Gioia ha un altro problema:
Un calorimetro contiene una miscela di 350 g di acqua e 80 g di ghiaccio in equilibrio termico. Si inseriscono successivamente 150 g di vapore acqueo a 110 °C. Calcolare la temperatura finale del sistema e la sua composizione.

Ecco la mia risposta:
Introduciamo i simboli \(m_{acqua}=\mathrm{350\,g}\), \(m_{ghiaccio}=\mathrm{80\,g}\) e \(m_{vapore}=\mathrm{150\,g}\). La temperatura iniziale di acqua e ghiaccio è \(T_1=\mathrm{0\,°C}\), mentre \(T_2=\mathrm{110\,°C}\) è la temperatura iniziale del vapore.
Le altre grandezze rilevanti sono le capacità termiche \(C_{acqua}=c_{acqua}\cdot m_{acqua}=\mathrm{1465\,J\cdot K^{-1}}\), \(C_{ghiaccio}=c_{ghiaccio}\cdot m_{ghiaccio}=\mathrm{168\,J\cdot K^{-1}}\) e \(C_{vapore}=c_{vapore}\cdot m_{vapore}=\mathrm{229\,J\cdot K^{-1}}\), e i calori latenti di fusione \(L_f=\mathrm{334\,J\cdot g^{-1}}\) e di vaporizzazione \(L_v=\mathrm{2260\,J\cdot g^{-1}}\).

Il raffreddamento dal vapore fino alla temperatura di condensazione \(T_3=\mathrm{100\,°C}\) libera un’energia \(\Delta E_1=C_{vapore}\cdot (T_3-T_2)=\mathrm{-2290\,J}\), mentre la fusione del ghiaccio assorbe un’energia \(\Delta E_2=L_f\cdot m_{ghiaccio}=\mathrm{26720\,J}\).
La differenza di energia \(\Delta E_3=\mathrm{24430\,J}\) viene dalla condensazione del vapore a \(T_3=\mathrm{100\,°C}\), processo che libera inoltre sufficiente energia da scaldare tutta l’acqua liquida ormai presente fino a \(T_3\). Tale riscaldamento richiede un’energia \(\Delta E_4=c_{acqua}\cdot(m_{acqua}+m_{ghiaccio})=\mathrm{179998\,J}\). L’energia complessivamente necessaria, \(\Delta E_5=\Delta E_3+\Delta E_4=\mathrm{204428\,J}\), corrisponde all’energia liberata dalla condensazione di una massa \(\displaystyle m=\frac{\Delta E_5}{L_v}=\mathrm{90\,g}\) di vapore.

All’equilibrio il sistema sarà composto da una miscela di acqua (520 g) e vapore (60 g) a 100 °C.

Antonella è curiosa:
Abbiamo osservato che in un accendino” usa e getta” il serbatoio è suddiviso in due parti. Se si capovolge l’accendino, le due parti sono collegate proprio come due vasi comunicanti; tuttavia il gas liquido contenuto può avere livelli diversi nei due cilindri: come mai?

Ecco la mia risposta:
Se si osserva l’immagine di un accendino usa-e-getta si vede che le cose stanno proprio come descrive Antonella. Nella figura seguente ho schematizzato una possibile configurazione di un accendino capovolto.

La situazione ricorda in effetti quella dei vasi comunicanti, con però un’importante differenza: i vasi sono chiusi. Questo vuol dire che, se una colonna di liquido si abbassa e l’altra si alza, il gas sopra la prima colonna deve espandersi (il che, a pressione costante, significa che la pressione che esso esercita deve diminuire) mentre il gas sopra la seconda colonna deve comprimersi (e la pressione che esso esercita deve crescere). Questo effetto controbilancia ampiamente la differenza di pressione idrostatica dovuta alla differenza di livello del liquido nei due vasi.

Proviamo a fare un paio di conti. Supponiamo che la differenza di livello sia di 3 cm. Un valore ragionevole per la densità del GPL è 600 kg/m³. Per la legge di Stevin, la differenza di pressione idrostatica che ne consegue è pari a 176 Pa.
Al di sopra di ciascuna colonna di GPL c’è una certa quantità di gas. Anche supponendo che il gas si trovi alla pressione atmosferica di 101 kPa (ipotesi certamente falsa, perché il GPL è conservato sotto pressione; la pressione ha un valore compreso probabilmente fra 2·10⁵ Pa e 8·10⁵ Pa), la differenza di pressione idrostatica è meno del 2 per mille della pressione del gas. In altri termini: per equilibrare la differenza di pressione idrostatica fra le due colonne di fluido basta che la pressione del gas aumenti del 2 per mille. Nell’ipotesi che la temperatura sia costante e che valga la legge di Boyle, questo vuol dire che il volume deve variare anch’esso del 2 per mille. Di conseguenza il livello deve variare (e la differenza di livello deve ridursi) soltanto del 2 per mille, che per 3 cm è pari a 0,06 mm. Difficile accorgersene…

Samuele è nei guai:
Un’asticella di massa 300 g e lunga 80 cm è libera di muoversi senza attriti in un piano verticale attorno all’asse di rotazione passante per O, uno dei suoi due estremi che funge da punto fisso. Che velocità è necessario imprimere all’altro estremo A affinché l’asticella riesca a toccare la parete di fronte posta a distanza 40 cm?

Ecco la mia risposta:
L’esercizio è tutt’altro che facile, e mi chiedo quanto tempo richieda darne una discussione adeguata in una classe quarta di un Liceo Scientifico. Vediamo.

Il momento d’inerzia di un’asta di massa \(m\) e lunga \(l\) vincolata in un estremo (come immagino che Samuele sappia calcolare, altrimenti non so da dove dovrebbe partire) è \(\displaystyle I=\frac{ml^2}{3}\).

Quando l’estremità opposta viene colpita imprimendole una velocità \(v\) e quindi una velocità angolare istantanea \(\displaystyle\omega=\frac{v}{l}\), le viene comunicata un’energia cinetica di rotazione \(\displaystyle K=\frac{1}{2}I\omega^2=\frac{1}{6}mv^2\).

L’inclinazione dell’asta fino a toccare la parete è descritta dall’angolo \(\displaystyle\alpha=\arccos\left(\frac{d}{l}\right)=60°\) ovvero dall’angolo \(\beta=30°\).
Il segmento \(\displaystyle a=\frac{l}{2}\cos\beta=\frac{\sqrt 3}{4}l\) permette di calcolare di quanto si alza il centro di massa C dell’asta, \(\displaystyle h=\frac{l}{2}-a=\frac{2-\sqrt 3}{4}l\).
L’innalzamento comporta un aumento di energia potenziale pari a \(\displaystyle U=mgh=mg\frac{2-\sqrt 3}{4}l\).

L’asta arriva appena a toccare la parete se l’energia cinetica iniziale risulta uguale all’energia potenziale finale, quindi se \(\displaystyle \frac{1}{6}mv^2=mg\frac{2-\sqrt 3}{4}l\).
Da questa equazione si può ricavare \(v\).

Ettore propone un esercizio:
Su 0,180 kg di oro fuso a 1063°C (temp. di fusione) viene spruzzata dell’acqua a 23 °C. L’acqua comincia a bollire producendo vapore a 100 °C e lasciando l’oro solido a 1063″C. Calcola la quantità minima di acqua da usare.

Ecco la mia risposta:
L’energia che una massa \(m\) di oro liquido deve cedere all’ambiente per passare allo stato solido alla temperatura di fusione è \(\Delta E_1=L_f\cdot m\), con il calore latente di fusione \(\displaystyle L_f=\mathrm{63\frac{kJ}{kg}}\). Nel nostro caso \(\Delta E_1=\mathrm{11,3\,kJ}\).

Questa energia viene assorbita da una massa \(m’\) di acqua mediante due processi: il riscaldamento fino alla temperatura di ebollizione e l’evaporazione. Le variazioni di energia corrispondenti ai due processi sono \(\Delta E_2=c_{aq}\cdot m’\cdot\Delta T\) e \(\Delta E_3=L_{ev\,aq}\cdot m’\).
Si ha quindi\[\Delta E_1=\Delta E_2+\Delta E_3=\left(c_{aq}\cdot\Delta T+L_{ev\,aq}\right)\cdot m'\]con \(\displaystyle c_{aq}=\mathrm{4,186\frac{kJ}{kg}}\), \(\Delta T=\mathrm{77\,°C}\) e \(\displaystyle L_{ev\,aq}=\mathrm{2272\frac{kJ}{kg}}\).
Dall’equazione si ricava \(m’=\mathrm{4,4\,g}\).

Marcello è incerto:
Un carrello scivola, partendo da fermo, lungo un piano inclinato di 30° rispetto al piano orizzontale. Calcola quanto tempo impiega a percorrere tutto il piano e la velocità con cui arriva alla base.

Ecco la mia risposta:
In assenza di attrito, la caduta lungo un piano inclinato di un angola \(\alpha\) rispetto all’orizzontale avviene con un moto uniformemente accelerato con accelerazione \(a=g\,\sin\alpha\). Nel nostro caso, \(\displaystyle a=\frac{g}{2}\).
La distanza \(\Delta s\) percorsa in un intervallo \(\Delta t\) da un oggetto che si muove di moto uniformemente accelerato è \(\displaystyle\Delta s=\frac{1}{2}a\,t^2\), per cui il tempo impiegato a percorrere la lunghezza \(l\) del piano inclinato è \(\displaystyle\Delta t=\sqrt{\frac{2\Delta s}{a}}=\sqrt{\frac{4\,l}{g}}\).Poiché in un moto uniformemente accelerato la legge della velocità istantanea è \(v=v_0+a\,t\), con \(v_0=0\) la velocità finale del carrello sarà \(\displaystyle v=a\,\Delta t=\frac{g}{2}\sqrt{\frac{4\,l}{g}}=\sqrt{g\,l}\).

Marcello è perplesso:
Luigi parte all’istante t = 0 s da casa propria, presa come origine s = 0 m, e si sposta lungo una traiettoria rettilinea di 2 m in 3 s. Poi si ferma al semaforo per 5 s; in seguito si sposta di altri 4 m in 4 s finché s’accorge di aver dimenticato un oggetto a casa. Quindi cambia verso lungo la stessa traiettoria rettilinea per raggiungere di nuovo l’origine all’istante t= 14 s. Calcola la velocità media di Luigi sull’intero percorso.

Ecco la mia risposta:
Le informazioni fornite sono uno specchietto per le allodole. Dato che la posizione finale \(s_f\) coincide con la posizione iniziale \(s_i\), lo spostamento \(\Delta s = s_f – s_i\) risulta pari a zero, come pure la velocità media \(\displaystyle v_m=\frac{\Delta s}{\Delta t}\).

Gioia propone un esercizio:
Un corpo si muove di moto armonico con legge: y= 1×10^(-6) sin (2×10^4 pigreco t). Ricava frequenza, ampiezza e periodo.

Ecco la mia risposta:
La legge di un moto armonico si può scrivere nella forma:\[\displaystyle y=A\cdot\sin\left(2\pi f\cdot t\right)\]dove \(A\) è l’ampiezza (che dovrebbe avere le stesse unità di \(y\), mentre nell’esercizio risulta adimensionale) e \(f\) è la frequenza (con le dimensioni dell’inverso di un tempo, mentre di nuovo nell’esercizio non figurano unità di misura).
Dalla legge fornita dall’esercizio si ricava immediatamente \(A=1\cdot10^{-6}\) e \(f=10^4\,\mathrm{Hz}\). Dato che il periodo \(T\) è l’inverso della frequenza, si ha \(T=f^{-1}=10^{-4}\,\mathrm{s}\).

Giulia è decisamente curiosa:
In un testo ho trovato scritto che i neutroni hanno massa a riposo leggermente superiore ma molto vicina a quella del protone. Perché si parla di massa a riposo del neutrone e non semplicemente di massa del neutrone?
C’è scritto inoltre che i neutroni si trovano nel nucleo degli atomi, dove sono stabili. Al di fuori del nucleo, il neutrone decade. Quali sono queste situazioni in cui possiamo trovare neutroni fuori dal nucleo?
Infine avrei bisogno di un chiarimento riguardo al concetto di massa atomica. Su quest’ultimo argomento, ho consultato due libri diversi in modo da avere le idee più chiare, invece mi sono confusa di più. In uno dei due libri ho trovato che la massa atomica assoluta è la massa dell’atomo espressa in Kg, mentre la massa atomica relativa è la massa dell’atomo espressa in u.m.a. Il secondo testo riporta la medesima definizione di massa atomica assoluta ma una definizione diversa di massa atomica relativa. Infatti c’è scritto che i chimici parlano di massa atomica relativa come sinonimo di peso atomico.

Ecco la mia risposta:
Si parla di massa a riposo perché, in base ad alcuni metodi di misura della massa di particelle in movimento, la massa appare più grande quando la velocità della particella è vicina alla velocità della luce.
In natura non troverai facilmente dei neutroni isolati, dato che essi decadono nel giro di un quarto d’ora. Ma in alcuni processi vengono effettivamente prodotti dei neutroni isolati: uno di questi è la fissione nucleare, che si produce in nuclei come l’uranio U-235.
Il termine massa atomica è effettivamente usato in maniera non esattamente sovrapponibile da autori diversi. La massa è la massa, e non il peso, che è una forza dovuta all’effetto della gravità. E l’unità di misura adottata (kg o uma) non dovrebbe fare differenza, visto che una lunghezza non cambia nome se la si misura in metri o in centimetri. Ma le cattive abitudini sono dure a morire, e in certi casi lo studente non ha altra scelta che fare molta attenzione.

Giulia chiede la luna:
Durante una missione sul suolo lunare, Alan Shepard, nel 1971, lanciò una pallina da golf, con un angolo di 30° rispetto all’orizzonte, che ricadde dopo 400 m. Supponi che lo stesso lancio, con la stessa velocità, venga effettuato su un asteroide di densità uguale a quella lunare. Quale massa deve avere l’asteroide perché il lancio metta in orbita la pallina?

Ecco la mia risposta:
Dalla trattazione del moto parabolico, che ho presentato più volte (ad esempio in questo articolo), si ricavano le equazioni della pallina da golf sulla Luna:\[\displaystyle x = v_{0x}\cdot t = v_0\cdot\cos(30°)\cdot t\]\[\displaystyle y = v_{0y}\cdot t - \frac{1}{2}g_L\cdot t^2=v_0\cdot\sin(30°)\cdot t - \frac{1}{2}\mathrm{1,6\,\frac{m}{s^2}}\cdot t^2\]dove si è inserito il valore dell’accelerazione di gravità sulla superficie della Luna.

L’espressione della gittata (ponendo \(y=0\) e sostituendo il valore di \(t\) in \(x\)) è \(\displaystyle x_f = \frac{2\,v_{0x}\,v_{0y}}{g_L}\) e da essa si ricava \(\displaystyle v_0=\sqrt{\frac{g_L\,x_f}{2\,\sin(30°)\,\cos(30°)}}=\mathrm{27\,\frac{m}{s}}\). Dato che \(\displaystyle g=\frac{G\,M}{R^2}\) e \(M_L=\frac{4}{3}\pi\,R_L^3\,d\) la velocità iniziale della pallina si può anche scrivere \(\displaystyle v_0=\sqrt{\frac{G\,M_L\,x_f}{2\sin(30°)\cos(30°)\,R_L^2}}=\sqrt{\frac{2\pi\,G\,R_L\,d\,x_f}{3\sin(30°)\cos(30°)}}\).

La velocità di fuga su un asteroide di raggio \(R_A\), densità \(d\) pari a quella lunare e massa \(M_A=\frac{4}{3}\pi\,R_A^3\,d\), si ottiene uguagliando l’energia cinetica al lancio e l’energia potenziale gravitazionale sulla superficie dell’asteroide, e risulta \(\displaystyle v_{fuga}=\sqrt{\frac{2\,G\,M_A}{R_A}}=\sqrt{\frac{8}{3}\pi\,G\,d\,R_A^2}\).

Ponendo infine \(v_{fuga}=v_0\), si ottiene un’equazione in \(R_A\) che ha per soluzione\[\displaystyle R_A=\sqrt{\frac{R_L\,x_f}{4\,\sin(30°)\cos(30°)}}=\sqrt{\frac{\sqrt 3\,R_L\,x_f}{3}}\]e passando alla massa\[\displaystyle M_A=\sqrt{\frac{\sqrt 3}{9}\frac{x_f^3}{R_L^3}}\,M_L\]

(Giulia, dì la verità, cosa avevi fatto di male? )

Loris propone un esercizio:
Un oggetto in alluminio a 25 °C è immerso in una miscela di 50 cl di acqua e 50 g di ghiaccio e provoca la fusione completa del ghiaccio e l’innalzamento della temperatura di tutta la massa d’acqua di 1 °C. Calcola la capacità termica dell’oggetto e la sua massa.

Ecco la mia risposta:
La capacità termica \(\displaystyle C=\frac{Q}{\Delta T}\) è il rapporto fra il calore scambiato da un corpo e la variazione di temperatura che ciò provoca. Nel nostro caso, la temperatura di equilibrio del sistema è di 1 °C superiore a quella di fusione del ghiaccio, quindi è di 1 °C. Il corpo in alluminio subisce perciò una variazione di temperatura \(\Delta T = -24\,°C\).
Il corpo cede una quantità di calore \(Q\) pari a quella necessaria a fondere una massa \(m_g=\mathrm{0,050\,kg}\) di ghiaccio (calore latente di fusione \(L_f=\mathrm{334\cdot10^3\,J\,kg^{-1}}\)), più quella necessaria a innalzare di 1 °C la temperatura di una massa totale \(m_T=\mathrm{0,100\,kg}\) di acqua (calore specifico \(c=\mathrm{4186\,J\,K^{-1}\,kg^{-1}}\)).
Il calore ceduto (quindi negativo) è:\[\displaystyle Q=-\left(L_f\cdot m_g + c\cdot m_T\cdot \Delta T_{acq}\right) =\mathrm{-17\,kJ}\]e la capacità termica risulta \(C=\mathrm{713\,J\,K^{-1}}\).
Poiché l’alluminio ha calore specifico pari a \(c_{Al}=\mathrm{880\,J\,K^{-1}\,kg^{-1}}\), la massa dell’oggetto dev’essere\[\displaystyle m_o=\frac{C}{c}=\mathrm{0,81\,kg.}\]

Marianna è perplessa:
Su due sfere identiche, conduttrici e isolate, vengono depositate due cariche elettriche uguali. Le sfere si trovano a distanza d grande rispetto al loro diametro e si respingono con forza F. Una terza sfera conduttrice identica alle due precedenti, ma scarica, viene posta in contatto elettrico con la prima sfera e poi con la seconda, quindi viene allontanata definitivamente. Qual è, ora, l’intensità della forza tra le due sfere?

Ecco la mia risposta:
Chiamiamo \(Q\) la carica depositata inizialmente su ciascuna sfera. Mettendo la terza sfera a contatto con la prima, la carica si divide in parti uguali (la terza sfera ha la stessa capacità della prima). Ora sulla prima e sulla terza sfera c’è una carica \(\displaystyle \frac{Q}{2}\).
Mettendo poi a contatto la seconda e la terza sfera, la carica totale \(\displaystyle Q+\frac{Q}{2}=\frac{3}{2}Q\) si divide anche questa volta in due parti uguali. Ora su ciascuna delle due sfere c’è una carica \(\displaystyle\frac{3}{4}Q\).
La forza fra le cariche è direttamente proporzionale al loro prodotto, come risulta dalla legge di Coulomb. Tale prodotto era \(Q^2\) e ora vale \(\displaystyle\frac{1}{2}Q\cdot\frac{3}{4}Q=\frac{3}{8}Q^2\), quindi l’intensità della forza alla fine del processo è i \(\displaystyle\frac{3}{8}\) del suo valore iniziale.

Gioia è confusa:
Nel manuale d’uso di un pannello solare di 10 m2 di superficie totale si legge che il dispositivo riesce ad assorbire un’energia totale di 1200 kWh in un anno. Calcola l’energia totale in MJ assorbita per ogni metro quadro di superficie.

Ecco la mia risposta:
Il valore di 1200 kWh equivale a 1200·10³ W · 3600 s = 4320 MJ. Dividendo per l’area, si ottiene 432 MJ/m².

Carmela propone un esercizio:
Un cannone è puntato in direzione di un bersaglio situato a 100 m di distanza e un’altezza di 25 m. La velocità iniziale del proiettile è di 50 m/s. Nell’istante in cui il proiettile è lanciato, il bersaglio cade in caduta libera. Riuscirà il proiettile a colpire il bersaglio ? a quale altezza da terra avverrà l’impatto, trascurando la resistenza dell’aria?

Ecco la mia risposta:
L’aspetto essenziale di una situazione come questa è che il proiettile e il bersaglio restano “in volo” (più precisamente in caduta libera) esattamente per lo stesso intervallo di tempo, dato che a un certo istante si scontrano fra loro. Poiché l’accelerazione di gravità è la stessa per tutti i corpi, in uno stesso intervallo di tempo proiettile e bersaglio cadono della stessa distanza: la loro posizione si abbassa allo stesso modo rispetto alla posizione che occuperebbero se non ci fosse la gravità.
Se non ci fosse la gravità, il bersaglio resterebbe immobile e il proiettile lo colpirebbe con traiettoria rettilinea. Dato che la gravità c’è il bersaglio cade, ma il proiettile si abbassa della stessa distanza rispetto alla traiettoria rettilinea, e lo colpisce allo stesso istante in cui lo colpirebbe se non ci fosse la gravità.

L’angolo di tiro è l’angolo acuto in un triangolo rettangolo con cateto opposto pari a \(\mathrm{25\,m}\) e cateto adiacente pari a \(\mathrm{100\,m}\), perciò la tangente dell’angolo vale \(\displaystyle\frac{1}{4}\) e l’angolo vale \(\alpha=14°\).
Di conseguenza la componente orizzontale della velocità del proiettile risulta \(\displaystyle v_{0\,x}=v_0\cdot\cos(\alpha)=\mathrm{48,5\frac{m}{s}}\). Con questa velocità il proiettile arriva sulla verticale della posizione iniziale del bersaglio in un intervallo di tempo \(\displaystyle\Delta t=\frac{\Delta s}{v_{0\,x}}=\mathrm{2,1\,s}\). Questo è il tempo che il proiettile ha a disposizione per cadere.
Dato che il proiettile si muove di moto uniformemente accelerato con accelerazione \(g\) e velocità iniziale nulla, la distanza verticale percorsa è \(\displaystyle\Delta h=\frac{1}{2}g\cdot\Delta t^2=\mathrm{21\,m}\). Il proiettile all’istante dell’impatto si trova a \(\mathrm{4\,m}\) da terra.

Questo è un esercizio abbastanza facile:
Quale lavoro compie la forza elastica di una molla con k = 200 N/m quando, dopo essere stata compressa, si estende da 20 cm a fino 10 cm rispetto alla sua posizione di equilibrio?

Ecco la mia risposta:
L’aspetto problematico di questa richiesta è che non è chiaro su quale oggetto la molla compia lavoro. Se l’estremità mobile della molla, o entrambe le estremità se sono mobili entrambe, sono prive di contatto con altri oggetti, allora è evidentemente impossibile che la molla esegua lavoro, trasferendo energia meccanica ad un altro sistema.
È vero che la molla, rilassandosi, perde energia potenziale elastica. L’energia potenziale di una molla sottoposta a una deformazione \(\Delta x\) è pari a \(\displaystyle E_p=\frac{1}{2}k\cdot\Delta x^2\), perciò nelle circostanze descritte l’energia potenziale passa da un valore \(\displaystyle E_{p1}=\frac{1}{2}\mathrm{200\frac{N}{m}\cdot(0,20 m)^2=4,0\,J}\) a un valore \(\displaystyle E_{p2}=\mathrm{1,0\,J}\), con una variazione \(\Delta E_p=\mathrm{-3,0\,J}\). Se la molla fosse a contatto con un altro oggetto, questa energia verrebbe trasferita ad esso mediante lavoro, e in tal caso il lavoro compiuto sarebbe appunto \(W=\mathrm{-3\,J}\).
Se la molla è isolata, quello che succede è che l’energia potenziale si trasforma in energia cinetica della molla stessa, che comincia a oscillare. Nel corso delle oscillazioni, l’energia potenziale si trasforma continuamente in energia cinetica e viceversa. Si potrebbe dire che le varie parti della molla compiono lavoro le une sulle altre, ma non so quanto una descrizione di questo tipo sia utile in questo contesto.

Questo esercizio richiede un po’ più di attenzione e di pazienza:
Un auto parte da ferma e accelera costantemente per metà di un certo percorso; si muove quindi di moto rettilineo uniforme per l’altra metà del percorso. Se per compiere tutto il tragitto impiega 1 minuto e la velocità massima raggiunta è 108km/h , calcola la lunghezza del percorso.

Ecco la mia risposta:
Chiamiamo \(\Delta s_T\) la lunghezza del percorso totale. Esso si divide in due tratti di lunghezza \(\Delta s_1\) e \(\Delta s_2\), percorsi rispettivamente di moto uniformemente accelerato con partenza da fermo e di moto uniforme con velocità \(\displaystyle v_{max}=\mathrm{108\frac{km}{h}=30\frac{m}{s}}\). Possiamo scrivere:\[\displaystyle\Delta s_1=\frac{1}{2}a\Delta t^2\]e\[\Delta s_2=v_{max}(\mathrm{60\,s}-\Delta t)\]dove \(\Delta t\) è l’intervallo di tempo durante il quale l’automobile si muove di moto uniformemente accelerato. Il testo ci dice che i due tratti sono di uguale lunghezza, quindi:\[\displaystyle\frac{1}{2}a\Delta t^2=\mathrm{30\frac{m}{s}(60\,s}-\Delta t).\]In questa equazione ci sono due incognite, \(a\) e \(\Delta t\), ma possiamo eliminarne una ricordando che \(\displaystyle a\cdot\Delta t=v_{max}=\mathrm{30\frac{m}{s}}\), per cui \(\displaystyle a\Delta t^2=\mathrm{30\frac{m}{s}}\Delta t\). Si ha perciò:\[\displaystyle \frac{1}{2}\mathrm{30\frac{m}{s}}\Delta t=\mathrm{30\frac{m}{s}(60\,s}-\Delta t).\]Si ottiene allora \(\Delta t=\mathrm{40\,s}\) e da qui \(\Delta s_T=\mathrm{1200\,m}\).

La formulazione di questo esercizio è un po’ oscura:
Ad una molla sospesa è attaccato un corpo che oscilla con ampiezza 0,2 cm e frequenza 12 HZ. Determina l’accelerazione nel centro di oscillazione e la velocità dopo che è partito da 3/4 T da uno dei due estremi dell’oscillazione.

Ecco la mia risposta:
La frase: dopo che è partito da \(\displaystyle\frac{3}{4}T\) da uno dei due estremi di oscillazione, ha un significato che non mi è affatto chiaro. Non vedo come un oggetto possa “partire” (termine sempre un po’ delicato, parlando di moti che corrispondono a modelli ideali, privi di quello che in gergo si chiama un transitorio iniziale, un periodo in cui il moto ideale si stabilisce un po’ alla volta) a 3/4 del periodo. La soluzione che posso tentare è questa: l’estensore dell’esercizio voleva suggerire che a 3/4 del periodo l’oggetto si debba trovare a un estremo dell’oscillazione. In altri termini, la funzione del tempo che descrive l’oscillazione (una sinusoide o una cosinusoide) deve avere un valore estremo per \(\displaystyle t=\frac{3}{4}T\), deve cioè essere una sinusoide perché \(\displaystyle\sin\left(\frac{3}{4}2\pi\right)=-1\) mentre \(\displaystyle\cos\left(\frac{3}{4}2\pi\right)=0\).
La legge del moto sarà perciò:\[\displaystyle s(t)=\mathrm{0,2\,cm}\cdot\sin\left(24\pi\,\mathrm{Hz}\cdot t\right).\]

L’accelerazione nel centro di oscillazione è zero, come avviene in ogni moto armonico.

Questo è un tipo di esercizio che di tanto in tanto ritorna:
Calcola la sezione del capillare di un termometro a mercurio lungo 45 cm che è tarato per misurare da 0 °C a 100 °C, sapendo che a 0 °C il liquido contenuto occupa un volume pari a 0,1 cm3.

Ecco la mia risposta:
La legge di dilatazione volumica di un liquido come il mercurio è:\[\displaystyle V=V_0(1+\alpha\,\theta)\]dove \(V\) è il volume alla temperatura Celsius \(\theta\), \(V_0\) è il volume a \(\theta=\mathrm{0\,°C}\) e \(\alpha\) è il coefficiente di dilatazione volumica. Per il mercurio \(\alpha=\mathrm{0,18\cdot10^{-3}\,°C^{-1}}\).
Nel nostro esempio, \(V_0=\mathrm{0,1\,cm^3}\), quindi a \(\theta=\mathrm{100\,°C}\) si ha \(V=\mathrm{0,1018\,cm^3}\). Un cilindro alto \(h=\mathrm{45\,cm}\), con un volume pari a \(V\), deve avere una sezione \(\displaystyle S=\frac{V}{h}=\mathrm{2,26\cdot10^{-3}\,cm^2}\). Supponendo una sezione circolare, il raggio risulta \(\displaystyle r=\sqrt{\frac{S}{\pi}}=\mathrm{0,027\,cm}\).

Questo esercizio è difficile da decifrare:
Due carrellini sono attaccati tramite una fune di massa trascurabile, che scorre su un piolo privo di attrito; essi si muovono su una rotaia, a profilo triangolare, priva di attrito. Il carrellino 1 ha massa m1 = 400 g e gli angoli di inclinazione sono alpha = 25° e beta = 38°.
Calcola la massa del secondo carrellino affinché il sistema sia fermo.
Scrivere la relazione che lega le masse dei due corpi quando m1 scende con accelerazione a1.

Ecco la mia risposta:
La descrizione del sistema è molto ambigua. Eleonora (che ha proposto l’esercizio) deve avere davanti un disegno che non ha pensato di descrivere. Si parla di angoli di inclinazione, ma non si dice di cosa.
La mia ipotesi, basata sull’esperienza di questi anni, è che Eleonora intenda una situazione come quella rappresentata nel disegno qui di seguito. Risolverò l’esercizio come se i dati si riferissero ad esso.

Le frecce di colore nero rappresentano le forze peso sui due carrelli. Le frecce di colore rosso rappresentano le componenti di tali forze perpendicolari ai piani di appoggio (queste componenti vengono equilibrate dalle reazioni vincolari). Le frecce di colore blu rappresentano infine le componenti della forza peso parallele ai piani di appoggio: sono queste componenti che causano l’accelerazione con cui cadono (se cadono) i due carrelli. Come si può ricavare dalla trattazione vettoriale dell’equilibrio su un piano inclinato, i moduli delle componenti parallele della forza peso sono date dalle espressioni \(F_{//\,1}=m_1g\cdot\sin(\alpha)\) e \(F_{//\,2}=m_2g\cdot\sin(\beta)\).
I carrelli rimangono fermi se le due forze si equilibrano, quindi se i loro moduli sono uguali: \(m_1g\cdot\sin(\alpha)=m_2g\cdot\sin(\beta)\) da cui \(\displaystyle m_2=m_1\frac{\sin(\alpha)}{\sin(\beta)}=\mathrm{275\,g}\).

Se il filo è inestensibile, l’accelerazione con cui cade uno dei due carrelli è uguale a quella con cui sale l’altro. Tale accelerazione è data dal rapporto fra la forza totale \(F_T=m_1g\cdot\sin(\alpha)-m_2g\cdot\sin(\beta)\) e la massa totale \(m_T=m_1+m_2\),\[\displaystyle a=\frac{m_1\cdot\sin(\alpha)-m_2\cdot\sin(\beta)}{m_1+m_2}g.\]

Questo esercizio contiene una difficoltà importante:
Un solido cilindrico la cui lunghezza è pari a dieci volte il raggio sviluppa una certa potenza raggiante. Esso viene diviso in altri cilindri più piccoli della stessa lunghezza e della stessa temperatura del cilindro originario. La potenza totale emessa risulta doppia di quella iniziale. Quanti sono i cilindri piccoli?

Ecco la mia risposta:
Appena ho letto l’esercizio, ho pensato che il numero dei cilindri piccoli doveva essere quattro. Per giustificare la mia intuizione potrei procedere così. La potenza raggiante è proporzionale alla superficie, mentre la superficie è proporzionale al quadrato delle dimensioni lineari. Dividendo il cilindro in \(N\) cilindri più piccoli di uguale altezza \(h\), l’area di base \(\displaystyle\pi\,r^2\) risulta divisa per \(N\) e il raggio di base (una dimensione lineare) risulta diviso per \(\sqrt{N}\). Allo stesso tempo, però, l’area laterale \(2\pi\,r\cdot h\) aumenta di un fattore \(\sqrt{N}\), perché se il raggio diminuisce di un fattore \(\sqrt{N}\), il numero di cilindri aumenta di un fattore \(N\). Se voglio che la potenza aumenti di un fattore \(2=\sqrt{4}\), devo dividere il cilindro in 4 cilindri più piccoli.

Questo è il modo in cui un fisico, abituato a ragionare in termini di fattori di scala e proporzioni e a approssimare rapidamente trascurando le correzioni poco rilevanti, risolverebbe questo esercizio. Resta da vedere quanto uno studente di liceo sia in grado di fare lo stesso.
Uno studente liceale potrebbe cadere nella difficoltà seguente. La potenza raggiante è direttamente proporzionale alla superficie totale del cilindro. Calcoliamo questa superficie come somma delle aree di base e dell’area laterale, \(2\cdot\pi\,r^2+2\pi\,r\cdot h=2\cdot\pi\,r^2+2\pi\,r\cdot10\,r=22\pi\,r^2\).
Dividendo il cilindro in \(N\) parti, il raggio risulta diviso per \(\sqrt{N}\). L’area totale delle \(2N\) basi resta invariata, mentre l’area laterale totale diventa \(\displaystyle N\cdot2\pi\frac{r}{\sqrt{N}}\cdot10r\). La somma \(\displaystyle2\pi\,r^2\left(1+10\sqrt{N}\right)\) dell’area totale di base e dell’area totale laterale deve essere il doppio dell’area del cilindro di partenza.
Otteniamo l’equazione \(\displaystyle2\pi\,r^2\left(1+10\sqrt{N}\right)=44\pi\,r^2\) da cui ricaviamo \(\displaystyle\sqrt{N}=\frac{21}{10}\). E ora? Dobbiamo concludere che la risposta sia \(\displaystyle N=\frac{441}{100}\)? Come mai il ragionamento intuitivo del fisico portava a un \(N=4\), evidentemente corrispondente alla soluzione richiesta, che era un numero intero?
Il punto è che il ragionamento intuitivo ignorava le aree di base. Questo, perché \(h\) è molto maggiore di \(r\). La soluzione ottenuta all’inizio è approssimata. Ma nel testo nulla fa pensare che si richieda una soluzione approssimata. Un fisico bene addestrato non ci pensa due volte. Ma non so quanto uno studente liceale possa avere già sviluppato un’intuizione così sicura.

Questa domanda è un po’ troppo sintetica:
Perché delta V è uguale al prodotto Sh?

Ecco la mia risposta:
Immagino che Mario, che mi pone la domanda, si riferisca alla seguente situazione: un cilindro con area di base \(S\)  chiuso da un pistone mobile contiene una certa quantità di gas. Se il pistone si sposta percorrendo una distanza \(h\), chiamiamo \(\Delta V\) la variazione di volume del gas.
La situazione corrisponde al disegno qui sotto, dove per semplicità non si è rappresentato il pistone, la cui posizione corrisponde alla superficie superiore del gas. Nel disegno si vede che la variazione di volume non è altro che il volume del cilindro avente base \(S\) e altezza \(h\), per cui \(\Delta V=S\cdot h\).