costrante, le due forze oppostedevono essere uguali.

Svolgimento Chiamiamo e la carica elettrica dell’elettrone. La forza elettrica vale

F = e · E

La forza magnetica valeF = e · V ·B

per cui

e · E = e · V ·B

V =E

B


Testo [EM0008] [1 2 5a ] Quattro cariche elettriche identiche, tutte positivedel valure q = 4µC si muovono sul tuo foglio lungo un percorso circolare di raggior = 10 cm e con velocità V = 10 m

s . Quanto vale e dove è diretto il campo magneticoche generano nel centro della spira? Quanto vale la forza magnetica che subisce unacarica negativa che entra perpendicolarmente al tuo foglio?

q+

q+q+

q+

q−

Fig. 17.1: Figura esercizio EM0008

Spiegazione Ogni carica elettrica che si muove emette un campo magnetico; unacarica elettrica che si muove in un campo magnetico subisce una forza. In questoesercizio quattro cariche positive si muovono e generano nel punto centrale un cam-po magnetico. Tale campo interagirà poi con la carica elettrica negativa generandosu di essa una forza. per risolvere l’esercizio bisogna prima calcolarci i campi ge-nerati dalle quattro cariche, sommarli, ed infine calcolarci la forza magnetica sullacarica negativa.

Svolgimento Prendiamo in considerazione la prima carica: Con la regola della ma-no destra determiniamo che il campo magnetico generato nel centro del cerchio è unvettore perpendicolare al foglio e che esce dal foglio. Il valore è

B =µ0

4πqV · sen(α)

r2


B = 10−7Tsm

C· 4µC

10 ms · sen(90)0, 01m2

= 4 · 10−4T

Se adesso consideriamo le altre tre cariche notiamo che esse generano campi ma-gnetici assolutamente identici. Il campo magnetico totale nel centro del percorsocircolare sarà quindi quattro volte quello della singola carica

B = 1, 6 · 10−3T

Per quanto riguarda la forza sulla carica negativa, per prima cosa dobbiamo nota-re che la velocità della carica è un vettore parallelo al campo magnetico che abbiamocalcolato. Per questo motivo la formula della forza magnetica

F = qV Bsen(α)

ci dice che la forza risulta nulla in quanto sen(0) = 0

Problema di: Elettrostatica - EM0012

Testo [EM0012] [1 2 5a ] Un elettrone si muove con un’energia E =

3000 eV perpendicolarmente al campo magnetico terrestre B = 50µT . Quanto valela forza magnetica che subisce?

Spiegazione Forza magnetica su di una carica in moto. In questo esercizio unacarica si muove dentro un campo magnetico e di conseguenza subisce una forza. E’sufficiente quindi utilizzare la formula opportuna.

Svolgimento La forza subita dalla particella è

F = q · V ·B · sinα

L’angolo α = 90 in quanto la particella si muove perpendicolarmente al campomagnetico e quindi sinα = 1. La carica q = 1, 6 · 10−19C è la carica dell’elettrone Ilcampo magnetico B è un dato del problema. Per poter utilizzare la formula bisognasolo più determinare la velocità della particella conoscendone l’energia. L’energiadella particella è

E = 3000 eV = 3000 · 1, 6 · 10−19 J = 4, 8 · 10−16 J

Dall’energia cinetica Ec =12mV

2 ricavo poi la velocità della particella.

V =

√2E

m=

√2 · 4, 8 · 10−16 J

9, 1 · 10−31 kg= 3, 25 · 107 m

s

Infine troviamo la forza che agisce sulla particella

F = 1, 6 · 10−19 C · 3, 25 · 107 ms

· 50 · 10−6 T

F = 2, 6 · 10−16N



Testo [EM0018] [2 3 5a ] Sono dati quattro lunghi fili conduttori A, B, Ce D percorsi da una corrente i = 10A e disposti tra loro parallelamente; essi sonoperpendicolari ad un piano (per esempio quello del tuo foglio). I quattro fili interse-cano il piano in quattro punti disposti ai vertici di un quadrato di lato l = 5m, comemostrato in figura. Le correnti di A e B escono dalla superficie, quelle dei fili C e Dentrano nella superficie. Calcolare il campo magnetico prodotto dai quattro fili nelpunto centrale del quadrato.

A B

D C

Spiegazione Cominciamo con l’osservare che il problema mi chiede il campo ma-gnetico prodotto dai quattro fili in un certo punto dello spazio. E’ sicuramente veroche tra i fili si esercitano delle forze, ma questo fenomeno non è l’oggetto di studioin questo esercizio. Dal momento che tutti i fili sono rettilinei e lunghi, allora la leggeper calcolarsi i campi magnetici prodotti è la legge di Biot-Savart

B =µ0

2π

i

r

dove r è la distanza del punto in analisi dal filo conduttore, corrispondente a metàdella lunghezza della diagonale del quadrato. Ogni filo genererà un suo campo ma-gnetico; nel punto in analisi il campo magnetico totale sarà la somma vettoriale deicampi magnetici dei singoli fili.

Svolgimento Prima di eseguire ogni tipo di conto cominciamo con l’osservare cheil centro del quadrato è equidistante da tutti i vertici e che in tutti i fili scorre la stessacorrente elettrica. Per questo motivo il modulo dei campi magnetici dei vari fili ènecessariamente uguale.

B =µ0

2π

i

l√22

=µ0

π

i

l√2

Lo stesso ragionamento non possiamo farlo per la direzione ed il verso dei quat-tro campi magnetici e dobbiamo necesariamente farci un disegno per capire comesono disposti i quattro vettori Bi. Il disegno in figura 17.2 mostra la disposizione deiquattro campi magnetici.

A B

D C

BA

BC

BB

BD

Fig. 17.2: I quattro vettori Bi generati dai quattro fili. I vettori BA e BC sono perfettamente sovrapposti l’unosull’altro. In questo schema sono stati disegnati affiancati per meglio far comprendere la loro effettiva diposizione; lostesso vale per i vettori BB e BD .

Come potete vedere i quattro campi magnetici sono disposti a due a due parallelie nello stesso verso. Procediamo adesso a svolgere la somma dei vettori, per cui,come mostrato in figura 17.3, avremo che

B1 = BA +BC =µ0

π

√2i

l

B2 = BB +BD =µ0

π

√2i

l


Dobbiamo adesso sommare i vettori B1 e B2

Esendo essi disposti sulle diagonali del quadrato, ne consegue che tra loro sonoperpendicolari, quindi la risultante sarà

Btot =√B2

1 +B22 =

µ0

π

2i

l

A B

D C

B1

B2

Btot

Fig. 17.3: I vettori B1 = BA + BC e B2 = BB + BD . Il vettore in rosso rappresenta la somma dei quattrovettori Btot = B1 + B2

Mettendo i valori avremo

Btot =4π10−7 T ·m

A

π

20A

5m= 16 · 10−7 T


A B

D CM

Testo [EM0019] [3 5 5a ] Sono dati quat-tro lunghi fili conduttori A, B, C e D percorsi dauna corrente i = 10A e disposti tra loro parallela-mente; essi sono perpendicolari ad un piano (peresempio quello del tuo foglio). I quattro fili inter-secano il piano in quattro punti disposti ai verticidi un quadrato di lato l = 5m, come mostrato infigura. Le correnti diA eB escono dalla superficie,quelle dei fili C e D entrano nella superficie. Cal-colare il campo magnetico prodotto dai quattro filinel punto medio del segmento CD.

Spiegazione Cominciamo con l’osservare che il problema mi chiede il campo ma-gnetico prodotto dai quattro fili in un certo punto dello spazio. E’ sicuramente veroche tra i fili si esercitano delle forze, ma questo fenomeno non è l’oggetto di studioin questo esercizio. Dal momento che tutti i fili sono rettilinei e lunghi, allora la leggeper calcolarsi i campi magnetici prodotti è la legge di Biot-Savart

B =µ0

2π

i

r

dove r è la distanza del punto in analisi dal filo conduttore. Ogni filo genererà unsuo campo magnetico; nel punto in analisi il campo magnetico totale sarà la sommavettoriale dei campi magnetici dei singoli fili.

Svolgimento Cominciamo con il disegnare i quattro campi magnetici generati daiquattro fili; il disegno in figura 17.4 mostra la disposizione dei quattro campi magne-tici.

Come potete vedere i campi magnetici BC e BD sono uguali e opposti. Il fattoche siano opposti lo si vede dalla geometria del problema; il fatto che siano ugualilo si vede dal fatto che il punto analizzato è equidistante dai due fili C e D nei qualiscorre la stessa corrente.


A B

D CM

BA

BC

BB

BD

Fig. 17.4: I quattro vettori Bi generati dai quattro fili. BC e BD i cancellano tra loro.

Prima di procedere con la somma dei due vettori rimanenti, consideriamo iltriangolo DAM . Si ha che

DAM = arctanDM

AD= arctan 0, 5

Procediamo adesso a svolgere la somma dei due vettori rimanenti. Oservandola figura 17.3, avremo che l’angolo tra il vettore BA e il segmento CD, esattamentecome l’angolo tra il vettore BB e il segmento CD è

α = DAM = arctan 0, 5

L’angolo DAM è cioè uguale all’angolo che il vettore BA forma con il segmentoCD. Lo si può vedere dal fatto che la direzione di AD ruotata di un angolo DAMcouncide con la direzione di AM e quindi un vettore orizzontale perpendicolare aAD ruotato dello stesso angolo deve avere la stessa direzione di BA che sappiamoessere perpendicolare a AM .

Il vettore somma Btot coinciderà con la somma delle componenti orizzontali diBA e BB in quanto le loro componenti verticali si annullano tra loro.

Btot = 2 ·BA · cosα = 2 ·BA · cos (arctan 0, 5) = 4√5·BA

A B

D CM

BA

BB

Btot

Fig. 17.5: Il vettore in rosso rappresenta la somma dei quattro vettori Btot = BA + BB

Il modulo del vettor BA lo calcolo con la legge di Biot-Savart

BA =µ0

2π

i

r=µ0

2π

i√l2

4 + l2=µ0

2π

i

l√

54

=µ0

π

i

l√5

BA =4 · π · 10−7 Tm

A

π

10A

5m√5=

8√5· 10−7 T

Mettendo i valori avremo

Btot =4√5· 8√

5· 10−7 T · = 6, 4 · 10−7 T



Testo [EM0020] [3 3 5a ] Un lungo filo orizzontale trasporta una correntei = 60A. Un secondo filo costituito di rame (densità ρ = 8930 kg

m3 ), avente il diametrod = 3, 00mm e percorso da una corrente, è mantenuto sospeso in equilibrio sotto ilprimo filo. Se i due fili si trovano a una distanza di h = 5, 0 cm, determina il versodi circolazione e l’intensità della corrente che percorre il secondo filo affinché essorimanga in sospensione sotto il primo filo.

Spiegazione L’esercizio parla di un filo in equilibrio; questo significa che la sommadi tutte le forze che agiscono sul filo è nulla. In questo caso bisogna eguagliare laforza di gravità sul filo con la forza di attrazione magnetica tra i due fili.

Svolgimento Chiamiamo il filo superiore a e quello inferiore b. Cominciamo con ildeterminare il verso della corrente nel filo b. Visto che la forza di gravità attrae il filoverso il basso, l’attrazione magnetica deve essere verso l’alto. Questo accade se lecorrenti nei due fili sono concordi, in modo che la forza magnetica sia rivolta versol’alto.

Detto questo bisogna impostare la condizione di equilibrio2

Fg = Fm

m · g =µ0

2π· ia · ib

hL

la massa m del filo inferiore, visto che ne conosciamo il materiale, la possiamoscrivere in funzione della densità del filo; quindi m = ρπr2 · L = ρπd2

4 L Per cui,indicando con L la grenerica lunghezza del filo inferiore, avremo

ρπd2

4Lg =

µ0

2π· ia · ib

hL

ib =ρπ2d2hg

2µ0ia

2La stada più semplice è in generale quella di disegnare i vettori con il verso giusto e poi scriverel’equazione in forma scalare.

ib =8930 kg

m3 · π2 · 9 · 10−6m2 · 0, 05m · 9, 81 ms2

8 · π · 10−7 mkgs2A2 60A

ib =8930 kg · π · 9 · 10−6 · 0, 05 · 9, 81 m

s2

8 · 10−7 mkgs2A 60

ib =8930π · 9 · 0, 05 · 9, 81

480· 10A

ib = 2580A

Questo risultato significa ovviamente che la forza di gravità è troppo intensaper essere equilibrata dalla forza magnetica; infatti la corrente necessaria per farlovaporizzerebbe il rame del filo scaldandolo per effetto Joule.



Testo [EM0021] [3 3 5a ] Un solenoide indefinito è costituito di 800 spireper metro di lunghezza e ha un diametro d = 20, 0 cm. All’interno del solenoideun protone si muove di moto spiraliforme con velocità di modulo V = 2, 00 · 105 m

s

e direzione inclinata di un angolo α = 30 rispetto all’asse del solenoide. Calcolala minima intensità di corrente che deve circolare nel solenoide se si vuole che ilprotone lo percorra senza mai urtare le sue pareti.

Spiegazione Un protone si muove in un campo magnetico uniforme descriven-do una traiettoria spiraliforme. Visto che il campo magnetico è generato da un so-lenoide, allora il raggio del moto del protone deve essere minore del raggio dellaspira.

Svolgimento La componente della velocità che contribuisce a generare un motocircolare è

V⊥ = V sinα

Il raggio del moto perpendicolare al campo magnetico lo si ottiene eguagliandola forza centripeta con la forma magnetica, per cui

Fm = qV B sinα = mV 2 sin2 α

r= Fc

da cuir =

mV sinα

qB

Il campo magnetico generato dal solenoide è B = µ0ni dove n è la densità dispire ed i la corrente che lo attraversa. Quindi

r =mV sinα

qµ0ni

Imponiamo adesso la condizione del problema

r <d

2

da cui

mV sinα

qµ0ni<d

2

qµ0ni

mV sinα>

2

d

i >2mV sinα

µ0qnd

Svolgendo ora i conti

i >2 · 1, 67 · 10−27 kg · 2, 00 · 105 m

s · 0, 54π · 10−7 kgm

s2A2 · 1, 6 · 10−19 C · 800 1m · 0, 2m

i >1, 67 kgm

s

4π · 1, 6kgmCs2A2 · 80

· 104

i >1, 67

512π· 103A = 10, 4A

Il risultato evidenzia come, tanto maggiore è la corrente nel solenoide, tanto mag-giore è il campo magnetico prodotto, tanto minore il raggio della traiettoria dellaparticella.



Testo [EM0022] [3 2 5a ] Una sbarra conduttrice di lunghezza l = 25 cm

si muove con velocità V = 4m

ssu di un piano immerso in un campo magnetico

costante B = 0, 01T ad esso perpendicolare. Quanto vale la differenza di potenzialeagli estremi della barretta?

Spiegazione In questo problema abbiamo una spira di materiale conduttore che simuove all’interno di un campo magnetico. Avremo quindi sualla spira una differen-za di potenziale dovuta al fenomeno dell’induzione elettromagnetica.

Svolgimento L’area infinitesima spaziata dalla sbarretta in un intervallo di tempodt è

dS = l · V dt

Il flusso del campo magnetico (anch’esso infinitesimo) è

dΦ = B · dS · cos 0 = B · l · V dt

|Vind| =dΦ

dt= BlV

Visti i dati del problema avremo

|Vind| = 0, 01T · 0, 25m · 4 ms

= 0, 01V olt


Testo [EM0023] [3 2 5a ] Una sbarra conduttrice di lunghezza l = 25 cm

ruota intorno ad uno degli estremi con frequenza ν = 4Hz su di un piano immerso inun campo magnetico ad esso perpendicolare. Quanto vale la differenza di potenzialeagli estremi della barretta?

Spiegazione In questo problema abbiamo un conduttore che si muove in un campomagnetico e quindi gli elettroni in esso subiscono una forza. Questo significa che c’èun campo elettrico e quindi una differenza di potenziale. In particolare in questocaso la legge dell’induzione magnetica descrive in modo accurato tale fenomeno.

Svolgimento L’area infinitesima spaziata dalla sbarretta in un intervallo di tempodt è rappresentata da un settore circolare

dS =1

2l2 · dα = l2πνdt

Il flusso del campo magnetico (anch’esso infinitesimo) è

dΦ = B · dS · cos 0 = B · l2πνdt

e di conseguenza il valore della differenza di potenziale indotta è

|Vind| =dΦ

dt= Bl2πν



Testo [EM0024] [3 2 5a ] Una spira rettangolare piana ruota in un campomagnetico uniforme B = 0, 1T con velocità angolare costante ω = 4s−1. All’istanteti = 0 la spira è perpendicolare al campo magnetico. Quale differenza di potenzialeè misurabile lungo la spira all’istante tf = 0.3 s?

Spiegazione In questo problema abbiamo un conduttore che si muove in un cam-po magnetico e quindi gli elettroni in esso subiscono una forza. Questo significa chec’è un campo elettrico e quindi una differenza di potenziale. In particolare in questocaso la legge dell’induzione magnetica descrive in modo accurato tale fenomeno. Inparticolare in questo caso l’area racchiusa dalla spira non cambia in modulo ma cam-bia la sua inclinazione nel tempo e quindi cambia l’angolo con ilo campo magneticoesterno. La variazione dell’angolo implica una variazione del flusso e quindi unadifferenza di potenziale indotta.

Svolgimento Indichiamo con α(t) l’angolo che all’istante t la spira fa con il campomagnetico. Dal momento che il piano della spira all’istante ti = 0 è perpendicolareal campo magnetico, allora l’angolo della spira con il campo magnetico è α(0) = 0.Avremo che in generale

α(t) = ωt

Il flusso del campo magnetico è calcolabile con

Φ = B · S · cos (α(t))

Φ = B · S · cos (ωt)

La tensione indotta sarà

Vind = −dΦdt

= BSω · sin (ωt)

Problema di: Equazioni di Maxwell - EM0025

Testo [EM0025] [3 2 5a ] In un campo elettrico uniforme nello spazio mavariabile nel tempo individuiamo un percorso circolare di raggio r su di un pianoperpendicolare al campo elettrico. La variazione del campo elettrico è costante neltempo e vale dE

dt = αconst. Quanto vale il campo magnetico lungo tale percorso?

Spiegazione In questo problema applichiamo l’equazione di Maxwell che parladella circuitazione del campo magnetico.

Svolgimento Calcolando la circuitazione del campo magnetico avremo:

B · 2πr = µ0ϵ0dΦ(E)

dt

B · 2πr = µ0ϵ0πr2 · dE

dt

B =r

2c2dE

dt


Problema di: Cinematica - Elettromagnetismo - CEM0001

Testo [CEM0001] [2 2 5a ] Quanto vale il raggio della traiettoria circolaredi un elettrone che entra perpendicolarmente in un campo magnetico B = 10−6 T

alla velocità V = 90000 ms ?

Spiegazione Una carica che si muove all’interno di un campo magnetico subisceuna forza che, viste le caratteristiche dell’interazione magnetica, è sempre perpendi-colare alla velocità della carica. Questa forza è quindi sempe una forza centripeta.La carica si muove quindi di moto circolare uniforme

Svolgimento Per risolvere il problema è sufficiente eguagliare la forza magneticaalla forza centripeta subita dalla particella (indicando con e il valore della caricaelettrica dell’elettrone).

mV 2

r= eV B

da cui

r =mV

eB=

9.1 · 10−31kg · 9 · 104ms

1, 6 · 10−19C · 10−6 T= 51, 2 · 10−2m

Scheda 18Elettrotecnica: soluzioniProblema di: Elettrotecnica - V 0002

Testo [V0002] [2 7 4a ] Un circuito elet-trico è formato da due resistenze R2 = 6Ω edR3 = 12Ω in parallelo, messe in serie con altredue resistenze R1 = 6Ω ed R4 = 2Ω. il circuitoè alimentato da un generatore ∆V = 24V olt. Cal-cola le differenze di potenziale agli estremi di ogniresistenza e la corrente elettrica che le attraversa

Spiegazione Un circuito elettrico in cui sono presenti solo resistenze ed un genera-tore. Si risolve utilizzando le leggi di Ohm.

∆V

R1 i1

R2

i2

R3

i3

R4

i4

Svolgimento Applicando le leggi di Ohm

1. Le resistenza R2 ed R3 sono in parallelo, per cui

1

R23=

1

R2+

1

R3=

1

6Ω+

1

12Ω=

1

4Ω

2. La resistenza totale del circuito vale quindi

Rtot = R1 +R23 +R4 = 12Ω

3. La corrente che esce dal generatore sarà quindi

i = i1 = i4 =∆V

Rtot= 2A

4. La caduta di potenziale agli estremi della resistenza R1 sarà

∆V1 = R1 · i1 = 12V olt

5. La caduta di potenziale agli estremi della resistenza R4 sarà

∆V4 = R4 · i4 = 4V olt

6. La caduta di potenziale agli estremi delle resistenze R2 ed R3 sarà

∆V2 = ∆V3 = ∆V −∆V1 −∆V4 = 8V olt

7. La corrente che parra per le resistenze R2 ed R3 sarà quindi rispettivamente

i2 =∆V2R2

=4

3A ≃ 1, 333A

ei3 =

∆V3R3

=2

3A ≃ 0, 667A

475

476 Scheda18. Elettrotecnica: soluzioni

Problema di: Elettrotecnica - V 0004

Testo [V0004] [2 5 4a ] Un circuito elettrico, alimentato da un generatore∆V = 24V olt, è formato dalle resistenze R1 = 6Ω in parallelo con la serie tra R2 =

8Ω ed R3 = 4Ω. Calcola la corrente elettrica che attraversa ogni resistenza ed ilpotenziale nel punto tra le resistenze in serie.

Spiegazione Un circuito elettrico in cui sono presenti solo resistenze ed un genera-tore. Si risolve utilizzando le leggi di Ohm. Essendoci un solo generatore, comincia-mo con il calcolarci la resistenza complessiva del circuito e la corrente che attraversail generatore.

Svolgimento Qui di seguito il circuito di cui si parla nel testo del problema

∆V

i

R1

i1

R2

+−∆V2

i2R3

+−∆V3

VT

VA

VB

Applicando le leggi di Ohm

1. Le resistenza R2 ed R3 sono in serie, per cui R23 = R2 +R3 = 12Ω

2. La resistenza totale del circuito è data dal parallelo di R1 con R23 e vale quindi

1

Rtot=

1

R1+

1

R23=

1

4Ω

Rtot = 4Ω

3. La corrente che esce dal generatore sarà quindi

i =∆V

Rtot= 6Ampere

4. Essendo T la terra del circuito: VT = 0V olt

5. Il Potenziale nel punto A sarà: VA = VT +∆V = 24V olt

6. La differenza di potenziale tra i punti A e T sarà ∆V1 = VA − VT = 24V olt

7. La corrente che attraversa la resistenza R1 varrà

i1 =∆V1R1

=24V

6Ω= 4Ampere

8. Nel puntoA la somma delle correnti in ingresso deve essere uguale alla sommadelle correnti in uscita, da cui

i2 = i− i1 = 6A− 4A = 2A

9. Agli estremi di R2 la caduta di potenziale sarà ∆V2 = R2i2 = 16V olt

10. Il potenziale nel punto B sarà VB = VA −∆V2 = 8V olt

11. Agli estremi di R3 la caduta di potenziale sarà ∆V3 = R3i2 = 8V olt



Testo [V0006] [2 15 4a ] Dato il circuito elettrico in figura, determinarneil funzionamento per ogni configurazione degli interruttori. Le resistenze hannovalore R0 = 36Ω, R1 = 12Ω, R2 = 6Ω, R3 = 18Ω; ∆V = 240V . [A seconda di comesono messi gli interruttori dovete calcolare le correnti elettriche in tutti i rami, ed i valori delpotenziale nei punti A e B.]

∆V

i

t0

R0 i0

t2

t1

R1

i1

R2

+

−

∆V2

i2

R3

+

−

∆V3

VT

VA

VB

Spiegazione A seconda di come sono posizionati gli interruttori, alcuni rami delcircuito esisteranno oppure no. Bisogna quindi considerare tutte le possibili posizio-ni degli interruttori, disegnare il corrispondente circuito, ed infine analizzarlo.

Svolgimento

1. -[t0 aperto; t1 aperto; t2 aperto]- in questo caso non c’è alcun percorso chiusonel quale possa circolare la corrente

2. -[t0 chiuso; t1 aperto; t2 aperto]- in questo caso non c’è alcun percorso chiusonel quale possa circolare la corrente

3. -[t0 aperto; t1 chiuso; t2 aperto]- in questo caso il circuito risulta essere:

∆V

i R0 i0

R1

i1

VT

VA

Fig. 18.1: [t0 aperto; t1 chiuso; t2 aperto]

Per cui avremo che la resistenza totale del circuito vale

Rtot = R0 +R1 = 48Ω

Essendoci di fatto solo una maglia, tutte le correnti devono necessariamenteessere uguali

i = i0 = i1 =∆V

Rtot= 5Ampere

Per trovare il potenziale nel punto A possiamo partire dalla terra e seguire siail percorso che passa dal generatore, sia il percorso opposto

VA = VT +∆V −R0i0 = 0V olt+ 240V olt− 180V olt = 60V olt

4. -[t0 chiuso; t1 chiuso; t2 aperto]- in questo caso il circuito risulta essere:

In questo caso

i = i1 =∆V

R1=

20

3Ω


∆V

i

R1

i1

VT

VA

Fig. 18.2: [t0 chiuso; t1 chiuso; t2 aperto]

VA = VT +∆V = 240V

5. -[t0 aperto; t1 aperto; t2 chiuso]- in questo caso il circuito risulta essere:

Anche in questo caso c’è soltanto una maglia e quindi avremo

Rtot = R0 +R2 +R3 = 60Ω

i = i0 = i2 =∆V

Rtot= 4Ampere

Il potenziale nel punto A vale

VA = VT +∆V −R0i0 = 96V

Il potenziale nel punto B vale

VB = VA −R2i2 = 72V

6. -[t0 chiuso; t1 aperto; t2 chiuso]- in questo caso il circuito risulta essere:

∆V

i R0 i0R2

+

−

∆V2

i2

R3

+

−

∆V3

VT

VA

VB

Fig. 18.3: [t0 aperto; t1 aperto; t2 chiuso]

In questo circuito c’è una sola maglia, per cui

Rtot = R2 +R3 = 24Ω

i = i2 =∆V

Rtot= 10Ampere

VA = VT +∆V = 240V

VB = VT +∆V −R2i2 = 180V

7. -[t0 aperto; t1 chiuso; t2 chiuso]- in questo caso il circuito risulta essere:

In questo circuito abbiamo due rami del circuito in parallelo tra di loro, mentrele resistenze R2 ed R3 sono in serie tra di loro. La resistenza R0 è in serie con ilresto del circuito

R23 = R2 +R3 = 24Ω

1

R123=

1

R1+

1

R23


∆V

i R2

+

−

∆V2

i2

R3

+

−

∆V3

VT

VA

VB

Fig. 18.4: [t0 chiuso; t1 aperto; t2 chiuso]

R123 =R1R23

R1 +R23= 8Ω

Rtot = R0 +R123 = 44Ω

i = i0 =∆V

Rtot=

60

11Ampere

VA = VT +∆V −R0i0 =480

11V ∼ 43, 64V

i1 =∆V1R1

=VA − VTR1

∼ 3, 64A

i2 =∆V23R23

=VA − VTR23

∼ 4, 36A

VB = VA −R2i2 = 21, 83V

8. -[t0 chiuso; t1 chiuso; t2 chiuso]- in questo caso il circuito risulta essere:

∆V

i R0 i0

R1

i1

R2

+

−

∆V2

i2

R3

+

−

∆V3

VT

VA

VB

Fig. 18.5: [t0 aperto; t1 chiuso; t2 chiuso]

In questo circuito abbiamo due rami del circuito in parallelo tra di loro, mentrele resistenze R2 ed R3 sono in serie tra di loro

R23 = R2 +R3 = 24Ω

1

Rtot=

1

R1+

1

R23

Rtot =R1R23

R1 +R23= 8Ω

i =∆V

Rtot= 30Ampere

VA = VT +∆V = 240V

i1 =∆V1R1

=VA − VTR1

= 20Ampere

i2 =∆V23R23

=VA − VTR2 +R3

= 10Ampere

VB = VA −R2i2 = 180V


∆V

i

R1

i1

R2

+

−

∆V2

i2

R3

+

−

∆V3

VT

VA

VB

Fig. 18.6: [t0 chiuso; t1 chiuso; t2 chiuso]

É evidente che il funzionamento del circuito varia notevolmente a seconda diquali interruttori sono stati effettivamente chiusi. In particolare nel caso l’interrutto-re t0 sia aperto, il potenziale VA dipende dalla configurazione degli interruttori.


Testo [V0010] [1 2 4a ] Un impianto elettrico è alimentato da una tensione∆V = 220V . Per rispettare il contratto di fornitura, l’alimentazione viene staccataquando nel circuito entra una corrente maggiore di Imax = 15A. Se nella casa sonoaccesi una lavatrice di potenza Plav = 1, 5 kW , due stufe elettriche di potenza Ps =

700W ed un televisore di potenza Pt = 200W , quante lampadine da Pl = 30W

possono ancora accendere?

Spiegazione In questo circuito elettrico abbiamo un generatore da ∆V = 220V cheal massimo può erogare una corrente Imax = 15A. C’è quindi un limite alla massimapotenza erogabile. Se la somma di tutte le potenze degli utilizzatori (lavatrice, stu-fette, televisore e lampadine) è superiore alla potenza massima erogabile, il circuitosi stacca.

Svolgimento La potenza massima erogabile è

Pmax = ∆V · Imax = 3300W

La potenza dei vari utilizzatori, escluse le lampadine, è

P = Plav + Pt + 2 ∗ Ps = 1500W + 200W + 1400W = 3100W

La potenza disponibile per le lampadine, ed il numero di lampadine che possoaccendere sono quindi

Pdisp = Pmax − P = 200W

n =Pdisp

Pl= 6, 67

Questo significa che posso accendere n = 6 lampadine e non sette.



Testo [V0013] [1 4 4a ] Una lampadina di resistenza R1 = 48Ω è montatain serie con una seconda resistenzaR2. Il circuito è alimentato con una batteria ∆V =

12V olt. Quanto deve valere R2 affinché la potenza dissipata dalla lampadina siaP1 = 2W ?

Spiegazione Il circuito elettrico è formato da due resistenze in serie alimentate dauna batteria. Per risolvere il problema semplicemente si utilizzano in sequenza leequazioni che descrivono i circuiti.

Svolgimento Cominciamo con il determinare la corrente elettrica che vogliamo farpassare attraverso la lampadina visto che conosciamo la potenza che vogliamo siaassorbita da tale lampadina possiamo utilizzare la formula per l’effetto Joule.

P = Ri2 ⇐ i =

√P1

R1=

√2W

48Omega= 0, 204A

La differenza di potenziale agli estremi della lampadina è quindi

∆V1 = R1 · i = 48Ω · 0, 2037A = 9, 7803V

La differenza di potenziale agli estremi della resistenza R2 sarà quindi

∆V2 = ∆V −∆V1 = 2, 2197V

Possiamo adesso calcolare la resistenza R2

R2 =∆V2i

=2, 2197V

0, 2037A= 10, 90Ω


Testo [V0014] [1 4 4a ] Una lampadina (dati tecnici: 24V ; 6W ) è collegataad una batteria con dei cavi elettrici di rame di resistività ρ = 0, 17 · 10−7 Ωm edi sezione S = 0, 1mm2. Il circuito è alimentato con una batteria ∆V = 24V olt.Quanto deve essere lungo il filo affinché la potenza dissipata dalla lampadina siaP = 5W ?

Spiegazione Il circuito elettrico è formato da due resistenze in serie alimentate dauna batteria. Per risolvere il problema semplicemente si utilizzano in sequenza leequazioni che descrivono i circuiti. Indichiamo con R1 la lampadina e con R2 laresistenza del filo.

∆V

i R1

R2

Svolgimento Cominciamo con il determinare la resistenza della lampadina a par-tire dai dati tecnici del costruttore.

R1 =∆V 2

1

P1=

(24V )2

6W= 96Ω

Determiniamo ora la corrente elettrica che vogliamo far passare attraverso la lam-padina, visto che conosciamo la potenza che vogliamo sia assorbita da tale lampadi-na.


i =

√P1

R1=

√5W

96Ω= 0, 23A

La differenza di potenziale agli estremi della lampadina è quindi

∆V1 = R1 · i = 96Ω · 0, 23A = 21, 9V

La differenza di potenziale agli estremi della resistenza R2 sarà quindi

∆V2 = ∆V −∆V1 = 2, 1V

Possiamo adesso calcolare la resistenza R2

R2 =∆V2i

=2, 1V

0, 23A= 9, 1Ω

Utilizzando la seconda legge di Ohm troviamo infine la lunghezza del filo

l =R2 · Sρ

=9, 1Ω · 10−7m2

0, 17 · 10−7 Ωm= 53, 7m


Testo [V0015] [1 3 4a ] Due lampadine identiche R = 120Ω sono alimen-tate da un generatore di tensione ∆V = 12V . Calcola la corrente che le attraversanel caso siano montate in serie e nel caso siano montate in parallelo. In quale caso lelampadine risulteranno più luminose?

Spiegazione In questo esercizio dobbiamo semplicemente calcolare la corrente chepassa in due differenti circuiti e vedere in quale dei due le lampadine sono attraver-sate da una maggiore corrente. Per risolvere l’esercizio servirà unicamente la primalegge di Ohm e le regole per le resistenze in serie ed in parallelo.

Svolgimento

Resistenze in serie La corrente che esce dal generatore attraversa tutta la primaresistenza e successivamente la seconda resistenza. Chiamando i1 la corrente per laprima resistenza e i2 la corrente per la seconda resistenza avremo:

Rtot = R1 +R2 = 2R = 240Ω

itot = i1 = i2 =∆V

Rtot= 0, 05A = 50mA

R1 R2i

VA VB

Resistenze in parallelo La corrente che esce dal generatore si divide metà sullaprima resistenza e metà sulla seconda resistenza. Ogni resistenza ha ai suoi estremi lastessa differenza di potenziale ∆V . Chiamando i1 la corrente per la prima resistenzae i2 la corrente per la seconda resistenza avremo:

i1 =∆V

R= 0, 1A = 100mA


R1

R2

i

VA VB

Conclusioni Montando le due lampadine in parallelo esse sono attraversate da unamaggiore corrente e quindi si illuminano di più.


Ri

VA VB

Testo [V0016] [1 3 4a ] Nel ramo dicircuito in figura, viene montata una lampadi-na di resistenza R = 6Ω; le tensioni sui due

morsetti sono VA = 28V e VB = 4V . Il costo dell’energia è C = 0, 18e

kWh. Quanto

spendo per tenere la lampadina accesa un tempo ∆t = 4h ? Quanta carica elettricaha attraversato la resistenza in questo intervallo di tempo?

Spiegazione In questo ramo di circuito dobbiamo calcolarci la corrente che attra-versa la resistenza, quindi la potenza dissipata dalla resistenza, quindi l’energia dis-sipata nel tempo indicato, quindi il costo di tale energia. Avendo il valore dellacorrente e del tempo possiamo sapere quanta carica ha attraversato la resistenza.

Ri

VA VB

Svolgimento La corrente e la carica che attraversano la resistenza sono

i =∆V

R=

24V

6Ω= 4A

∆Q = i ·∆t = 4A · 4h = 16Ah = 57600As = 57600C

La potenza dissipata, l’energia consumata ed il suo costo D sono

P = R · i2 = 6Ω · 16A2 = 96W

∆E = P ·∆t = 96W · 4h = 384Wh = 0, 384 kWh

D = ∆E · C = 0, 384 kWh · 0, 18 e

kWh= 0, 06912e



∆V

i

R0

R1

i1

R2 i2

R3

VT

VA VB

Testo [V0017] [2 6 4a ]Nel circuito in figura R0 = 4 kΩ,R1 = 3 kΩ, R2 = 4 kΩ, R3 = 2 kΩ,∆V = 12V , VT = 0V . Calcola laresistenza totale Rtot, la corrente i

in uscita dal generatore, il valore ditensione VA nel punto A. Verificatoche VA = 4V , calcola poi le correntii1 e i2 nei due rami senza il generatore, e il valore di tensione VB nel punto B.

Spiegazione In questo circuito abbiamo solo un generatore di tensione continuaed una serie di resistenze. Le uniche formule di cui abbiamo quindi bisogno sono laprima legge di Ohm e le formule per sommare le resistenze in serie ed in parallelo.In questi circuiti si parte sempre con il determinare la resistenza totale del circuito ela corrente in uscita dal generatore. Successivamente si deve ragionare per trovare ivalori di potenziale in ogni punto e le correnti in tutti i vari rami.

Svolgimento La resistenza nel secondo ramo è R23 = R2 +R3 = 6 kΩ

R23 è in parallelo con R1 e quindi la resistenza equivalente sarà:

1

R123=

1

R1+

1

R23=

1

2 kΩ

R123 = 2 kΩ

I due rami tra loro in parallelo, sono in serie con la resistenza R0

Rtot = R0 +R123 = 6 kΩ

La corrente in uscita dalla batteria sarà quindi

i =∆V

Rtot= 2mA

Il valore del potenziale nel punto A sarà

VA = VT +∆V −R0i = 0V + 12V − 4 kΩ · 2mA = 4V

La corrente che passa nel primo ramo sarà

i1 =∆VAT

R1=

4

3A

La corrente che passa nel secondo ramo sarà

i2 =∆VAT

R23=

2

3A

Il potenziale nel punto B sarà

VB = VA −R2 · i2 = 4V − 4 kΩ · 23A =

4

3V



V0

iR1 V

A

R2

R3

VB

R4

Testo [V0025] [2 6 4a ]Un ramo di un circuito è forma-to come in figura, con R1 = 6 kΩ,R2 = 3 kΩ ed R3 = 6 kΩ e R4 =

4 kΩ. Un’estremità del ramo èalimentata da una tensione V

0= 24V e l’altra connessa alla terra. Trovare il valore

delle tensioni VA

e VB

e la potenza dissipata dal circuito.


Svolgimento Applicando le leggi di Ohm possiamo calcolare la resistenza equiva-lente delle due resistenze tra loro in parallelo.

1

R13=

1

R1+

1

R3⇒ R13 = 2 kΩ

V0

iR13

VA

R2

VB

R4

Il circuito equivalente è mostratoin figura. La resistenza totale saràla serie delle resistenze del circuitoequivalente.

Rtot = R13 +R2 +R4 = 12 kΩ

Teniamo presente che la terra ha per definizione VT= 0, quindi

i =V0 − V

T

Rtot=

24V

12 kΩ= 2mA

VA = V0−R1 · i = 20V olt

VB = VA −R23i = 8V olt

La potenza dissipata dal circuito sarà

P = ∆V · i = (24V − 0V ) · 2mA = 48mW



V0

iR1

VA

R2

VB

R3

Testo [V0026] [3 7 4a ]Un partitore di tensione è forma-to da un ramo di tre resistenzeR1 = 10 kΩ, R2 ed R3. Un’estremità del ramo è alimentata da una tensione V

0= 5V

e l’altra connessa alla terra. Trovare il valore delle resistenze incognite in modo cheV

A= 3V e V

B= 1V .


V0

iR1

VA

R2

VB

R3

Svolgimento Applicando le leggi di Ohm possiamo scrivere

i =V

0− V

T

R1 +R2 +R3

Teniamo presente che la terra ha per definizione VT= 0

i =V0

R1 +R2 +R3

R1 · i = V0− V

1

(R1 +R2) i = V0 − V2

Queste tre equazioni rappresentano il sistema che risolve il problema.V0R1

R1 +R2 +R3= V0 − V1

V0 (R1 +R2)

R1 +R2 +R3= V0 − V2

V0

1 + R2

R1+ R3

R1

= V0 − V1

V0

(1 + R2

R1

)1 + R2

R1+ R3

R1

= V0 − V2

1

1 + R2

R1+ R3

R1

= 1− V1

V0(1 + R2

R1

)1 + R2

R1+ R3

R1

= 1− V2

V0

Definiamo per semplicità x2 = R2

R1e x3 = R3

R1e 1

a1= 1− V1

V0= 2

5 , 1a2

= 1− V2

V0= 4

5

Il sistema diventa quindi 1

1 + x2 + x3= 1

a1

(1 + x2)

1 + x2 + x3= 1

a21 + x2 + x3 = a1

1 + x2 = a1

a2x3 = a1 − a1

a2= 5

2 − 2 = 12

x2 = a1

a2− 1 = 1R3 = 5000Ω

R2 = 10000Ω



V0

iR1

VA

R2

VB

R3

Testo [V0027] [2 4 4a ]Un partitore di tensione è forma-to da un ramo di tre resistenzeR1 = 10 kΩ, R2 = 5 kΩ ed R3 = 10 kΩ. Un’estremità del ramo è alimentata dauna tensione V

0= 5V e l’altra connessa alla terra. Trovare il valore delle tensioni V

A

e VB

.


V0

iR1

VA

R2

VB

R3

Svolgimento Applicando le leggi di Ohm possiamo scrivere

i =V

0− V

T

R1 +R2 +R3=

1

5mA

Teniamo presente che la terra ha per definizione VT= 0

VA = V0−R1 · i = 3V olt

VB = V0 − (R1 +R2) i = 2V olt


V0

iR1

VA

R2

VB

R3

Testo [V0028] [3 6 4a ]Un partitore di tensione è formatoda un ramo di tre resistenze R1 =

8Ω, R2 = 4Ω ed R3. Un’estremità del ramo è alimentata da una tensione V0 = 24V

e l’altra connessa alla terra. Trovare il valore della resistenza R3 in modo tale che lapotenza da essa dissipata sia P3 = 12W .


V0

iR1

VA

R2

VB

R3

Svolgimento Applicando le leggi diOhm, tenendo presente che la terraha per definizione V

T= 0, possiamo

scrivere

i =V

0− V

T

R1 +R2 +R3

i =V

0

R1 +R2 +R3

La potenza dissipata dalla resistenza R3 è

P3 = R3 · i2 =V 2

0R3

(R1 +R2 +R3)2

P3 (R1 +R2 +R3)2= V 2

0R3

Sapendo che R1 +R2 = 12 kΩ, inserendo i valori del testo, e trascurando le unitàdi misura essendoci messi nelle misure standard del sistema internazionale, avremo

12 (12 +R3)2= 576R3

(12 +R3)2= 48R3


R23 − 24R3 + 144 = 0

(R3 − 12)2= 0

R3 = 12Ω


V0

iR1 V

A

R2

R3

VB

R4

Testo [V0029] [2 4 4a ]Un ramo di un circuito è forma-to come in figura, con R1 = 6 kΩ,R2 = 3 kΩ ed R3 = 6 kΩ e R4 =

4 kΩ. Un’estremità del ramo è ali-mentata da una tensione V

0= 24V e l’altra connessa alla terra. Trovare il valore

delle tensioni VA

e VB

.


Svolgimento Applicando le leggi di Ohm possiamo calcolare la resistrenza equi-valente delle due resistenze tra loro in parallelo.

1

R23=

1

R2+

1

R3⇒ R23 = 2 kΩ

V0

iR1

VA

R23

VB

R4

In figura è rappresentato il cir-cuito equivalente. La resistenza to-tale sarà la serie delle resistenzedel circuito equivalente

Rtot = R1 +R23 +R4 = 12 kΩ


i =V

0− V

T

Rtot=

24V

12 kΩ= 2mA

VA = V0 −R1 · i = 12V olt




∆V1

R1

R2

VB

R3

∆V3V

A

Testo [V0030] [2 6 4a ] Nelcircuito in figura, le resistenze indicatehanno valore R1 = 6 kΩ, R2 = 3 kΩ

ed R3 = 6 kΩ. Il circuito è alimentatoda due generatori ∆V

1= 24V e ∆V

3=

12V . Trovare il valore delle correnti i1,

i2 e i3 nei tre rami.

Spiegazione In questo circuito sono presenti due generatori, quindi è necessarioutilizzare le leggi di Kirchhoff.

Svolgimento Cominciamo con l’indicare sul circuito i versi delle correnti. Tali versipossono essere indicati a caso; qualora venissero indicati in modo errato, i valoricalcolati risulteranno negativi.

∆V1

i1

R1

R2

i2

VB

R3

∆V3

i3

VA

A questo punto, se consideriamoil nodo A avremo l’equazione delnodo

i1 + i2 + i3 = 0

Consideriamo adesso due ma-glie presenti nel circuito, per esem-pio quelle costituite dai rami 1 e 2

e dai rami 2 e 3, percorse in sensoorario. Avremo le due equazioni:

−∆V1 +R1i1 −R2i2 = 0

+R2i2 −R3i3 +∆V3 = 0

Avremo quindi un sistema di tre equazioni in tre incognitei1 + i2 + i3 = 0

−∆V1 +R1i1 −R2i2 = 0

+R2i2 −R3i3 +∆V3 = 0

Con le resostenze espresse in kΩ e le correnti di conseguenza espresse in mA ilsistema per il nostro esercizio diventa

i1 + i2 + i3 = 0

−24 + 6i1 − 3i2 = 0

+3i2 − 6i3 + 12 = 0i1 + i3 = −i2−24 + 6i1 + 3i1 + 3i3 = 0

−3i1 − 3i3 − 6i3 + 12 = 0i1 + i3 = −i2−8 + 3i1 + i3 = 0

−i1 − 3i3 + 4 = 0i1 + i3 = −i2−8 + 3i1 = −i3−i1 − 24 + 9i1 + 4 = 0

i2 = −3

i3 = 0, 5

i1 = 2, 5

Quindi i1 = 2, 5mA, i2 = −3mA, i3 = 0, 5mA. La corrente negativa indicasemplicemente che in realtà essa scorre nel circuito in modo opposto a quanto da noiarbitrariamente indicato nel disegno del circuito.



V0

iR1

R2

VA

R3 VB

R4

R5

Testo [V0031] [2 4 4a ] Unramo di un circuito è formato comein figura, con tutte le resistenze paria Rx = 6 kΩ. Un’estremità del ramoè alimentata da una tensione V

0=

12V e l’altra connessa a terra. Trovare il valore delle tensioni VA

e VB

.


Svolgimento Applicando le leggi di Ohm possiamo calcolare la resistenza equiva-lente delle due coppie di resistenze tra loro in parallelo.

1

R23=

1

R2+

1

R3⇒ R23 = 3 kΩ

1

R45=

1

R4+

1

R5⇒ R45 = 3 kΩ

V0

iR12

VA

R3

VB

R45

In figura è rappresentato il cir-cuito equivalente. La resistenza to-tale sarà la serie delle resistenzedel circuito equivalente

Rtot = R12 +R3 +R45 = 12 kΩ


i =V

0− V

T

Rtot=

12V

12 kΩ= 1mA

VA = V0 −R12 · i = 9V olt



∆V R0

R1

R2

R3

Testo [V0032] [2 4 4a ] Nelcircuito rappresentato in figura, le re-sistenze indicate hanno valore R1 =

6 kΩ, R2 = 3 kΩ ed R3 = 0, 4 kΩ. Il cir-cuito è alimentato da un generatore ditensione costante ∆V = 320V . Quan-to deve valereR4 affinché la resistenzaR3 dissipi una potenza P = 16W ?


Svolgimento La differenza di potenziale agli estremi di R2 e la corrente i2 valgono

∆V2 =√P ·R2 =

√16W · 400Ω = 80V

i2 =∆V2R2

= 20mA

La differenza di potenziale agli estremi della resistenzaR1, che chiameremo ∆V10

visto che le resistenze R1 e R0 sono in parallelo, è quindi data, applicando la leggedelle maglie, da

−∆V2 +∆V −∆V10 = 0

∆V10 = 240V

Le correnti i1 e i0 sono quindi

i0 =∆V10R0

= 40mA

i1 =∆V10R1

= 120mA


Per la legge dei nodi avremo

i3 = i0 + i1 − i2 = 40mA+ 120mA− 20mA = 140mA

Per cui, considerato che R3 e R2 sono in parallelo, avremo

R3 =∆V2i3

=4

7kΩ


∆VR1 R2

R3

Testo [V0033] [3 4 4a ] Nel circuitorappresentato in figura, le resistenze indicatehanno valore R1 = 2 kΩ, R2 = 4 kΩ. Il circui-to è alimentato da un generatore di tensionecostante ∆V = 240V . Quanto deve valereR3

affinché la resistenza R2 dissipi una potenza P = 1, 6W ?


Svolgimento La differenza di potenziale agli estremi di R2 e la corrente i2 valgono

∆V2 =√P ·R2 =

√1, 6W · 4000Ω = 80V

i2 =∆V2R2

= 20mA

Applicando la legge delle maglie, calcoliamo la differenza di potenziale agli estre-mi della resistenza R1 e quindi la corrente i1

−∆V2 +∆V −∆V1 = 0

∆V1 = 160V

i1 =∆V1R1

= 80mA

Per la legge dei nodi avremo

i3 = i1 − i2 = 80mA− 20mA = 60mA

Per cui, considerato che R3 e R2 sono in parallelo, avremo

R3 =∆V2i3

=4

3kΩ



∆VR1 R2

R3

ATesto [V0034] [2 4 4a ] Nel circui-to rappresentato in figura, le resistenze indi-cate hanno valore R1 = 2 kΩ, R2 = 6 kΩ,R3 = 6 kΩ. Il circuito è alimentato da ungeneratore di tensione costante ∆V = 24V .Determinare la resistenza totale del circuito,la corrente erogata dalla batteria, ed il valore del potenziale nel punto A.

Spiegazione In questo esercizio è necessario saper individuare l’esatto collega-mento tra le resistenze ed applicare la prima legge di Ohm.

Svolgimento Le resistenze R2 ed R3 sono tra loro in parallelo, e la loro resistenzaequivalente R23 è in serie con R1. Avremo quindi

1

R23=

1

R2+

1

R3⇒ R23 = 3 kΩ

Rtot = R1 +R23 = 5 kΩ

La corrente erogata dalla batteria è quindi

i =∆V

Rtot= 4, 8A

La caduta di potenziale agli estremi della resistenza R1 è

∆V1 = R1i = 9, 6V

QuindiVA = 0 +∆V −∆V1 = 14, 4V


Testo [V0035] [2 4 4a ] Disegna un circuito con un generatore ∆V = 24V

e quattro resistenze di valore r = 24 kΩ poste in modo che la resistenza totale NONvalga ne 6 kΩ, ne 96 kΩ. Calcola la resistenza totale, nonché la corrente e la potenzaerogata dal generatore. Disegna poi un diverso circuito indicando, senza svolgere icalcoli, se ha resistenza complessiva maggiore o minore.

Spiegazione Quattro resistenze da 24 kΩ montate in serie danno una resistenzaequivalente da 96 kΩ, mentre se montate in parallelo danno una resistenza equiva-lente da 6 kΩ. Le resistenze vanno quindi montate in modo differente.

Svolgimento In base alle indicazioni del testo dell’esercizio, possiamo montare leresistenze nel modo seguente.

i0

R0

R1

i1

R2

i2

R3

∆V

In questo circuito le resistenza R1 e R2 sono in parallelo, dando una resistenzaequivalente R12 che a sua volta è in serie con R0 e R3.

La resistenza complessiva del circuito vale

Rtot = R0 +R3 +1

1

R1+

1

R2

= 60 kΩ

La corrente in uscita dal generatore è

i =∆V

Rtot= 0, 4mA


La potenza erogata èP = ∆V · i = 9, 6mW

Per ridisegnare il circuito in modo da ottenere una resistenza complessiva minoreè possibile montare le due resistenze R1 e R3 in parallelo tra loro e non in serie.

iR0

R3

R1

R2

∆V


A

i0

R0

B

R1

i1

D

R2

i2

R3

C

Testo [V0036] [2 6 4a ] Nel cir-cuito in figura R0 = 4 kΩ, R1 = 6 kΩ, R2 =

3 kΩ, R3 = 2 kΩ, VA= 24V , V

C= 8V . Cal-

cola la resistenza totale Rtot, la corrente ioin uscita dal nodo A, il valore di tensioneV

Bnel punto B. Calcola poi le correnti i1 e

i2.

Spiegazione In questo esercizio è neces-sario saper individuare l’esatto collegamento tra le resistenze ed applicare la primalegge di Ohm.

Svolgimento Nel circuito in figura le resistenze R1 e R2 sono in parallelo. La lororesistenza equivalente R12 è in serie con R0 e con R3. Quindi

1

R12=

1

R1+

1

R2⇒ R12 = 2 kΩ

Rtot = R0 +R12 +R3 = 8 kΩ

La corrente in uscita dal punto A è

i0 =∆V

Rtot=

24V − 8V

8 kΩ= 2mA


∆V0 = R0i0 = 8V

e quindiVB = VA −∆V0 = 16V


∆V3 = R3i0 = 4V


e quindi il potenziale VD vale

VD = VC +∆V3 = 12V

Le correnti i1 e i2 sono quindi

i1 =VB − VDR1

=4V

6 kΩ=

2

3mA

i2 = i0 − i1 =4

3mA


VA

i0

R0

VB

R1

i1

R2

i2

R3

Testo [V0037] [2 6 4a ] Nel cir-cuito in figura R0 = 4 kΩ, R1 = 3 kΩ,R2 = 4 kΩ, R3 = 2 kΩ, V

A= 12V . Cal-

cola la resistenza totale Rtot, la corrente i0in uscita dal punto A, il valore di tensioneV

Bnel punto B. Calcola poi le correnti i1, i2.

Spiegazione In questo esercizio è necessario saper individuare l’esatto collega-mento tra le resistenze ed applicare la prima legge di Ohm.

Svolgimento Le resistenze R2 ed R3 sono in serie. La resistenza equivalente R23 èin parallelo con R1. La resistenza equivalente R123 è in serie con R0. Quindi

R23 = R2 +R3 = 6 kΩ

1

R123=

1

R1+

1

R23⇒ R123 = 2 kΩ

Rtot = R0 +R123 = 6 kΩ

La corrente in uscita dal punto A vale

i0 =VA − VTRtot

= 2mA

La caduta di potenziale ai capi della resistenza R0 è

∆V0 = R0i0 = 8V

QuindiVB = VA −∆V0 = 4V

La corrente i1 vale

i1 =VB − VTR1

=4

3mA

La corrente i2 vale

i2 =VB − VTR23

=2

3mA



Testo [V0038] [2 1 4a ] Disegna un circuito con tre resistenze R1, R2, R3

poste in serie ed un generatore ∆V . Assegna loro i valori che preferisci e determinail valore del potenziale nei due punti tra le resistenze.

Spiegazione Per svolgere questo esercizio è necessario conoscere il concetto diresistenze in serie e saper applicare le leggi di Ohm.

i

R1

VA

R2

VB

R3

∆V

Svolgimento Lo schema del cir-cuito richiesto è mostrato in figura.

Scegliamo i valori R1 = 10 kΩ;R2 = 20 kΩ;R3 = 30 kΩ; ∆V = 240V

Cominciamo con il calcolare laresistenza totale e la corrente nelcircuito:

Rtot = 60 kΩ

i =∆V

Rtot= 4mA

Le cadute di potenziale agli estremi delle tre resistenze sono

∆V1 = R1i = 40V

∆V2 = R2i = 80V

∆V3 = R3i = 120V

e di conseguenza i potenziali nei punti A e B valgono:

VA = VT +∆V −∆V1 = 200V

VB = VA −∆V2 = 120V


Testo [V0039] [2 4 4a ] Disegna un circuito con quattro resistenze R1, R2,R3, R4 poste in sequenza in serie, ed un generatore ∆V . Assegna loro i valori chepreferisci e determina il valore del potenziale nel punto tra le resistenze R2 ed R3.


i

R1

VA

R2

VB

R3

VC

R4

∆V

Svolgimento Lo schema delcircuito richiesto è mostrato infigura.

Scegliamo i valoriR1 = 10 kΩ;R2 = 20 kΩ;R3 = 30 kΩ;R4 = 40 kΩ;∆V = 200V

Cominciamo con il calco-lare la resistenza totale e lacorrente nel circuito:

Rtot = 100 kΩ i =∆V

Rtot= 2mA


∆V1 = R1i = 20V ∆V2 = R2i = 40V

∆V3 = R3i = 60V ∆V4 = R4i = 80V

e di conseguenza i potenziali nei punti A, B e C valgono:

VA = VT +∆V −∆V1 = 180V

VB = VA −∆V2 = 140V

VC = VB −∆V3 = 80V

Il valore di VB è la risposta alla domanda del problema.


Problema di: Elettrotecnica - V 0039a

Testo [V0039a] [2 4 4a ] Disegna un circuito con quattro resistenzeR1,R2,R3, R4 poste in sequenza in serie, ed un generatore ∆V . Assegna loro i valori chepreferisci e determina il valore del potenziale nel punto tra le resistenze R3 ed R4.


i

R1

VA

R2

VB

R3

VC

R4

∆V

Svolgimento Lo schema delcircuito richiesto è mostrato infigura.

Scegliamo i valoriR1 = 10 kΩ;R2 = 20 kΩ;R3 = 30 kΩ;R4 = 40 kΩ;∆V = 200V

Cominciamo con il calco-lare la resistenza totale e lacorrente nel circuito:

Rtot = 100 kΩ i =∆V

Rtot= 2mA


∆V1 = R1i = 20V ∆V2 = R2i = 40V

∆V3 = R3i = 60V ∆V4 = R4i = 80V

e di conseguenza i potenziali nei punti A, B e C valgono:

VA = VT +∆V −∆V1 = 180V

VB = VA −∆V2 = 140V

VC = VB −∆V3 = 80V

Il valore di VC è la risposta alla domanda del problema.

Problema di: Elettrotecnica - V 0039b

Testo [V0039b] [2 5 4a ] Disegna un circuito con un generatore ∆V e duegruppi di resistenze R12 e R34 in serie, formati rispettivamente dal parallelo tra R1

ed R2, e dal parallelo tra R3 ed R4. Assegna loro i valori che preferisci e determina ilvalore del potenziale nel punto tra i gruppi di resistenze R12 ed R34.


Svolgimento Il circuito del problema è

iR1

R2

R3

R4

∆V

Scegliamo i valori R1 = 10 kΩ; R2 = 20 kΩ; R3 = 30 kΩ; R4 = 40 kΩ; ∆V = 200V

Cominciamo con il calcolare la resistenza totale e la corrente nel circuito:

R12 =1

1

R1+

1

R2

=20

3kΩ

R34 =1

1

R3+

1

R4

=120

7kΩ

Rtot = R12 +R34 =1

1

R1+

1

R2

+1

1

R3+

1

R4

=500

21kΩ

i =∆V

Rtot= 8, 4mA


La differenza di potenziale agli estremi di R12 è

∆V12 = R12i = 56V

Quindi il potenziale nel punto tra i due gruppi di resistenze è

Vx = Vterra +∆V −∆V12 = 144V


Testo [V0040] [2 2 4a ] Disegna un circuito con un generatore e tre resi-stenze poste in parallelo. Assegna dei valori alle resistenze ed al generatore e calcolala potenza erogata dal generatore.

Spiegazione Per svolgere questo esercizio è necessario conoscere il concetto diresistenze in parallelo e saper applicare le leggi di Ohm.

Svolgimento Il circuito richiesto è il seguente:

∆V R1

i1

R2

i2

R3

i3

I valori dei vari componenti possono essere: ∆V = 12V , R1 = R2 = R3 = 360Ω

La resistenza complessiva è

Rtot =1

1

R1+

1

R2+

1

R3

= 120Ω

La potenza erogata, uguale a quella dissipata è

P =∆V 2

Rtot= 1, 2W



Testo [V0041] [2 2 4a ] Disegna un circuito con un generatore e quattroresistenze in modo che ci siano sia resistenze in serie che in parallelo. Assegna deivalori alle resistenze ed al generatore. Calcola la corrente e la potenza erogati dalgeneratore.


Svolgimento Il circuito richiesto può essere

iR0

R3

R1 R2

∆V

I valori assegnati agli elementi del circuito possono essere: ∆V = 24V , R0 =

R1 = R2 = R3 = 6 kΩ


Rtot = R03 +R12 =1

1

R0+

1

R3

+R1 +R2 = 18 kΩ

La corrente emessa dal generatore è

i =∆V

Rtot=

4

3mA

La potenza erogata, uguale a quella dissipata, è data da

P =∆V 2

Rtot=

576

18mW = 32mW

Problema di: Elettrotecnica - V 0041a

Testo [V0041a] [2 2 4a ] Disegna un circuito con un generatore e tre re-sistenze in modo che ci siano sia resistenze in serie che in parallelo. Assegna deivalori alle resistenze ed al generatore. Calcola la corrente e la potenza erogati dalgeneratore.


Svolgimento Il circuito richiesto può essere

iR0 R1

R2

∆V

I valori assegnati agli elementi del circuito possono essere: ∆V = 24V , R0 =

R1 = R2 = 6 kΩ


Rtot = R0 +R12 = R0 +1

1

R1+

1

R2

= 9 kΩ

La corrente emessa dal generatore è

i =∆V

Rtot=

8

3mA

La potenza erogata, uguale a quella dissipata, è data da

P =∆V 2

Rtot=

576

9mW = 64mW


Problema di: Elettrotecnica - Calorimetria - V Q0001

Testo [VQ0001] [1 2 4a ] Un riscaldatore elettrico è fatto da resistenzaR = 10Ω alimentata da una differenza di potenziale costante ∆V = 24V olt. Seimmersa in una massa m = 2 kg di acqua, in quanto tempo la scalda di ∆T = 20K?[Comincia con il calcolare quanta energia deve essere data all’acqua e a disegnare il circuitodel riscaldatore.]

Spiegazione La resistenza, per effetto joule, dissipa calore che, assorbito dall’ac-qua, la riscalda.

Svolgimento La quantità di calore necessaria a scaldare l’acqua è data da

∆Q = cs ·m ·∆T

Considerato che tale calore proviene dalla resistenza a causa dell’effetto joule,allora

∆Q = P ·∆t P =∆V 2

R

e quindiP ·∆t = cs ·m ·∆T

∆V 2

R·∆t = cs ·m ·∆T

Possiamo adesso ricavare la soluzione del problema

∆t = cs ·m ·∆T · R

∆V 2

∆t = 4186J

kg ·K· 2 kg · 20K · 10Ω

576V olt2= 2907 s

Scheda 19Relatività: soluzioniProblema di: relatività Ristretta - R0001

Testo [R0001] [2 10 5a ]

1. Quali sono i due principi su cui si fonda la teoria della relatività ristretta e inche modo essi determinano tale teoria?

2. Sappiamo che con le trasformate di Lorentz la luce ha sempre la stessa velocitàin tutti i sistemi di riferimento. Mostra a partire dalle trasformate di Lorentztale affermazione.

3. Oltre alla velocità della luce, quale grandezza fisica è invariante sotto l’azionedelle trasformate di Lorentz?

4. Ridefinendo la massa, si è arrivati a comprenderne la vera natura. Qual è talenatura e come si è arrivati a comprenderla?

5. Cosa si intende per dilatazione dei tempi e contrazione delle distanze?

Spiegazione Utilizzate queste domande come traccia per il vostro studio. Per ognidomanda fornirò una risposta estremamente concisa ma esauriente nei concetti. Dalmomento che in un’interrogazione, magari all’esame di maturità, le domande sonospunti per poter parlare in modo approfondito di un argomento, nelle mie rispostevi fornirò anche le indicazioni per gli approfondimenti.

Svolgimento

1. la teoria della relatività si basa sul principio di costanza della velocità della lucee sul principio di relatività ristretta. [Enunciate i due principi.] Per rispettare ilprincipio di costanza della velocità della luce è necessario utilizzare le trasfor-mate di Lorentz per passare da un sistema di riferimento ad un’altro. [Scrivetele trasformate.] [Potete raccontare come esse fossero già state scritte precedentementead Einstain ma che solo lui ebbe la capacità di comprenderne il reale significato.] Ac-cettate tali trasformate, le precedenti leggi fisiche non risultano più in accordo

con il principio di relatività, in quanto non risultano invarianti sotto le trasfor-mate di Lorentz. per renderle tali è necessario ridefinire la massa. [Indicate ilmodo in cui la massa viene ridefinita.] Detto questo, all’interno della teoria, lavelocità della luce assume un significato molto profondo legato alla strutturadello spazio-tempo; essa è infatti la velocità della causalità, la massima velocitàalla quale una informazione può viaggiare attraverso lo spazio. le trasformatedi Lorentz di fatto preservano l’ordine degli eventi causalmente connessi.

2. Dalle trasformate di Lorentz è possibile ricavare la legge di composizione dellevelocità. [Scrivete le trasformate di Lorentz e ricavate la legge di composizione dellevelocità; per semplicità fatelo solo nel caso unidimensionale.] Utilizzando tale leggenel caso di due osservatori inerziali che osservano lo stesso raggio di luce, ot-teniamo sempre la stessa velocità. [Disegnate i due osservatori ed il raggio di luce;fate i conti.]

3. La distanza spaziotemporale tra due eventi

s2 = ∆x2 − c2∆t2

è invariante sotto l’azione delle trasformate di Lorentz. Essa stabilisce se dueeventi dello spaziotempo possano o meno essere connessi da un rapporto dicausa ed effetto. [Scrivete le trasformate di Lorentz e dimostrare che s2 è invariante.][Eseguite l’esperimento concettuale del treno colpito dai due fulmini.]

4. La ridefinizione della massa ha comportato la ridefinizione di molte grandezzee leggi fisiche, prime tra tutte la quantità di moto ed i principi della dinamica.[Indicate in che modo tali concetti siano stati ridefiniti.] A questo punto, calco-landosi il lavoro di una forza su di una particella si ottiene la formulazionedell’energia cinetica della particella come

Ecin = Etot − Eriposo

dove l’energia totale della particella in funzione della sua velocità è di fattoequivalente alla sua massa

m =E

c2

500

501 Scheda19. Relatività: soluzioni

La massa è quindi il modo in cui si manifesta l’energia confinata in una certaregione di spazio (in questo caso la particella). Questo concetto è comunqueancora più generale, in quanto il discorso non si limita alla sola energia cinetica,ma a tutte le forme di energia presenti in tale regione di spazio.

5. I fenomeni di dilatazione dei tempi e contrazione delle distanze sono una diret-ta conseguenza dell’utilizzo delle trasformate di Lorentz nel passaggio da unsistema di riferimento inerziale ad un altro. In un certo sistema di riferimentoun osservatore fermo misurerà la durata di un fenomeno con il suo orologioottenendo un certo risultato. Egli è fermo rispetto al fenomeno, cioè vedràaccadere l’inizio e la fine di tale fenomeno nello stesso luogo. Un secondo os-servatore, in moto rispetto al primo osservatore, vedrà il fenomeno iniziare efinire in luoghi differenti, e misurerà per la durata dello stesso fenomeno untempo maggiore di un fattore γ. [Dimostrate quanto detto con un esperimentoteorico.]

Analogalmente la distanza tra due punti dello spazio viene misurata in modidifferenti da osservatori differenti. Un osservatore fermo rispetto ai due puntidello spazio misurererà una certa distanza tra i punti; un secondo osservatore,in moto rispetto al primo, e che si muove da un punto del segmento all’altro,misurererà una distanza inferiore. [Eseguite ora i due esperimenti concettuali chemostrano questi fenomeni.]

Problema di: Relatività ristretta - R0003

Testo [R0003] [4 4 5a ] Un elettrone si muove spinto da un campo elettrico

E = 1000kV

m. In quale istante la sua energia cinetica sarà uguale a quella a riposo?

Spiegazione Una carica elettrica spinta da un campo elettrico riceve da esso ener-gia cinetica pari al lavoro della forza elettrostatica.

Svolgimento L’energia a riposo dell’elettrone è

E0 = mec2

L’energia totale di un elettrone è

E =√m2

ec4 + p2c2 = γmec

2 =mec

2√1−

2

c2

ed essa è esprimibile come l’energia a riposo della particella più la sua energia cine-tica

mec2 + Ecin =

mec2√

1− 2

c2

La forza che agisce sull’elettrone è

F = e · E

La sua accelerazione èa =

q

me· E

Il lavoro fatto sull’elettrone dalla forza elettrostatica corrisponde all’energia cineticafornita alla particella durante il suo spostamento x.

L = F · x = Ecin

per cuie · E · x = Ecin


Fate attenzione che lo spostamento dell’elettrone partito da fermo NON è

x =1

2a∆t2

perché questa è una formula classica che prevede che la velocità di una particellapossa crescere all’infinito. Sappiamo infatti che una forza costante genera una ac-celerazione costante, ma l’aumento di velocità rimane asintotico fino al valore dellavelocità della luce.

Vediamo di sviluppare adesso la formula dell’energia totale relativistica in mododa trovare la corretta corrispondenza tra tempo ed energia cinetica.√

1− 2

c2=

mec2

mec2 + Ecin

1− 2

c2=

m2ec

4

(mec2 + Ecin)2

2

c2= 1− m2

ec4

(mec2 + Ecin)2

2

c2=

(mec

2 + Ecin

)2 −m2ec

4

(mec2 + Ecin)2

c=

√(mec2 + Ecin)

2 −m2ec

4

(mec2 + Ecin)

c · dtdx

=

(mec

2 + Ecin

)√(mec2 + Ecin)

2 −m2ec

4∫c · dt =

∫ (mec

2 + Ecin

)√(mec2 + Ecin)

2 −m2ec

4

dx

∫c · dt = 1

eE

∫2(mec

2 + eEx)· eE

2

√(mec2 + eEx)

2 −m2ec

4

dx

ct =1

eE

√(mec2 + eEx)

2 −m2ec

4 + cost

Considerato che all’istante iniziale t = 0 la particella si trovava nella posizionex = 0, allora la costante di integrazione è cost = 0

t =1

ecE

√(mec2 + eEx)

2 −m2ec

4

Questa equazione mette in relazione l’istante t con la posizione x della particellain funzione della forza F = eE che la spinge

Il problema chiede in quale istante l’energia cinetica è pari alla sua energia ariposo. Quindi

t =1

ecE

√(mec2 +mec2)

2 −m2ec

4

t =1

ecE

√4m2

ec4 −m2

ec4

t =

√3mec

2

ecEUn altro modo di affrontare tutto il problema è quello puramente sperimentale.

Se l’energia cinetica deve essere pari all’energia a riposo, possiamo scrivere:

Ecin = e · E · x = mec2

x =mec

2

eECon i valori a nostra disposizione

x =9, 11 · 10−31 kg ·

(299792458

m

s

)21, 6 · 10−19 C · 106 V

m

= 0, 512m

Questo significa che l’elettrone, spinto dal campo elettrico in questione, avrà la vo-luta energia cinetica dopo aver percorso 51, 2 cm. Se dall’istante della partenza leg-giamo il valore di un cronometro quanto la particella ha percorso la distanza voluta,allora abbiamo determinato in modo sperimentale il tempo richiesto.


Problema di: Relatività - R0004

Testo [R0004] [2 2 5a ] Una navicella spaziale vuole raggiungere la stellaProxima Centauri alla distanza di circa 4, 23 a.l.misurata dagli osservatori sulla Terra,in un tempo che per gli astronauti nella navicella sia ∆tnav = 10 anni. A qualevelocità deve viaggiare?

Spiegazione L’intervallo di tempo trascorso per la navicella è minore dell’inter-vallo di tempo misurato sulla Terra. Calcolando il tempo impiegato dalla navicellamisurato dall’osservatore sulla Terra, possiamo risalire alla velocità della navicella

Svolgimento Indicando con la letteraT l’osservatore sulla terra avremo

T =∆ST

∆tT=

∆ST

γ∆tnav

2T γ

2 =∆S2

T

∆t2nav

Indichiamo con ϕ2 =∆S2

T

∆t2nave

quindi

2T γ

2 = ϕ2

2T c

2

c2 − 2T

= ϕ2

2T c

2 = ϕ2c2 − ϕ22T

2T c

2 + ϕ22T = ϕ2c2

2T =

ϕ2c2

(c2 + ϕ2)

Sappiamo cheϕ2

c2= (0, 423)

2,quindi

2T =

(0, 423)2c2[

1 + (0, 423)2] = 0, 156c2

T = 0, 395c

Problema di: Relatività Ristretta - R0005

Testo [R0005] [3 3 5a ] Un mesone K0 a riposo, decade in una coppiadi pioni carichi π+ e π−. Sapendo che le masse di queste particelle sono m

K=

497, 65MeV

c2e mπ± = 139, 6

MeV

c2, indicare le velocità dei due pioni.

Spiegazione Per questo esercizio dobbiamo applicare la legge di conservazionedell’energia.

Svolgimento Per la legge di conservazione dell’impulso avremo che le quantità dimoto dei due pioni sono uguali ed opposte, quindi sono uguali le loro velocità e diconseguenza le loro energie.

Per la legge di conservazione dell’e-nergia avremo

mKc2 = 2γm

πc2

γ2 =m2

K

4m2π

1

1− 2

c2

=m2

K

4m2π

1− 2

c2=

4m2π

m2K

2

c2= 1− 4m2

π

m2K

2 = c2

(1− 4m2

π

m2K

)

= c

√1− 4m2

π

m2K

L’equazione ha soluzione in quanto lamassa del Kaone è più del doppio dellamassa del pione.



Testo [R0006] [3 3 5a ] Maturità scientifica 2019 - seconda prova - sessioneordinaria. In laboratorio si sta osservando il moto di una particella che si muove nelverso positivo dell’asse x di un sistema di riferimento ad esso solidale. All’istanteiniziale, la particella si trova nell’origine, ed in un intervallo di tempo di 2, 0ns per-corre una distanza di 25 cm. Una navicella passa con una velocità = 0, 80 c lungola direzione x del laboratorio, nel verso positivo, e da essa si osserva il moto dellastessa particella. Determinare le velocità medie della particella nei due sistemi diriferimento. Quale intervallo di tempo e quale distanza misurerebbe un osservatoreposto sulla navicella?

Spiegazione Un esercizio sul cambio di sistema di riferimento utilizzando le tra-sformazioni di Lorentz

Svolgimento Cominciamo con il determinare le velocità della particella vista nelsistema del laboratorio e dall’osservatore sulla navicella.

Nel sistema di riferimento del laboratorio la particella ha velocità rivolta nel versopositivo delle x pari a

par =0, 25m

2ns= 0, 417 c γlab = 1, 100

Nel sistema di riferimento del laboratorio la navicella ha velocità rivolta nel versopositivo delle x pari a nav = 0, 8 c

Nel sistema di riferimento della navicella, la particella ha velocità rivolta nelverso positivo delle x pari a

′

part =part − nav

1− partnav

c2

=0, 417− 0, 8

1− 0, 417 · 0, 8c = −0, 575 c γnav = 1, 222

Nel sistema di riferimento della particella, il tempo trascorso corrispondente al-l’intervallo di tempo misurato in laboratorio è

∆τ = γ∆tlab =2ns

1, 100= 1, 82ns

Nel sistema di riferimento della particella, la distanza del punto di arrivo da lei è

∆L = par ·∆τ = 0, 417 c · 1, 82ns = 22, 7 cm

Nel sistema di riferimento della navicella, il tempo trascorso corrispondente al-l’intervallo di tempo misurato in laboratorio è

∆tnav = ∆τ · γnav = 1, 82ns · 1, 222 = 2, 22ns

Nel sistema di riferimento della navicella, la distanza percorsa dalla particella è

∆Lnav = nav ·∆tnav = −0, 575 c · 2, 22ns = −38, 3 cm

Da notare che la legge della dilatazione dei tempi è stato possibile utilizzarla soloperché siamo passati dal calcolo del tempo proprio misurato dalla particella. Per laparticella, infatti, gli eventi iniziali e finali del fenomeno accadono nello stesso luogo.Sarebbe stato sbagliato applicare tale legge nel passaggio dal sistema di riferimentodel laboratorio ed il sistema di riferimento della navicella, in quanto nessuno dei duemisura un tempo proprio.

Il problema poteva anche essere affrontato utilizzando direttamente le trasforma-zioni di Lorentz

Nel sistema del laboratorio i due eventi osservati, corrispondenti alla posizioneiniziale e finale della particella hanno coordinateti = 0

xi = 0

tf = 2ns

xf = 25 cm

Il fattore γ di passaggio dal sistema del laboratorio a quello della navicella è

γ =1√

1− 0, 82=

5

3

Le coordinate dei due eventi nel sistema della navicella sonot′

i = 0

x′

i = 0

t′

f = γ(tf − nav

c2 xf)= 2, 22ns

x′

f = γ (xf − navtf ) = −38, 3 cm


La distanza percorsa dalla particella nel sistema di riferimento della navicella èquindi

Lnav =∣∣∣x′

f − x′

i

∣∣∣ = 38, 3 cm

L’intervallo di tempo trascorso nel sistema di riferimento della navicella è quindi

∆tnav =∣∣∣t′f − t

′

i

∣∣∣ = 2, 22ns


Testo [R0007] [3 10 5a ] Simulazione Maturità scientifica - seconda prova -Marzo 2015. Nel 2200 il più moderno razzo vettore interplanetario costruito dall’uo-mo può raggiungere il 75, 0% della velocità della luce nel vuoto. Farai parte dell’e-quipaggio della missione che deve raggiungere un pianeta che orbita intorno allastella Sirio, che dista 8, 61anni− luce e si avvicina con velocità di 7, 63 km

s al sistemasolare, effettuare ricerche lì per 2, 00 anni e poi rientrare sulla Terra. Devi contribuirealla programmazione di tutti i dettagli della missione, come ad esempio le scorte dicibo e acqua; prendendo come istante di riferimento t = 0 il momento della parten-za dalla Terra, considerando che viaggerai sempre alla massima velocità possibile etrascurando tutti gli effetti dovuti alla accelerazione del moto nella fase di partenzae di arrivo, fatte tutte le ipotesi aggiuntive che ritieni necessarie, devi valutare:

1. quanto tempo durerà la missione per un osservatore sulla terra;

2. quanto tempo durerà il viaggio di andata e quello di ritorno secondo i compo-nenti dell’equipaggio;

3. quanto tempo durerà complessivamente la missione secondo i componentidell’equipaggio.

Alcuni test effettuati nei laboratori della Terra sui componenti elettronici simili aquelli utilizzati sull’astronave, indicano che è necessario effettuare alcuni interventidi manutenzione sull’astronave. Dopo 1, 00 anni dalla partenza (tempo terrestre)viene quindi inviato un segnale alla navicella. Quando il capitano riceve il segnale,

4. quanto tempo è trascorso sulla navicella dall’inizio del viaggio?

Ricevuto il segnale, il capitano invia immediatamente la conferma alla Terra;

5. dopo quanto tempo dall’invio del segnale alla navicella la base terrestre ricevela conferma della ricezione?

Durante il viaggio di andata, il ritardo nelle comunicazioni con l’astronave au-menta con l’aumentare della distanza; per illustrare al pubblico questo effetto


6. disegna su un piano cartesiano i grafici che mostrino rispetto al riferimento ter-restre la distanza dalla Terra dell’astronave e dei due segnali di comunicazione,in funzione del tempo.

Il responsabile della sicurezza della missione ti comunica una sua preoccupazio-ne: teme che, a causa della contrazione relativistica delle lunghezze, il simbolo dellaflotta terrestre riportato sulla fusoliera del razzo, un cerchio, possa apparire defor-mato agli occhi delle guardie di frontiera, che potrebbero quindi non riconoscerlo, elanciare un falso allarme. Pensi che sia una preoccupazione fondata?

7. Illustra le tue considerazioni in merito a questa preoccupazione e dai una rispo-sta al responsabile della sicurezza, corredandola con argomenti quantitativi eproponendo una soluzione al problema.

Spiegazione Un esercizio sul cambio di sistema di riferimento utilizzando le tra-sformazioni di Lorentz

Svolgimento Cominciamo con l’osservare che la navicella misura il tempo proprio,quindi

∆τ = γnav∆tlab

deve il gamma per passare dal sistema della navicella a quello del laboratorio è

γ =1√

1− β2=

1√1− 9

16

2=

4√7

[... da terminare ...]

Scheda 20Meccanica quantistica: soluzioniProblema di: Meccanica quantistica - H0001

Testo [H0001] [2 19 5a ] Rispondi alle seguenti domande.

1. Cos’è un corpo nero?

2. Nomina alcuni fenomeni fisici che hanno condotto alla quantizzazione delleonde elettromagnetiche

3. Quale idea innovativa è stata introdotta da Max Plank per spiegare lo spettrodi radiazione di corpo nero?

4. Cosa accomuna la descrizione della radiazione di corpo nero e dell’effetto fo-toelettrico?

5. Nell’effetto fotoelettrico troviamo l’equazione E = hν − ϕ. Indica il significatodi ognuno dei quattro termini presenti.

6. Ipotizziamo di far incidere un’onda elettromagnetica di determinata intensitàe frequenza, sulla superficie di un metallo, e di non vedere alcun elettrone inuscita dal metallo. Cosa devo fare, e perchè, al fine di riuscire ad estrarre unelettrone dal metallo?

7. Descrivi sinteticamente quali problematiche presenta il modello atomico diRutherford.

8. Quale idea di base permette di spiegare gli spettri a righe di emissione e assor-bimento degli atomi?

9. Come si giustifica il fatto che, ipotizzando orbite circolari, il raggio dell’orbitadi un elettrone intorno al nucleo è proporzionale a n2 con n ∈ N?

10. Quale semplice equazione mostra un legame tra il comportamento corpusco-lare ed ondulatorio di una particella?

11. Perchè nell’esperimento delle due fessure misurare da quale fessura passa l’e-lettrone fa sparire la figura di interferenza sullo schermo?

12. Nell’esperimento delle due fessure si vede che gli elettroni che attraversano lacoppia di fessure formano sullo schermo di rivelazione una figura di interfe-renza. Esattamente quali sono le due cose che hanno interferito tra loro?

13. In quale modo la meccanica quantistica descrive un sistema fisico?

14. Considera un sistema fisico formato da una particella che si muove verso unoschermo dotato di quattro differenti fessure e lo attraversa. Cosa posso affer-mare sullo stato fisico della particella, riguardo alla fessura che ha attraversato?

15. Considera un sistema fisico formato da una particella che si muove verso unoschermo dotato di quattro differenti fessure e lo attraversa. Se misuro la po-sizione della particella per sapere da quale fessura effettivamente passa, cosasuccede allo stato fisico della particella?

16. Considera una particella che attraversa una fessura di larghezza L. Il fatto chela particella abbia attraversato la fessura è una misura della sua posizione?

17. Considera una particella che attraversa una fessura di larghezza L, ed immagi-nate di stringere tale fessura. cosa succede alla componente dell’impulso lungotale fessura?

18. In meccanica quantistica si parla di sovrapposizione di stati. E’ corretto afferma-re che se uno stato fisico è rappresentato dalla sovrapposizione dello stato A edello stato B, con funzione d’onda ϕ = ϕA + ϕB allora significa che noi nonsappiamo in quale stato si trova il sistema, e solo dopo aver fatto una misu-ra possiamo sapere in quale dei due stati si trovava effettivamente il sistemaprima della misura?

19. Cosa afferma il principio di indeterminazione di Heisemberg?

Spiegazione Queste sono domande di teoria... l’unico modo per rispondere cor-rettamente è aver studiato.

507

508 Scheda20. Meccanica quantistica: soluzioni

Svolgimento

1. Definisco corpo nero un qualunque sistema fisico in grado di assorbire ogniradiazione elettromagnetica incidente.

2. Lo spettro di emissione del corpo nero, l’effetto fotoelettrico e l’effetto Comp-ton

3. L’idea di Plank consiste nell’ipotizzare che la radiazione elettromagnetica scam-bi energia solo in quantità discrete in funzione della frequenza della radiazione.L’energia dei singoli pacchetti energetici è data da E = hν

4. La descrizione della radiazione di corpo nero e dell’effetto fotoelettrico sonoaccomunate dal descrivere l’energia del fotone come E = hν

5. Nell’equazioneE = hν − ϕ

E rappresenta l’energia cinetica dell’elettrone emesso, h è la costante di plank,ν è la frequenza della radiazione incidente, ϕ è l’energia di estrazione dell’elet-trone dal metallo.

6. Se non vedo elettroni estratti dalla superficie del metallo significa che l’energiadei singoli fotoni legati alla radiazione elettromagnetica non è sufficientementeelevata. Aumentare l’intensità dell’onda non risolve il problema in quanto si-gnificherebbe aumentare il numero di fotoni. Ciò che bisogna fare è aumentarela frequenza della radiazione in modo che aumenti l’energia del singolo fotoneE = hν

7. Nel modello atomico di Rutherford gli elettroni ruotano intorno ad un nucleocentrale e non ci sono vincoli sull’energia, e di conseguenza sul raggio del-l’orbita, che tale elettrone può avere. Le problematiche di tale modello sonoprincipalmente due:

(a) L’elettrone intorno al nucleo si muove di moto accelerato e quindi deveemettere radiazione di sincrotrone; l’elettrone perderebbe in tal caso ener-gia e diminuirebbe il raggio dell’orbita fino a collassare sul nucleo. Ovvia-

mente questo non accade in quanto la materia, per come la conosciamo,esiste.

(b) Potendo, nel modello di Rutherford, assumere valori di energia in modocontinuo, l’elettrone può assorbire ed emettere radiazione elettromagne-tica di qualunque energia. L’analisi degli spettri di emissione ed assorbi-mento mostrano invece che la radiazione viene assorbita ed emessa in va-lori discreti. Ogni elemento assorbe ed emette fotoni solo in determinatefrequenze.

8. Gli spettri di emissione ed assorbimento a righe sono giustificati dal fatto chegli elettroni in un atomo si trovano su livelli energetici discreti e ben determina-ti. Gli elettroni emettono/assorbono energia passando da un’orbita ad un’altrae quindi da un’energia ben determinata ad un’altra. L’energia della radiazio-ne emessa/assorbita è pari alla differenza di energia tra le orbite dell’elettroneprima e dopo l’assorbimento/emissione della radiazione.

9. Il raggio dell’orbita è quantizzato in quanto l’elettrone può trovarsi solo suorbite la cui circonferenza sia pari ad un numero intero di volte la lunghezzad’onda1

2πrn = nλ

con n ∈ N

10. Ad ogni particella è associabile una lunghezza d’onda λ, detta lunghezza d’on-da di De Broglie, dipendente dall’impulso p della particella

λ =h

p

11. Nell’esperimento delle due fessure, la figura di interferenza si forma grazie allapresenza contemporanea di due stati fisici, ognuno dei quali rappresentantel’eletrone che passa in una determinata fessura, che interferiscono tra loro. Nelmisurare in quale fessura passa l’elettrone, noi lo facciamo transire in uno statofisico in cui è presente solo uno dei due stati, quindi non è più possibile alcunfenomeno di interferenza.

1Qui la domanda va completata indicando tutti i passaggi matematici utilizzati.


12. Nell’esperimento delle due fessure gli elettroni coinvolti si trovano in uno statofisico di sovrapposizione dello stato di elettrone che attraversa la prima fessurae dello stato di elettrone che attraversa la seconda fessura. I due stati sonocontemporaneamente presenti e possono interferire tra loro.

13. In meccanica quantistica un sistema fisico è descritto da una funzione d’on-da. Eseguendo una misura su tale stato fisico, con la funzione d’onda pos-siamo ricavare la probabilità di ottenere per tale misura un determinato risul-tato. L’evoluzione nel tempo di tale stato fisico è descritta dall’equazione diSchrodinger applicata alla funzione d’onda di tale stato fisico.

14. Non avendo eseguito alcuna misura di posizione, la particella si trova in unostato fisico dato dalla sovrapposizione di quattro differenti stati fisici, ognunoche descrive la particella che passa da una determinata fessura. Indichiamocon a, b, c, d le quattro fessure. Assumendo che la probabilità di passare daogni fessura sia equivalente, la funzione d’onda della particella sarà

ψ =1

2ψa +

1

2ψb +

1

2ψc +

1

2ψd

15. Prima della misura lo stato fisico della particella è la sovrapposizione di quattrostati, ognuno che descrive la particella passante per una determinata fessura

ψ =1

2ψa +

1

2ψb +

1

2ψc +

1

2ψd

Misurare la posizione della particella fa transire lo stato fisico in uno degli statiche descrivono la particella che passa da una determinata fessura. Ipotizzandoche il risultato della misura sia che la particella è passata dalla fessura a, lafunzione d’onda della particella sarà ora

ψ = ψa

16. Se affermo che in un certo istante una particella ha attraversato una determina-ta fessura, di fatto sto dicendo che sapevo dove si trovava, quindi di fatto ho ef-fettuato una misura della sua posizione. Visto che la fessura ha una lunghezzaL, allora la misura presenta un’incertezza sulla posizione pari a

∆x =L

2

17. Far passare una particella attraverso una fessura equivale a misurarne la po-sizione con una certa incertezza proporzionale alla larghezza della fessura.Stringendo la fessura, diminuisce l’incertezza sulla misura della posizione, edi conseguenza, per il principio di indeterminazione di Heisemberg, aumental’incertezza sulla misura contemporanea della componente dell’impulso lungoil piano della fessura.

18. No, quanto affermato nella domanda non è corretto. Per come è posta la do-manda, infatti, sembra che la particella si trovi sempre o nello stato A o nellostato B, e sembra che il concetto di sovrapposizione sia legato alla nostra igno-ranza (non-conoscenza) sull’effettivo stato della particella. In realtà se uno sta-to fisico è descritto dalla sovrapposizione di due stati, entrambi gli stati sono ef-fettivamente contemporaneamente presenti in determivate proporzioni; è soloa seguito di una nostra misura che lo stato transisce verso uno solo dei due statiche prima si sovrapponevano, con probabilità che dipende dalle proporzionicon cui sono presenti i due stati.

19. Il principio di indeterminazione di Heisemberg afferma che esistono coppie digrandezze fisiche tali per cui non è possibile misurarle contemporaneamentecon arbitraria precisione. Se per esempio consideriamo la posizione e l’impulsodi una particella, il prodotto delle loro incertezze di misura sarà sempre

∆x∆p ≥ h

4π


Problema di: Meccanica quantistica - H0002

Testo [H0002] [4 12 5a ] Rispondi alle seguenti domande.

1. Quali fenomeni fisici hanno portato alla comprensione della natura corpuscola-re della radiazione elettromagnetica, e cosa si intende esattamente per “naturacorpuscolare” della radiazione elettromagnetica.

2. La natura ondulatoria delle particelle permette di superare le problematiche in-site nel modello atomico di Rutherford e di arrivare al modello di Bohr. Spiegaquali siano tali problematiche e descrivi come esse vengano superate.

3. Utilizzando come esempio l’esperimento delle due fessure di cui devi dare bre-ve descrizione, indica come nella meccanica quantistica venga descritto lo statodi un certo sistema fisico e cosa significhi fare una misura su di esso.

4. Enuncia il principio di indeterminazione di Heisemberg

Spiegazione Queste sono domande di teoria... l’unico modo per rispondere cor-rettamente è aver studiato.

Svolgimento

1. Due fenomeni fisici che hanno portato alla comprensione della natura corpu-scolare della luce sono la radiazione di corpo nero e l’effetto fotoelettrico. Lospettro di radiazione di corpo nero, misurato sperimentalmente, ha un anda-mento completamente differente da quanto previsto dalla teoria classica dell’e-lettromagnetismo. Solo assumendo che la luce possa scambiare energia con lamateria in pacchetti di energia

Eγ = hν

le discrepanze tra dati sperimentali e previsioni teoriche si annullano. L’effettofotoelettrico descrive il modo in cui la radiazione elettromagnetica è in gradodi estrarre un elettrone da un metallo; l’energia dell’elettrone estratto dipende

dalla frequenza della radiazione incidente e non dalla sua intensità secondo laformula

Ec = hν − ϕ

Come per lo spettro di corpo nero, anche in questo caso l’energia della radia-zione elettromagnetica è scambiata soltanto per pacchetti discreti.

2. Il modello atomico di Rutherford non funziona per due principali motivi. Inprimo luogo una carica elettrica accelerata emette radiazione di sincrotronee quindi perde energia. La sua orbita dovrebbe quindi ridurre gradualmen-te il raggio fino a collassare sul nucleo, cosa che ovviamente non avviene. Insecondo luogo, potendo l’elettrone ruotale a qualunque distanza dal nucleo,esso può scambiare energia in modo continuo; lo spettro di assorbimento ri-sulterebbe uno spettro continuo e non uno spettro a righe come mostrato daidati sperimentali. Uno spettro a righe è giustificabile solo ipotizzando orbite,e conseguenti livelli energetici, discreti. La presenza di livelli energetici discre-ti implicherebbe inoltre l’esistenza di un livello energetico di minima energiasotto il quale l’elettrone non può andare, impedendo che l’elettrone possa col-lassare sul nucleo. Per giustificare la presenza di livelli energetici discreti bastaconsiderare che ad ogni elettrone è associabile una lunghezza d’onda

λ =h

mV

Questo implica che la lunghezza dell’orbita dell’elettrone intorno al nucleodebba essere un multiplo intero della lunghezza d’onda dell’elettrone.

2πr = nλ

con n ∈ N. I raggi delle orbite, e di conseguenza le loro energie, risultanoquindi discretizzati.

3. Nell’esperimento delle due fessure un elettrone viene mandato attraverso duefessure e, sullo schermo di rivelazione posto oltre le fessure, si vede una figuradi interferenza. Questo viene spiegato dal fatto che la funzione d’onda del-l’elettrone è la sovrapposizione di due differenti stati, quello in cui l’elettrone


passa nella fessura di sinistra e quello in cui passa nella fessura di destra. Idue stati, oltre le fessure, interferiscono tra loro per formare la figura di interfe-renza. Se misuriamo attraverso quale fessura l’elettrone effettivamente passa,facciamo transire la funzione d’onda da sovrapposizione di due stati differentiin uno solo dei due stati. L’elettrone quindi passa da una sola delle due fessuree dopo di essa non sono più presenti due stati che possono interferire tra loro,quindi non è più presente sullo schermo la figura di interferenza.

4. Il principio di indeterminazione afferma che esistono coppie di grandezze fi-siche che non possono essere misurate contemporaneamente con arbitrariaprecisione, per cui

∆x∆p ≤ h

4π


Testo [H0003] [2 2 4a ] Un fascio laser verde, di potenza P = 0, 4W ,generato da una sorgente ad argon, ha lunghezza d’onda λ = 514, 5nm. Quantifotoni emette ogni secondo?

Spiegazione Un fotone è un oggetto di energia E = hν dipendente dalla sua fre-quenza. Conoscendo la potenza del laser e l’energia del singolo fotone, possiamotrovare quanti fotoni sono emessi dalla sorgente.

Svolgimento Il numero di fotoni per unità di tempo è dato dall’energia per unitàdi tempo diviso l’energia del singolo fotone. Quindi

∆n

∆t=

P

hν=Pλ

hc=

0, 4W · 514, 5 · 10−9m

6, 62607015 · 10−34 Js · 299792458 ms

= 1018



Testo [H0004] [3 2 4a ] [Maturità 25 Ottobre 2016 - Quesito 3] Un atomodi idrogeno si trova in uno stato eccitato dopo aver assorbito un fotone ultraviolettodi lunghezza d’onda λ = 97, 2nm. Questo atomo può riportarsi allo stato fonda-mentale seguendo diverse transizioni a ognuna delle quali corrisponde l’emissionedi luce di una particolare lunghezza d’onda. Quante sono le transizioni possibili cheprovocano l’emissione di fotoni con lunghezza d’onda diversa da quella del fotoneassorbito?Quali tra queste transizioni provocano emissione nel visibile? [La costantedi Rydberg vale R = 1, 0974 · 107m−1]

Spiegazione [...]

Svolgimento [...]

Problema di: Effetto fotoelettrico - H0022

Testo [H0022] [2 4 5a ] Da una lastra di zinco irradiata con luce ultra-violetta, vengono estratti degli elettroni. Il lavoro di estrazione degli elettroni dallozinco è L = 6, 84 · 10−19 J . Calcolare il valore della frequenza di soglia della radia-zione incidente. Calcolare inoltre la velocità degli elettroni estratti da una radiazioneincidente di lunghezza d’onda λ = 271nm

Spiegazione Un elettrone all’interno di un metallo riceve energia da un quanto diradiazione elettromagnetica. Uscito dal metallo, l’elettrone avrà un’energia cineticapari all’energia ricevuta meno l’energia utilizzata nel processo di estrazione.

Svolgimento L’energia minima del fotone che è in grado di estrarre un elettrone èesprimibile con la formula

hν = L

e quindi

ν =L

h=

6, 84 · 10−19 J

6, 626 · 10−34 Js= 1, 03 · 1015Hz

L’energia dell’elettrone estratto da una radiazione di lunghezza d’onda λ = 271nm

sarà

Ec =h

λ− L =

6, 626 · 10−34 Js · 299792458 ms

271 · 10−9m− 6, 84 · 10−19 J = 0, 49 · 10−19 J

La sua velocità sarà quindi

=

√2E

m=

√2 · 0, 49 · 10−19 J

9, 1 · 10−31 kg= 328159

m

s


Problema di: Atomo di Bohr - H0023

Testo [H0023] [1 5 5a ] Dopo aver brevemente illustrato le caratteristichedel modello atomico di Bohr, calcolare la frequenza della radiazione emessa da unatomo corrispondente alla terza riga della serie di Balmer.

Spiegazione In questo problema si chiede di descrivere brevemente il modello ato-mico di Bohr in modo da giustificare la struttura della formula utilizzata per risolverel’esercizio.

Svolgimento Il modello atomico di Bohr prevede l’esistenza di orbite circolari quan-tizzate per gli elettroni intorno al nucleo. Le variazioni di energia degli elettroni al-l’interno del nucleo corrispondono a salti degli elettroni da un’orbita all’altra. Di quisi giustifica sia la stabilità degli atomi, sia gli spettri a righe dei vari elementi.

ν =me4

8ϵ20h3

(1

n2f− 1

n2i

)

ν =9, 11 · 10−31 kg ·

(1, 60 · 10−19C

)48 ·(8, 85 · 10−12 C2

Nm2

)2 · (6, 63 · 10−34Js)3

(1

25− 1

4

)= 434, 1nm

Problema di: Pressione di radiazione - H0026

Testo [H0026] [3 2 5a ] L’intensità luminosa sulla superficie terrestre è dicirca I = 1 W

m2 . Immaginando un pannello solare della superficie S = 2m2 postoperpendicolarmente alla direzione della luce, in grado di assorbire il 100% della ra-diazione incidente. Quale forza esercita la luce sul pannello solare? Quanto sarebbetale forza se invece del pannello solare la luce incidesse su di uno specchio al 100%riflettente?

Spiegazione La luce ha quantità di moto. Assorbita o riflessa abbiamo una varia-zione di quantità di moto nel tempo, e quindi una forza.

Svolgimento I singoli fotoni hanno energia

E = pc

p =E

c

Consideriamo il caso in cui la luce è completamente assorbita. L’Intensità lumi-nosa è

I =∆E

S∆t=

∆P · cS∆t

I · Sc

=∆P

∆t= F

Nel caso di completa riflessione, nell’ipotesi che lo specchio possa rimanere fer-mo, la variazione di quantità di moto è doppia rispetto al caso precedente, quindi

F =2∆P

∆t= 2

I · Sc

In realtà lo specchio, a causa della riflessione, acquista una piccola quantità dienergia cinetica; il fotone riflesso ha quindi meno energia di quello incidente e menoquantità di moto. Questo fenomeno è l’effetto doppler relativistico.


Problema di: Fisica Moderna - H0031

Testo [H0031] [2 2 5a ] Data la formula che descrive lo spettro di emissio-ne/assorbimento dell’atomo di idrogeno,

1

λ= R

(1

ni− 1

nf

)con

(R = 1, 0972× 107 1

m

), quanto vale la minima frequenza della luce che un ato-

mo di idrogeno nello stato fondamentale può assorbire? Rappresenta con un dise-gno od uno schema i possibili salti energetici dell’elettrone dallo stato fondamentaleevidenziando quello richiesto dal problema.

Spiegazione In questo problema sull’emissione/assorbimento di un fotone da par-te di un atomo è sufficiente avere ben chiaro il significato dei termini nella formulaindicata, ed il fenomeno fisico in questione.

Svolgimento Cominciamo con il considerare che l’atomo di idrogeno si trova nellostato fondamentale, per cui

ni = 1

La frequenza della luce emessa è direttamente proporzionale all’energia del fo-tone emesso, quindi chiedere la minima frequenza equivale a chiedere la minimaenergia, e quindi il minimo salto energetico. Quindi

nf = ni + 1 = 2

La frequenza richiesta è quindi

ν =c

λ= 1, 0972 · 107 1

m· 299792458 m

s·(1− 1

2

)ν = 1, 6 · 1015Hz

Problema di: Fisica Moderna - H0031a

Testo [H0031a] [2 2 5a ] Disegna un atomo di idrogeno, i suoi primi quat-tro livelli energetici e tutte le possibili transizioni di un elettrone tra i livelli ener-getici disegnati. Data la formula che descrive lo spettro di emissione/assorbimentodell’atomo di idrogeno,

1

λ= R

(1

ni− 1

nf

)con

(R = 1, 0972× 107 1

m

), determina quanto vale la minima frequenza della luce

emessa da un atomo di idrogeno il cui elettrone si trova nella terza orbita.

Spiegazione La minima frequenza di emissione corrisponde al salto energetico diminore energia.

Svolgimento Dal testo dell’esercizio il livello di partenza da considerare è identifi-cato da ni = 3 e di conseguenza il livello di energia minore più vicino è identificatoda nf = 2 [...]


Indice

1 Formulario 21.1 Le costanti fisiche più comuni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Alcuni dati astronomici. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Unità di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.4 Proprietà fisiche dei materiali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Percorso sugli esercizi: grandezze fisiche 14

3 Percorso sugli esercizi: meccanica 15

4 Percorso sugli esercizi: calorimetria e termodinamica 18

5 Percorso sugli esercizi: fenomeni ondulatori 20

6 Percorso sugli esercizi: elettromagnetismo 21

7 Percorso sugli esercizi 22

8 Generalità: soluzioni 23

9 Cinematica: soluzioni 49

10 Dinamica: soluzioni 108

11 Leggi di conservazione: soluzioni 193

12 Fluidodinamica: soluzioni 259

13 Calorimetria: soluzioni 273

14 Termodinamica: soluzioni 302

15 Fenomeni ondulatori: soluzioni 380

16 Elettrostatica: soluzioni 431

17 Elettromagnetismo: soluzioni 464

18 Elettrotecnica: soluzioni 475

19 Relatività: soluzioni 500

20 Meccanica quantistica: soluzioni 507

Esercizi svolti di ﬁsica

Documents

Transcript of Esercizi svolti di ﬁsica