Questo esercizio sembra più difficile di quello che è:
Un oggetto di massa 1 kg cade lungo una guida elicoidale senza attrito su una molla orizzontale con k = 1000 N/m da un altezza di 4 m rispetto al punto di impatto. Determina la velocità con cui colpisce la molla e di quanto si comprime la molla per fermarlo.

Ecco la mia risposta:
Il testo del problema contiene informazioni utili e altre meno utili. Le più utili sono:
la guida è senza attrito: questo vuol dire che tutta l’energia disponibile inizialmente come energia potenziale gravitazionale si trasforma senza perdite in energia cinetica;
la molla è orizzontale: questo vuol dire che nella compressione della molla non c’è alcuna variazione di energia potenziale gravitazionale;
la molla ferma l’oggetto: questo vuol dire che tutta l’energia cinetica dell’oggetto (e dunque tutta l’energia potenziale gravitazionale iniziale) si trasforma in energia potenziale elastica della deformazione della molla.
(In verità c’è un’informazione mancante: se la molla è ideale o meno. In una molla non ideale non tutta l’energia trasferita si trasforma in energia elastica. Non avendo indicazioni in proposito, per semplicità supporremo che la molla sia ideale.)

Un’informazione inutile è che la guida sia elicoidale. Se l’attrito è assente, la forma e la lunghezza della guida è irrilevante. Il principio di conservazione dell’energia è importante soprattutto perché ci permette di arrivare al risultato senza considerare questi dettagli.

A questo punto scriviamo l’equazione che rappresenta la conservazione dell’energia:\[E_{iniziale}=E_{finale}\]o, più in dettaglio:\[E_{potenziale\,gravitazionale\,iniziale}=E_{potenziale\,elastica\,finale}\]o ancora:\[mgh=\frac{1}{2}kx^2.\]Ricavando la deformazione della molla:\[\displaystyle x=\sqrt{\frac{2mgh}{k}}=\mathrm{0,28\,m}.\]Per trovare la velocità all’impatto basta risolvere l’equazione:\[E_{potenziale\,gravitazionale\,iniziale}=E_{cinetica\,intermedia}\]ovvero:\[mgh=\frac{1}{2}mv^2.\]

Questo esercizio manca di un’informazione:
A un oggetto di ferro di volume 5×10^(-3) m3 vengono ceduti 2,7×10^5 J. Calcola la sua variazione di volume sapendo che la densità del ferro è 7960 kg/m3.

Ecco la mia risposta:
La legge della dilatazione termica volumica è \(V=V_0(1+3\lambda\theta)\), dove \(\theta\) è la temperatura Celsius, \(V_0\) è il volume a \(\theta=\mathrm{0\,°C}\) e \(\lambda=\mathrm{11,8\cdot10^{-6}\,°C^{-1}}\) è il coefficiente di dilatazione termica lineare.
Si vede subito che manca il valore della temperatura iniziale dell’oggetto. Siamo a \(\mathrm{0\,°C}\), e quindi il volume che ci viene fornito è \(V_0\)? Per semplicità faremo questa ipotesi.

Dalla legge della dilatazione si ricava che:\[\displaystyle\frac{V-V_0}{V_0}=3\lambda\theta\]mentre la temperatura può essere ricavata supponendo che la temperatura iniziale sia \(\mathrm{0\,°C}\), e quella finale sia raggiunta fornendo un’energia \(E=\mathrm{2,7\cdot10^5\,J}\) a un oggetto di capacità termica \(C=c\cdot m=c\cdot d\cdot V_0=\mathrm{444\,J\,kg^{-1}\,°C^{-1}\cdot 7960\,kg\,m^{-3}\cdot 5\cdot10^{-3}\,m^3=18\,kJ\,°C^{-1}}\).
La temperatura finale risulta \(\displaystyle\theta=\frac{E}{C}=\mathrm{15\,°C}\) e la percentuale richiesta vale \(3\lambda\theta=5\cdot10^{-4}\).

Questo esercizio in fondo è facile:
Calcola l’intensità del campo elettrico che esiste in un punto P sapendo che una carica di prova di 10^(-10) C posta in quel punto risente di una forza di 2×10^(-6) N.

Ecco la mia risposta:
L’intensità \(E\) del campo elettrico in un punto P dello spazio è per definizione uguale al rapporto fra l’intensità della forza \(F\) agente su una carica di prova \(q\), posta in quel punto, e il valore della carica stessa:\[\displaystyle E=\frac{F}{q}.\]Dai valori forniti nel testo si ricava \(\displaystyle E=\mathrm{2\cdot10^4\frac{N}{C}}\).

Questo esercizio non richiede calcoli:
Tre cariche A = B =C = 10^(-6) C sono poste ai vertici di un triangolo equilatero di lato 6 cm. Determina il modulo del campo elettrico generato nel baricentro del triangolo dal sistema delle tre cariche. Cambierebbe il risultato se le cariche fossero negative?

Ecco la mia risposta:
Un disegno può illuminare la situazione:
Dato che le cariche sono uguali e sono poste alla stessa distanza dal baricentro di un triangolo equilatero, i tre vettori campo elettrico hanno la stessa intensità e sono disposti in modo da formare angoli di 120° gli uni con gli altri. Il terrore risultante è quindi nullo, come si vede dal fatto che la somma vettoriale di due qualsiasi di essi è uguale all’opposto del terzo.
Se le cariche fossero negative tutti i vettori cambierebbero verso, ma la situazione complessiva non cambierebbe.

Questo esercizio presuppone una precisione eccessiva:
Un righello di acciaio è tarato per misure a 20 °C. Un disegnatore lo utilizza a 40 °C per tracciare un segmento di 0,50 m su una lastra di rame a 40 °C. A che temperatura bisogna portare la lastra affinché la lunghezza della linea sia realmente 0,50 m?

Ecco la mia risposta:
La sola relazione necessaria è la legge della dilatazione termica lineare:\[\displaystyle l=l_0\cdot\left(1+\lambda\theta\right)\]dove \(\theta\) è la temperatura in gradi Celsius mentre \(\lambda\) è il coefficiente di dilatazione termica lineare, che vale \(\mathrm{12\cdot10^{-6}\,°C^{-1}}\) per l’acciaio e \(\mathrm{17\cdot10^{-6}\,°C^{-1}}\) per il rame. Il simbolo \(l_0\) indica la lunghezza a \(\mathrm{0\,°C}\).

Sapendo che un segmento dato sul righello ha lunghezza \(l=\mathrm{0,50\,m}\) a \(\theta=\mathrm{20\,°C}\), dalla relazione si ricava la lunghezza a \(\mathrm{0\,°C}\), \(\displaystyle l_0=\mathrm{\frac{0,50\,m}{1+12\cdot10^{-6}\,°C^{-1}\cdot20\,°C}=0,4999\,m}\). Usando questo valore si può trovare la lunghezza effettiva a \(\mathrm{40\,°C}\), \(l’=\mathrm{0,5001\,m}\).

Questa è quindi la lunghezza del segmento tracciato sulla lastra di rame. Ora, ripetendo i calcoli con il valore di \(\lambda\) del rame, si può trovare la lunghezza che il segmento avrebbe a \(\mathrm{0\,°C}\), \(l_0=\mathrm{0,4998\,m}\) e infine la temperatura alla quale la lunghezza risulta quella attesa:\[\displaystyle \theta=\frac{l-l_0}{l_0\lambda}=\mathrm{35\,°C}.\]

Naturalmente stiamo parlando di differenze di un centesimo di millimetro, che sarebbe estremamente difficile mettere in evidenza in pratica. Mi chiedo quanti righelli in commercio siano tarati con una precisione simile.

Questo esercizio è molto analitico:
Un blocco di granito di 40 kg viene fatto scivolare su un piano inclinato in lamiera (velocità iniziale = 0) . Tra il piano e il blocco di granito c’è attrito dinamico con coefficiente di attrito pari a 0,25. Viene installata una fotocellula a 50 m da dove parte il blocco. L’inclinazione del piano è di 25°. Trovare
1. La forza risultante che provoca il moto.
2.  L’accelerazione con cui scende il corpo.
3. Quanto ci mette ad arrivare alla fotocellula.
4. La velocità registrata dalla fotocellula.

Ecco la mia risposta:
1. La forza risultante è la somma della componente della forza peso parallela al piano inclinato (pari a \(mg\sin\alpha\), come è noto dalla trattazione elementare del piano inclinato) con la forza di attrito (proporzionale alla componente perpendicolare della forza peso, \(mg\cos\alpha\) e pari a \(\mu mg\cos\alpha\)). Le due forze hanno verso opposto, quindi il modulo della loro somma è la differenza dei moduli:\[F_R=mg\sin\alpha-\mu mg\cos\alpha=\mathrm{77\,N}.\]2. L’accelerazione è data dal rapporto fra la forza risultante e la massa, \(\displaystyle a=\frac{F}{m}=\mathrm{1,9\,\frac{m}{s^2}}\).
3. Il moto del corpo è uniformemente accelerato, con velocità iniziale nulla. L’espressione della distanza percorsa è \(\displaystyle\Delta s=\frac{1}{2}at^2\) da cui si ricava l’intervallo di tempo impiegato a percorrere i \(\mathrm{50\,m}\) che dividono la posizione iniziale del corpo dalla fotocellula: \(\displaystyle t=\sqrt{\frac{2\Delta s}{a}}=\mathrm{7,3\,s}\).
4. In un moto uniformemente accelerato con velocità iniziale nulla l’espressione della velocità all’istante \(t\) è \(v=at\), per cui la velocità registrata dalla fotocellula è \(\displaystyle v=\mathrm{1,9\,\frac{m}{s^2}\cdot7,3\,s=14\,\frac{m}{s}}\).

Questo esercizio è molto simile al precedente:
Un corpo scivola lungo un piano inclinato alto 2 m e lungo 10 m. Se il coefficiente d’attrito è k = 0,2 calcola la sua velocità finale.

Ecco la mia risposta:
Rimando al problema precedente, Un blocco di granito su un piano in lamiera. Ci sono alcune piccole differenze: nel problema precedente viene data l’inclinazione del piano, mentre qui si forniscono altezza e lunghezza, così che risulti naturale scrivere la componente parallela della forza peso come \(\displaystyle mg\frac{h}{l}\); il coefficiente di attrito, che lì ho chiamato \(\mu\), qui si chiama \(k\); e la distanza al termine della quale occorre calcolare la velocità non è la distanza fino a una fotocellula, ma l’intera lunghezza del piano.
Per il resto, l’esercizio si svolge allo stesso modo.

Questo esercizio non deve essere messo in pratica:
Una persona salta giù da un carrello in moto alla velocità di 2 m/s nel verso opposto alla direzione del moto del carrello. La massa della persona è di 70 kg, la sua velocità è di 5 m/s e la massa del carrello è di 100 kg. Calcola la velocità finale del carrello dopo che la persona è scesa.

Ecco la mia risposta:
La quantità di moto del sistema persona + carrello vale, prima del salto, \(\displaystyle p_0=\left(m_c+m_p\right)v_0= \mathrm{340\,kg\frac{m}{s}}\) e in assenza di forze esterne al sistema deve conservarsi.
La quantità di moto della persona dopo il salto ha verso opposto e quindi deve avere segno negativo: \(\displaystyle p_p=m_p\cdot v_p=\mathrm{-350\,kg\frac{m}{s}}\). Per il principio di conservazione della quantità di moto:\[p_0=p_p+p_c\]da cui\[p_c=p_0-p_p= \mathrm{340\,kg\frac{m}{s}+350\,kg\frac{m}{s}=690\,kg\frac{m}{s}}\]e la velocità del carrello dopo il salto risulta \(\displaystyle v_c=\frac{p_c}{m_c}=\mathrm{6,9\frac{m}{s}}\).

A questo esercizio manca un disegno:
Una massa Ma = 2 kg è posta su un carello di massa Mb = 8 kg ed è legata con una fune inestensibile e senza massa alla massa Mc = 4 kg. La carrucola è anch’essa senza massa, il coefficiente d’attrito tra A e B è 0,6 mentre è nullo tra B e il tavolo. Determinare le accelerazioni tra A e B relative al tavolo e la tensione nella fune.

Ecco la mia risposta:
Tiro a indovinare e ipotizzo che la situazione sia quella rappresentata nel disegno.

Consideriamo le forze agenti su ciascun oggetto:
1. su C agiscono la forza peso \(P=m_Cg\) e la tensione \(T\) della fune, per cui l’accelerazione è \(\displaystyle a_C=\frac{P-T}{m_C}\);
2. su B agiscono la tensione della fune e la forza di attrito (che si oppone al moto) \(F_a=\mu m_Ag\), per cui l’accelerazione è \(\displaystyle a_B=\frac{T-F_a}{m_B}\);
3. su A agisce la sola forza di attrito, rivolta in avanti, per cui l’accelerazione è \(\displaystyle a_A=\frac{F_a}{m_A}=\mu g\).
Dato che la fune è inestensibile, deve essere \(a_C=a_B\), da cui:\[\displaystyle\frac{m_C\,g-T}{m_C}=\frac{T-\mu\,m_A\,g}{m_B}\]quindi\[m_B\,m_C\,g-m_B\,T=m_C\,T-\mu\,m_C\,m_A\,g\]e finalmente\[\displaystyle T=\frac{\left(m_B+\mu\,m_A\right)m_C\,g}{m_C+m_B}.\]Calcolando con questo risultato \(a_C=a_B\), si trova \(\displaystyle \frac{m_C\,g-\mu\,m_A\,g}{m_C+m_B}\). Questo risultato ci dice che il sistema B+C si muove come un singolo oggetto sottoposto alla forza risultante dalla forza peso su C e la forza di attrito fra A e B. L’accelerazione così calcolata è relativa al tavolo.
Anche l’accelerazione \(a_A=\mu\,g\) è relativa al tavolo. Non so cosa volesse dire il testo parlando di “accelerazioni tra A e B relative al tavolo”.

Questo esercizio è un po’ confuso:
Un atleta si allena con un bilanciere particolare. È una sorta di leva con braccio della resistenza (80 cm) doppio del braccio della forza motrice (40 cm). L’atleta, spingendo con i piedi (sul braccio corto) solleva un carico di 35 kg fino a una quota di 70 cm, poi lascia cadere il peso (che in effetti ruota attorno al fulcro descrivendo un arco di circonferenza) e poco prima che tocchi il suolo lo arresta in un tempo di 1/10 di secondo,. facendolo arrivare a terra a velocità nulla. Come possiamo calcolare la forza media e la potenza media sviluppata dall’atleta? cosa succede se il carico aumenta? Si può stimare la massima forza applicabile dall’atleta?

Ecco la mia risposta:
La descrizione del processo è un po’ contorta, e a mio parere introduce molti elementi di distrazione. Mi sembra di capire che le domande si riferiscano all’ultima fase, quella in cui il moto dell’attrezzo viene arrestato.
Proviamo a rispondere ragionando con il principio di conservazione dell’energia. Il peso cade da una quota di \(\mathrm{70\,cm}\). Fino a quale quota? Il testo dice: “poco prima che tocchi il suolo”. Sappiamo che l’ultimissima fase della caduta si svolge in \(\displaystyle\mathrm{\frac{1}{10}s}\). Se conoscessimo la forza applicata o l’accelerazione impressa potremmo calcolare la distanza da percorrere per arrivare fino a terra; ma queste sono le grandezze che dobbiamo trovare.
Allora proviamo a considerare trascurabile l’ultimo tratto, e ragioniamo su un dislivello pari all’intera altezza iniziale di caduta. L’energia potenziale gravitazione all’inizio della caduta, quindi l’energia cinetica alla fine, è \(E_{p\,i}=mgh=\mathrm{240\,J}=E_{c\,f}\) e la velocità finale è \(\displaystyle v_f=\mathrm{3,7\frac{m}{s}}\). Poiché la velocità va a zero in \(\displaystyle\Delta t=\mathrm{\frac{1}{10}s}\), l’accelerazione impressa è \(\displaystyle a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\mathrm{-37\frac{m}{s^2}}\).
Si può calcolare a questo punto che la distanza percorsa in frenata in questo intervallo è \(\mathrm{19\,cm}\), quindi tale distanza non è affatto trascurabile rispetto al dislivello di caduta. Abbiamo un problema con le ipotesi adottate finora, ma non è chiaro come si possa risolverlo. In altri termini: credo che l’esercizio andrebbe formulato in modo diverso e più coerente.

Questo esercizio presenta una piccola ambiguità:
Una molla ideale di massa trascurabile può essere compressa di 1 m da una forza di 1000 N. Essa è posta alla fine di un piano inclinato liscio che forma un angolo di 30° con l’orizzontale. Una massa M di 10 kg è lasciata cadere da ferma dal vertice del piano inclinato e si arresta momentaneamente dopo aver compresso la molla di 2 m. Di quanto si sposta la massa prima di fermarsi? Qual è la velocita’ della massa un istante prima di toccare la molla?

Ecco la mia risposta:
La costante elastica della molla vale \(\displaystyle k=\mathrm{1000\,\frac{N}{m}}\), quindi l’energia potenziale elastica presente all’istante di massima compressione (quando l’oggetto è istantaneamente fermo a contatto della molla) vale \(\displaystyle E_{pot\,el\,fin}=\frac{1}{2}k\cdot x^2=\mathrm{2000\,J}\). Se si assume questa posizione istantanea dell’oggetto come zero dell’energia potenziale della forza peso e si trascurano gli attriti, questo è anche il valore costante dell’energia meccanica totale del sistema.

Non riesco a capire l’espressione “Di quanto si sposta la massa prima di fermarsi?” Con qualche perplessità la interpreto come una richiesta di calcolare la distanza percorsa dall’oggetto dalla posizione iniziale in alto sul piano inclinato fino alla posizione di arresto istantaneo a contatto con la molla. In tale, osserviamo che nella posizione iniziale tanto l’energia potenziale elastica quanto l’energia cinetica sono nulle, quindi l’energia potenziale gravitazionale vale \(E_{pot\,gr\,in}=\mathrm{2000\,J}\) e il dislivello \(h\) fra questa posizione e lo zero dell’energia gravitazionale vale \(\displaystyle h_{in}=\frac{E_{pot\,gr\,in}}{mg}=\mathrm{20\,m}\). La distanza percorsa attraversando questo dislivello lungo un piano inclinato di \(30°\) è \(\displaystyle d=\frac{h_{in}}{\sin30°}=\mathrm{40\,m}\).

La velocità all’istante del contatto con la molla si può trovare ragionando sull’energia cinetica a tale istante. Una strategia approssimata consiste nell’identificare tale energia cinetica con l’energia meccanica totale, cioè ponendo uguali a zero l’energia potenziale elastica (com’è certamente vero) sia l’energia potenziale gravitazionale. Però all’istante del contatto con la molla l’oggetto in caduta non si trova nella posizione di zero dell’energia potenziale gravitazionale, ma \(\mathrm{2\,m}\) più a monte, quindi \(\mathrm{1\,m}\) più in alto. L’energia cinetica non è quindi esattamente \(\mathrm{2000\,J}\), perché bisogna togliere \(\mathrm{98\,J}\) di energia potenziale gravitazionale residua.

Questo è un esercizio abbastanza facile:
Un batiscafo si è immerso alla profondità di 6500 m. Qual è la pressione a tale profondità, assumendo che la densità sia costante e eguale a 1,03 g/cm3? Qual è la forza che si esplica su di un oblò circolare di diametro 40 cm?

Ecco la mia risposta:
La legge di Stevin afferma che la pressione idrostatica (che si aggiunge alla pressione atmosferica) alla profondità \(h\) in un liquido di densità \(\displaystyle d=\mathrm{1030\frac{kg}{m^3}}\) vale \(p_{idro}=d\,g\,h\). Aggiungendo il valore standard \(\mathrm{103\,kPa}\) della pressione atmosferica al livello del mare, la pressione sul batiscafo vale \(\mathrm{65,7\,MPa}\).
La forza sull’oblo si trova moltiplicando la pressione per la superficie \(S=\mathrm{0,50\,m^2}\) dell’oblò.

Questo esercizio richiede un disegno:
Il termine della partita di calcio Inter-Bologna, è decretato dall’arbitro che si trova in quel momento al centro del campo, con i suoni emessi dal fischietto in dotazione. Il giocatore Milito si trova a 8,0 m dall’arbitro, in direzione sud, mentre il giocatore Di Vaio si trova in direzione est (sempre rispetto all’arbitro). Milito avverte un suono di intensità tripla di quella avvertita da Di Vaio. Rappresenta graficamente la situazione e calcola la distanza tra i due giocatori.

Ecco la mia risposta:

Come si vede dal disegno, i tre personaggi si trovano ai vertici di un triangolo rettangolo. Sapendo che l’intensità avvertita da M è il triplo di quella avvertita da V, e che l’intensità varia in maniera inversamente proporzionale alla distanza, deve essere \(\displaystyle \frac{1}{r_{AM}^2}=\frac{3}{r_{AV}^2}\) e di conseguenza \(r_{AV}=\sqrt{3}\,r_{AM}\).
Per il teorema di Pitagora \(\displaystyle r_{MV}=\sqrt{r_{AV}^2+r_{AM}^2}=\sqrt{4\,r_{AM}^2}=2\,r_{AM}\).

Questo esercizio serve a distinguere forze e campi:
Due cariche rispettivamente di 4×10^(-7) C e di -2×10^(-6) C sono poste in due punti A e B distanti tra loro 40 cm.
Calcola l’intensità del campo elettrico creato da ognuna di esse nel punto occupato dall’altra carica e la forza che agisce su ognuna di esse .
Rappresenta graficamente i vettori campo e i vettori forza nei punti A e B .

Ecco la mia risposta:

La definizione di campo elettrico \(\vec E\) in un punto dello spazio è data dal rapporto fra la forza \(\vec F\) che agisce su una carica \(q\) posta in quel punto dello spazio e la carica stessa: \(\displaystyle \vec E=\frac{\vec F}{q}\).

Nella nostra situazione la forza su ciascuna carica è data dalla legge di Coulomb, \(\displaystyle F=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1\,q_2}{r^2}=\mathrm{0,045\,N}\). Le due forze sono uguali per la terza legge di Newton.

I campi invece non sono uguali. Dividendo l’intensità di \(\vec F\) per \(q_1\) si ottiene l’intensità \(\displaystyle E_2=\mathrm{1,1\cdot10^5\frac{N}{C}}\) del campo elettrico generato da \(q_2\) nel punto in cui si trova \(q_1\). Poiché \(q_1\) è positiva, \(\vec E_2\) e \(\vec F\) hanno lo stesso verso.
Dividendo poi l’intensità di \(\vec F\) per \(q_2\) si ottiene l’intensità \(\displaystyle E_1=\mathrm{2,2\cdot10^4\frac{N}{C}}\) del campo elettrico generato da \(q_1\) nel punto in cui si trova \(q_2\). Poiché \(q_2\) è negativa, \(\vec E_1\) e \(\vec F\) hanno verso opposto. (Si noti che, in questo modo, \(\vec E_1\) e \(\vec E_2\) hanno in assoluto lo stesso verso.

Questo è un esercizio sulla velocità limite:
Una bolla d’aria con raggio r = 5 mm sale attraverso un liquido con velocità v = 2 mm/sec. Se il liquido ha densità d = 1,4×10^3 kg/m3, qual è il valore di η?

Ecco la mia risposta:
Sulla bolla d’aria agiscono tre forze: la forza peso \(\displaystyle P=d_{aria}\cdot V\cdot g=d_{aria}\cdot\frac{4\pi r^3}{3}g\), la spinta idrostatica \(\displaystyle S=d_{liquido}\cdot\frac{4\pi r^3}{3}g\) e l’attrito viscoso dato dalla legge di Stokes \(F=6\pi\eta rv\). Poiché la densità dell’aria (circa \(\mathrm{1\,kg\,m^{-3}}\)) è molto minore di quella del liquido, possiamo trascurare il peso \(P\) rispetto alla spinta idrostatica \(S\).

La forza di Stokes è direttamente proporzionale alla velocità. All’istante in cui la bolla si forma tale forza è nulla e la bolla continua ad accelerare verso l’alto sotto l’effetto della spinta idrostatica. Aumentando la velocità, aumenta anche l’attrito viscoso. Quando, dopo pochissimo tempo, le due forze risultano uguali e opposte la forza totale risulta nulla e il moto della bolla diventa un moto rettilineo uniforme: è a questa fase che si riferisce la velocità \(v\) indicata nel testo, detta velocità limite.

La condizione per la velocità limite è quindi \(S = F\) ovvero:\[\displaystyle d_{liquido}\cdot\frac{4\pi r^3}{3}g=6\pi\eta rv\]da cui si ricava:\[\displaystyle\eta=\frac{2dr^2g}{9v}=\mathrm{38\,Pa\,s}.\]

Questo esercizio è abbastanza facile:
Una molecola di ossigeno ha massa m = 5,3 * 10^-26 kg e momento di inerzia I = 1.9 *10^-46 kgm^2, quanto vale il raggio?

Ecco la mia risposta:
Suppongo che per “raggio” si intenda, qui, la distanza fra i due atomi di ossigeno che formano la molecola. Il momento d’inerzia di un corpo rigido formato da due getti puntiformi identici di massa totale \(m\), posti alla distanza \(d\), si può scrivere come:\[\displaystyle I=\sum_i m_i\cdot r_i^2=\frac{m}{2}\left(\frac{d}{2}\right)^2+\frac{m}{2}\left(\frac{d}{2}\right)^2=\frac{m\cdot d^2}{8}.\]Con i dati del problema si ricava:\[\displaystyle d=\sqrt{\frac{8I}{m}}=\mathrm{1,7\cdot10^{-10}\,m}.\]

Questa domanda ha una risposta obbligata:
Una palla lanciata verso l’alto nell’aria ha velocità zero nel punto più alto della traiettoria. In quell’istante quanto vale la sua accelerazione? Nel punto a metà della traiettoria quanto vale l’accelerazione di un proiettile sparato con un angolo di 45°?

Ecco la mia risposta:
La palla, non soltanto nel punto più alto della traiettoria, ma a qualsiasi istante, ha sempre la stessa accelerazione: \(g\). Il proiettile, non soltanto a metà della traiettoria ma in qualsiasi posizione, e con qualunque angolo venga sparato, ha sempre la stessa accelerazione: \(g\).
Se trascuriamo la resistenza dell’aria, la sola forza agente è la forza peso, che è uniforme e vale dappertutto \(mg\). Dividendo per la massa si ottiene un’accelerazione uniforme, appunto \(g\).

Questo esercizio segue uno schema consueto:
Un oggetto di massa m = 3 kg, inizialmente fermo ai piedi di una salita alta 9 m e inclinata di 45° viene tenuto premuto contro una molla di costante elastica k = 4000 N/m.
La molla è compressa di 30 cm. Ad un certo momento si lascia libera la molla di estendersi e spingere in su l’oggetto. Quanti metri percorre il corpo?

Ecco la mia risposta:
Ho risolto di recente un esercizio molto simile a questo, quindi sarò rapido.
All’istante iniziale l’energia che il sistema possiede è interamente elastica, pari a \(\displaystyle E=\frac{1}{2}kx^2=\frac{1}{2}\mathrm{4000\frac{N}{m}\cdot\left(0,30\,m\right)^2=180\,J}\).
All’istante finale l’energia è interamente gravitazionale, ma il suo valore è lo stesso. Dall’uguaglianza \(E=mgh=\mathrm{180\,J}\) si ricava l’altezza raggiunta: \(\displaystyle h=\frac{E}{mg}=\mathrm{6,1\,m}\).
Dato che l’oggetto si sposta lungo un piano inclinato che forma un triangolo rettangolo isoscele, la distanza percorsa per arrivare all’altezza \(h\) è \(\displaystyle d=\sqrt{2}\,h=\mathrm{8,7\,m}\).

Questo esercizio non presenta difficoltà di principio:
Una cassa di massa m = 20 kg si muove su una distanza s = 5 m su un piano orizzontale con coefficiente di attrito µ = 0,40 trascinata da una forza motrice F = 200 N inclinata di 20° rispetto all’orizzontale. Calcolare il lavoro compiuto dalla forza motrice e dalla forza di attrito Fa. Calcolare poi la velocità finale sapendo che v0 = 0.

Ecco la mia risposta:
Il lavoro della forza motrice vale \(W_m=\vec F \circ \vec s=F\cdot s\cdot\cos(20°)=\mathrm{940\,J}\).

La forza di attrito ha intensità pari al prodotto fra coefficiente di attrito e forza perpendicolare al piano di appoggio. In questo caso la forza perpendicolare è la forza peso, quindi \(F_a=\mu\,mg=\mathrm{78\,N}\). La forza di attrito è parallela allo spostamento, con verso contrario ad esso, quindi il lavoro compiuto è \(W_a=F_a\cdot s\cdot\cos(180°)=\mathrm{-390\,J}\).

Il lavoro totale sulla cassa è \(W=W_m+W_a=\mathrm{550\,J}\) ed è uguale all’aumento di energia cinetica della cassa, cioè (dato che la velocità iniziale è nulla) all’energia cinetica finale \(\displaystyle K_f=\frac{1}{2}mv_f^2\). La velocità finale risulta perciò \(\displaystyle v_f=\sqrt{\frac{2K_f}{m}}=\mathrm{7,4\frac{m}{s}}\).

Questo esercizio mette all’opera i principi di conservazione:
Una pallina in moto con velocità v1 =5 m/s urta centralmente ed elasticamente una seconda pallina ferma di uguale massa m, posta alla base di un piano inclinato di un angolo di 30°. Calcolare la distanza che dopo l’urto la seconda pallina percorre lungo il piano prima di fermarsi.

Ecco la mia risposta:
In un urto centrale elastico fra due oggetti di uguale massa, il secondo inizialmente immobile, i principi di conservazione della quantità di moto e dell’energia (in questo caso della sola energia cinetica) prevedono che l’oggetto inizialmente in moto si fermi, e l’altro si metta in moto con la stessa velocità che aveva il primo oggetto prima dell’urto. Quindi la seconda pallina inizia a salire lungo il piano inclinato con velocità pari a \(\displaystyle\mathrm{5\frac{m}{s}}\).
L’energia della pallina è inizialmente interamente cinetica, \(E_1=\frac{1}{2}mv^2\). Quando la pallina si ferma, l’energia è interamente gravitazionale, \(E_2=mgh\). Poiché in assenza di attrito \(E_1=E_2\), si ha \(\displaystyle\frac{1}{2}mv^2=mgh\) da cui \(\displaystyle h=\frac{v^2}{2g}=\mathrm{1,28\,m}\). Nel triangolo rettangolo con cui schematizziamo il piano inclinato, \(h\) è il cateto opposto all’angolo di \(30°\), mentre la distanza percorsa \(s\) è l’ipotenusa, quindi \(\displaystyle s=\frac{h}{\sin\,30°}=\mathrm{2,56\,m}\).