Questo esercizio si può risolvere con i principi di conservazione:
Una pallottola di massa m = 7,2 g con velocità iniziale v0 = 550 m/s colpisce il blocco di legno di un pendolo balistico sollevandolo di un dislivello h = 22 cm. Calcolare la massa M del blocco.

Ecco la mia risposta:
Se la pallottola si conficca nel blocco, la conservazione della quantità di moto permette di calcolare la velocità del sistema pallottola + blocco subito dopo l’urto. Prima dell’urto il blocco è fermo, mentre la quantità di moto della pallottola è \(\displaystyle p=m\cdot v_0=\mathrm{3,96\frac{kg\,m}{s}}\). Questa è anche la quantità di moto dopo l’urto del sistema complessivo, che quindi ha una velocità \(\displaystyle v=\frac{p}{m+M}\).
La velocità del sistema dopo l’urto può essere calcolata anche così: l’energia cinetica \(\displaystyle K=\frac{1}{2}(m+M)v^2\) dev’essere uguale all’energia potenziale gravitazionale all’istante di massimo dislivello, \(U=(m+M)gh\). Uguagliando le due energie si trova \(\displaystyle\frac{1}{2}(m+M)v^2=(m+M)gh\), e quindi \(\displaystyle v=\sqrt{2gh}=\mathrm{2,08\frac{m}{s}}\)

Confrontando questo valore della velocità con l’espressione trovata a partire dalla quantità di moto si ottiene: \(\displaystyle\frac{\mathrm{3,96\frac{kg\,m}{s}}}{m+M}=\mathrm{2,08\frac{m}{s}}\), da cui \(\displaystyle m+M=\frac{\mathrm{3,96\frac{kg\,m}{s}}}{\mathrm{2,08\frac{m}{s}}}=\mathrm{1,907\,kg}\) e infine \(M=\mathrm{1,9\,kg}\).

Questo è un esercizio a scelta multipla:
in un recipiente di metallo si trova una certa quantità di acqua. Se l’acqua subisce una variazione di temperatura pari a 8 °K e trascurando la dilatazione del recipiente, trovare la temperatura iniziale dell’acqua in modo che essa non trabocchi dal recipiente.
Possibili risposte: -4 °C; 0 °C; -2 °C; +4 °C.

Ecco la mia risposta:
L’acqua ha un massimo di densità (e quindi un minimo di volume, a parità di massa) a 4 °C. Nel diagramma seguente ho messo in evidenza le temperature proposte dall’esercizio.

Come si vede, partendo dalle temperature -4 °C o -2 °C e aumentando la temperatura di 8 °C (o 8 K, il che è lo stesso; invece 8 °K va considerato un errore di ortografia nel Sistema Internazionale) si ottiene un volume finale minore di quello iniziale. Entrambe le risposte sarebbero quindi accettabili, la prima ancor più della seconda.
Invece, partendo da 0 °C o 4 °C, si arriva a un volume finale maggiore di quello iniziale.

Questo è un esercizio sulle leggi di Newton:
Due masse m1 = 60 kg ed m2 = 40 kg si trovano su un piano orizzontale in assenza di attrito e sono collegate da una fune di massa trascurabile.
Alla massa m2 viene applicata una forza F = 100 N che forma un angolo di 60° con l’orizzontale.
a) Trova l’accelerazione a del sistema e la tensione T della fune.
b) Determina la forza F1, parallela all’orizzontale, con cui si deve spingere m1, affinché la tensione si annulli. Qual è il nuovo valore dell’accelerazione?

Ecco la mia risposta:
L’accelerazione del sistema è data dalla seconda legge di Newton applicata appunto al sistema formato dalle due masse: \(F_{totale}=(m_1+m_2)\cdot a\). Per trovare la forza totale scomponiamo le forze agenti lungo un asse \(x\) coincidente con il piano e orientato nel verso del moto delle masse, e lungo un asse \(y\) perpendicolare al piano e orientato verso l’alto.
Lungo \(x\) la sola forza presente è la componente \(x\) della forza \(F\), pari a \(F_x=F\cdot\cos(60°)=\mathrm{50\,N}\).
Lungo \(y\) le forze presenti sono la forza peso, la componente \(F_y\) della forza \(F\), e la reazione vincolare del piano che (se il piano non si è spezzato…) cancella esattamente le altre due forze, per la terza legge di Newton.
In conclusione, la forza totale è uguale alla forza \(F_x\) e agisce parallelamente al piano. L’accelerazione risultante è \(\displaystyle a=\frac{F_{totale}}{m_1+m_2}=\mathrm{0,50\frac{m}{s^2}}\).
La tensione \(T\) della fune è la forza che accelera la massa \(m_1\), quindi \(T=m_1\cdot a=\mathrm{30\,N}\).

Se vogliamo annullare la tensione della fune, dobbiamo fare in modo che la forza \(F_1\) imprima alla sola massa \(m_1\) la stessa accelerazione \(a’\) che la forza \(F_x\) imprime alla massa \(m_2\) agendo soltanto su di essa: se la tensione è nulla, infatti, vuol dire che la fune non svolge alcun ruolo nell’accelerare le due masse.
La nuova accelerazione \(a’\) è quindi \(\displaystyle a’=\frac{F_x}{m_2}=\mathrm{1,25\frac{m}{s^2}}\). La forza necessaria a imprimere questa accelerazione a \(m_1\) è \(F_1=m_1\cdot a’=\mathrm{75\,N}\).

Questo è un esercizio sulla forza di attrito e l’energia cinetica:
Un corpo di massa m = 20 kg inizialmente fermo è spinto su un pavimento orizzontale per un tratto di lunghezza s = 10 m da una forza orizzontale di intensità F = 80 N e inclinata di 30°. Se la velocità al termine dello spostamento è di 4 m/s qual’è il coefficiente di attrito?

Ecco la mia risposta:
Il procedimento più semplice è forse quello basato sul teorema per cui il lavoro eseguito su un oggetto è uguale alla variazione di energia cinetica del corpo stesso. In base ai dati si ricava che la variazione di energia cinetica vale \(\displaystyle\Delta K=K_f-K_i=K_f=\frac{1}{2}mv^2=\mathrm{160\,J}\), dato che la velocità è inizialmente nulla.
Sull’oggetto compiono lavoro la forza \(F\), il cui lavoro è positivo e vale \(W_1=F\cdot s\cdot\cos(30°)=\mathrm{693\;J}\), e la forza di attrito \(F_a=\mu\cdot F_{peso}\cdot\cos(180°)=\mu\cdot mg\cdot\cos(180°)\).
Il lavoro totale dev’essere uguale all’energia cinetica finale, \(W_{tot}=W_1+W_2=K_f\) per cui \(W_2=K_f-W_1=\mathrm{-533\;J}\) è il lavoro della forza di attrito, negativo come dovevamo aspettarci.
Poiché \(W_2=F_a\cdot s\cdot\cos(180°)=\mu\cdot mg\cdot s\cdot\cos(180°)\), il coefficiente di attrito risulta \(\displaystyle\mu=\frac{W_2}{mg\cdot s\cdot\cos(180°)}=\mathrm{0,27}\).

Questa è una domanda sulla possibilità di visualizzare gli atomi:
Tenendo conto del modello di Thomson, immaginerei l’atomo come una sfera con tanti puntini (gli elettroni).
Immaginerei l’atomo di Rutherford come una sfera con all’interno una sfera più piccola (che rappresenterebbe il nucleo). L’atomo di Bohr, lo immaginerei anch’esso come una sfera all’interno della quale vi sono tanti cerchi che rappresentano i vari livelli energetici.
Se tengo conto del modello attuale invece, non riesco ad immaginare quale possa essere la forma dell’atomo a causa delle varie forme degli orbitali.

Ecco la mia risposta:
La difficoltà di visualizzare l’atomo come lo descrive la teoria atomica moderna (cioè la meccanica quantistica) è una difficoltà ampiamente giustificata. In un certo senso, non è possibile visualizzare l’atomo della meccanica quantistica, perché la sua descrizione matematica non specifica delle orbite, ma indica delle distribuzioni di probabilità: indica, in altri termini, quanto sia probabile trovare un elettrone in una zona dell’atomo. Poiché la probabilità stessa si riduce rapidamente con la distanza dal nucleo, ma non diventa mai uguale a zero, l’atomo della meccanica quantistica è in un certo senso infinitamente grande.
A queste difficoltà di principio si aggiunge la difficoltà, di per sé meno grave, legata al fatto che la forma spaziale della distribuzione di probabilità (chiamata anche “orbitale”) non è sempre la medesima. Un atomo di idrogeno il cui elettrone si trovi al livello energetico fondamentale non ha la stessa forma dell’atomo il cui elettrone si trovi su un altro livello energetico e con un altro valore del momento angolare.

Però bisogna evitare un fraintendimento. Sia le orbite di Rutherford o di Bohr sia le distribuzione della meccanica quantistica sono molto diverse dalle sfere celesti dell’astronomia aristotelica. La sola cosa che dà realtà fisica a una particolare distribuzione di probabilità è che un elettrone si trovi ad occupare il suo livello. Se l’elettrone di un atomo di idrogeno si trova nello stato fondamentale, allora la distribuzione corrispondente ha semplicemente forma sferica, come nella eccezionale fotografia ottenuta l’anno scorso da un gruppo di fisici europei e descritta in questo articolo.

Questo esercizio presenta una tipologia ricorrente:
Una cassa di massa m = 2 kg inizialmente ferma scende lungo un piano inclinato con un angolo α = 30°. Sapendo che l’accelerazione della cassa è di 1,5 m/s^2 , determinare il coefficiente di attrito tra la cassa e il piano. Finita la discesa, lunga 10 m, la cassa prosegue il moto su un piano orizzontale sempre con lo stesso coefficiente di attrito. Quale distanza percorre prima di fermarsi?

Ecco la mia risposta:
Quando la cassa è sul piano inclinato è soggetta a tre forze: la forza peso \(\vec F_p\) orientata verticalmente e di intensità \(F_p=mg=\mathrm{20\,N}\), che scomponiamo in una componente parallela al piano, \(F_{//}=F_p\cdot\sin(\alpha)\) e una perpendicolare a esso, \(F_{\perp}=F_p\cdot\cos(\alpha)\) ; la reazione vincolare del piano \(\vec R\) perpendicolare al piano inclinato e di intensità pari alla componente della forza peso perpendicolare al piano, \(R=F_{\perp}\); e la forza di attrito \(\vec F_a\) parallela al piano, di intensità pari al prodotto del coefficiente di attrito \(\mu\) per la componente della forza peso perpendicolare al piano, \(F_a=\mu\cdot F_{\perp}\).
Con i dati dell’esercizio: \(F_p=\mathrm{20\,N}\), \(F_{//}=\mathrm{10\,N}\), \(F_{\perp}=R=\mathrm{17\,N}\).

Troviamo la forza totale. Nella somma vettoriale fra \(\vec F_p\) e \(\vec R\), \(\vec R\) e la componente \(\vec F_{\perp}\) della forza peso si annullano, e la somma parziale è uguale a \(\vec F_{//}\). La forza totale è quindi uguale alla somma fra \(\vec F_{//}\) e \(F_a\), \(\vec F_T=\vec F_{//}+\vec F_a\). Dato che queste due forze hanno verso opposto l’intensità della forza totale è \(F_T=F_{//}-F_a=mg\cdot\sin(\alpha)-\mu mg\cdot\sin(\alpha)=(1-\mu)mg\cdot\sin(\alpha)\).

Dalla seconda legge di Newton si ricava che l’accelerazione della cassa sul piano è uguale al rapporto fra la forza totale e la massa, quindi \(a=(1-\mu)g\cdot\sin(\alpha)\). Conoscendo \(a\), \(g\) e \(\alpha\) calcoliamo \(\mu=0,69\).

Per percorrere con accelerazione \(a\) una distanza pari alla lunghezza \(l\) del piano inclinato ci vuole un intervallo di tempo \(\displaystyle t=\sqrt{\frac{2l}{a}}=\mathrm{3,7\,s}\). In questo intervallo di tempo la cassa acquista una velocità \(\displaystyle v=a\cdot t =\mathrm{5,5\,\frac{m}{s}}\).

Quando la cassa inizia a muoversi sul piano orizzontale, la nuova forza totale che agisce su di essa risulta uguale alla forza di attrito \(\vec F_a’\), di intensità pari a \(\mu\cdot mg\). L’accelerazione (di verso opposto al moto) risulta quindi \(\displaystyle a’=\mu g=\mathrm{6,8\frac{m}{s^2}}\).

Con questa accelerazione il tempo necessario a fermarsi è \(\displaystyle t’=\frac{v}{a’}=\mathrm{0,81\,s}\). In questo intervallo di tempo la distanza percorsa è \[\displaystyle s=v\cdot t' +\frac{1}{2}a'\cdot t'^2 = \mathrm{5,5\frac{m}{s}\cdot 0,81\,s-\frac{1}{2}6,8\frac{m}{s^2}\left(0,81\,s\right)^2=2,2\,m}.\]Si noti il segno meno, legato al fatto che l’accelerazione \(a’\) è opposta al moto.

Questo esercizio è sul teorema dell’energia cinetica:
Un corpo di massa m = 50 kg viene trascinato a velocità costante v per una distanza s = 10 m lungo un piano orizzontale sotto l’azione di un forza F inclinata di 30°. Sapendo che il coefficiente di attrito è µ = 0,4, calcolare l’intensità della forza F e il lavoro W da essa compiuto.

Ecco la mia risposta:
Il lavoro è una grandezza fisica che misura i processi di trasformazione o trasferimento di energia. Un esempio di questo ruolo è il teorema noto come teorema delle forze vive o teorema dell’energia cinetica, il quale afferma: Il lavoro eseguito su un punto materiale è uguale alla variazione di energia cinetica del punto.
Nel nostro caso la velocità del corpo resta invariata, quindi il lavoro totale eseguito su di esso è pari a zero. Ma il lavoro totale è formato da due termini: il lavoro \(W\) eseguito dalla forza \(F\), pari a \(W=F\cdot s\cdot\cos(30°)\); e il lavoro \(W_a\) eseguito dalla forza di attrito \(F_a\), pari a \(W_a=F\cdot s\cos(180°)=-\mu mg\cdot s=\mathrm{-1,96\,kJ}\) e negativo perché lo spostamento e la forza di attrito hanno versi opposti. I due termini devono essere uguali e opposti, in modo che il lavoro totale sia pari a zero.
Il lavoro \(W\) eseguito da \(F\) è quindi pari a \(W=\mathrm{1,96\,kJ}\), e da questo risultato ricaviamo \(\displaystyle F=\frac{W}{s\cdot\cos(30°)}=\mathrm{226\,N}\).

Questo problema cerca di toccare tutti principi di conservazione e non:
Un corpo di massa m = 300 g scivola lungo un piano inclinato con velocità finale pari ad 2,29 m/s ed urta anelasticamente, su un piano liscio, un secondo corpo inizialmente fermo di massa M = 0,7 kg. Le due masse restano unite dopo l’urto: calcolare la loro velocità dopo l’urto.
Il sistema dei due corpi prosegue lungo un piano scabro (coefficiente di attrito µ = 0,5) per una distanza pari a d = 30 cm e comprime una molla di costante elastica k = 400 N/m. Calcolare la massima compressione della molla.

Ecco la mia risposta:
Al momento dell’urto il primo corpo ha una quantità di moto \(\displaystyle p=mv=\mathrm{0,687\frac{kg\,m}{s}}\). Questa è la quantità di moto del sistema \(m+M\) dopo l’urto, che quindi ha una velocità \(\displaystyle v_1=\frac{p}{m+M}=\mathrm{0,687\frac{m}{s}}\) e un’energia cinetica \(K_1=\frac{1}{2}(m+M)v_1^2=\mathrm{0,236\,J}\).
Percorrendo il piano scabro il sistema è soggetto a una forza di attrito \(F_a=\mu (m+M)g=\mathrm{4,9\,N}\) che dovrebbe eseguire su esso un lavoro negativo \(W_a=F_a\cdot d\cos(180°)=\mathrm{-1,47\,J}\).
Come si vede, il lavoro della forza di attrito dovrebbe dissipare un’energia superiore a quella posseduta dal sistema. Questo è impossibile. Devo concludere che il testo dell’esercizio contenga un errore.

Questo è esercizio si basa su un vincolo particolare:
Ai due estremi di una sottile sbarra isolante di lunghezza L = 1,0 m sono fissate rigidamente due piccole sfere di metallo con carica q = 1,0 nC. Sulla sbarra è libero di muoversi, senza attrito, un piccolo cilindretto cavo di carica -q inizialmente fermo nella posizione di equilibrio x = L/2 rispetto alla prima sfera, scelta come origine dell’asse x di un sistema di riferimento cartesiano.
Qual è l’espressione del potenziale V, generato dalle due sfere rigide, in funzione di x?
Una piccola perturbazione sposta il cilindretto verso la prima sfera. Quanto vale l’energia cinetica K del cilindretto quando transita per la posizione x = L/4?

Ecco la mia risposta:
Introducendo il vincolo della sbarra isolante, il testo trasforma il problema in uno monodimensionale. Inoltre introduce una possibile posizione di equilibrio stabile, che in condizioni puramente elettrostatiche sarebbe impossibile da realizzare.

Il potenziale generato dalle due cariche negative per il principio di sovrapposizione è la somma dei potenziali generati dalle singole cariche.
Per calcolarne il valore in un punto di ascissa \(x\), bisogna applicare l’espressione del potenziale generato da una carica puntiforme, \(\displaystyle V=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r}\). Qui \(q\) è la carica sorgente, mentre \(r\) è la distanza in valore assoluto della carica sorgente dal punto in cui si intende calcolare il potenziale. Perciò, per un punto \(x\), il potenziale totale è:\[\displaystyle V=\frac{q}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{1}{|x|}+\frac{1}{|x-L|}\right)\]dove si sono raccolti a fattor comune i fattori possibili.
A questo punto è evidente che il potenziale ha un minimo intorno al punto di ascissa \(L/2\). Questo minimo sarebbe una posizione di equilibrio stabile per una carica positiva che fosse vincolata a muoversi sulla sbarra isolante. Ma il cilindretto del testo è carico negativamente, quindi ha in \(L/2\) una posizione di equilibrio instabile: se una piccola perturbazione lo avvicina a una delle due cariche, esso continua ad accelerare verso quella carica fino a cadere su di essa.
Inserendo i valori forniti dal testo nell’espressione del potenziale \(V\), e moltiplicando tali valori per la carica del cilindretto, si otterranno i valori (negativi) dell’energia potenziale \(U\) che il sistema delle tre cariche acquista quando il cilindretto si trova in \(L/2\) e quando si trova in \(L/4\). Nella seconda posizione l’energia potenziale risulta più negativa che nella prima, il che indica che l’energia potenziale sta diminuendo. Calcolando la differenza fra i due valori si troverà il valore dell’energia cinetica acquistata.

Questo è un esercizio sui cambiamenti di stato:
Un dato calorimetro dal punto di vista degli scambi termici è equivalente a una quantità di acqua di massa m(cal) = 3,6 kg (equivalente in acqua del calorimetro); esso contiene una miscela in equilibrio termico di acqua, massa m(ac) = 2,8 kg, e ghiaccio, massa m(gh) = 2,44 kg. Calcola la temperatura finale e la composizione del sistema dopo che sono avvenuti tutti gli scambi termici, se si immette una quantità di vapor d’acqua a 373 K di massa m(vap) = 2 kg.

Ecco la mia risposta:
A contatto con il calorimetro a temperatura più bassa, il vapore condenserà, essendo per altro già alla temperatura di condensazione. Per sapere se condenserà tutto, calcoliamo l’energia liberata dalla sua condensazione, usando il valore \(\displaystyle L_v=\mathrm{2253\frac{kJ}{kg}}\) del calore latente di vaporizzazione: \(E_{vap}=L_v\cdot m_{vap}=\mathrm{4,51\,MJ}\). Questa è l’energia che la condensazione del vapore può mettere a disposizione del resto del sistema.
Una parte di questa energia viene usata nella fusione del ghiaccio, che si trova già alla temperatura di fusione. Conoscendo il calore latente di fusione \(\displaystyle L_f=\mathrm{334\frac{kJ}{kg}}\), tale energia si calcola come \(E_{fus}=L_f\cdot m_{gh}=\mathrm{0,815\,MJ}\). Sottraendola all’energia di condensazione, ci restano ancora \(\mathrm{3,7\,MJ}\).
Il processo termico disponibile a questo punto è il riscaldamento dell’acqua presente inizialmente, del ghiaccio diventato acqua e del calorimetro, per una massa totale \(m=\mathrm{8,84\,kg}\) e una capacità termica totale \(\displaystyle C=c\cdot m=\mathrm{37\frac{kJ}{kg}}\). Dividendo l’energia disponibile per la capacità termica otteniamo la variazione di temperatura, che risulta di \(\mathrm{100\,°C}\). Il sistema formato dal calorimetro, dall’acqua presente inizialmente e dal ghiaccio diventato acqua si porta perciò alla temperatura di \(\mathrm{373\,K}\), proprio quella a cui è rimasto per tutto il tempo il vapore condensato in acqua.
Quindi il sistema complessivo sarà formato da acqua alla temperatura di \(\mathrm{100\,°C}\).

Questo è un esercizio di cinematica un po’ intricato:
Una palla di gomma di raggio r = 3,2 cm rotola sulla superficie orizzontale di un tavolo con velocità lineare costante v. Quando raggiunge il bordo del tavolo la palla cade attraverso un dislivello h = 0,66 m prima di arrivare al pavimento. Se la palla completa n = 0,37 giri durante la caduta, qual era la sua velocità lineare v?

Ecco la mia risposta:
Per attraversare il dislivello \(h\) con accelerazione \(g\), la palla impiega un intervallo di tempo \(\displaystyle t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\mathrm{0,37\,s}\). Durante questo intervallo continua a girare su se stessa con una frequenza \(f\) pari al numero di giri al secondo, quindi \(\displaystyle f=\frac{n}{t}=\mathrm{1\,Hz}\). Nota la frequenza, possiamo calcolare la velocità angolare \(\displaystyle \omega=2\pi f=\mathrm{6,3\frac{rad}{s}}\). Dalla relazione \(\displaystyle \omega=\frac{v^2}{r}\) ricaviamo infine \(\displaystyle v=\sqrt{\omega r}=\mathrm{4,5\frac{m}{s}}\).

Questo è un esercizio sulle diverse forme di energia cinetica:
La massa complessiva di un ciclista e della sua bicicletta è M = 75 kg; in particolare, le ruote hanno una massa m = 1,5 kg ciascuna. Qual è l’energia cinetica complessiva del sistema? La velocità angolare delle ruote è di 20 rad/s e il diametro delle ruote è 2r = 60 cm.

Ecco la mia risposta:
L’energia cinetica complessiva \(K\) è data dalla somma dell’energia cinetica del moto di traslazione del centro di massa del sistema, \(\displaystyle K_t=\frac{1}{2}M v^2\), dove \(v\) è la velocità di traslazione della bicicletta e del ciclista, e dell’energia cinetica di rotazione delle ruote, \(\displaystyle K_r=2\cdot\frac{1}{2}I\omega^2\), dove \(I\) è il momento di inerzia di ciascuna ruota e \(\omega\) è la velocità angolare.
Se una ruota rotola senza strisciare, la velocità del centro della ruota è data da \(\displaystyle v=\omega r=\mathrm{6\frac{m}{s}}\), quindi l’energia cinetica di traslazione è \(K_t=\mathrm{1,35\,kJ}\).
Il momento di inerzia di una ruota, in cui la massa è concentrata sulla circonferenza, è \(\displaystyle I=m r^2=\mathrm{0,135\,kg\,m^2}\) e l’energia cinetica totale di rotazione risulta \(K_r=\mathrm{54\,J}\).
L’energia cinetica totale risulta quindi \(K=\mathrm{1,40\,kJ}\).

Questo è un esercizio sugli scambi di energia:
Buttando 400 g di spaghetti in 4 L di acqua bollente, l’ebollizione si arresta e la temperatura scende a 96 °C. Quanto calore è stato trasferito dall’acqua alla pasta? Sapendo che la temperatura iniziale della pasta era 18 °C, calcolare il suo calore specifico. Quanto calore serve per riportare il sistema a 100 °C?

Ecco la mia risposta:
L’energia trasferita dall’acqua alla pasta è data da:\[\Delta E=c m \Delta T=\mathrm{4186\,J\,K^{-1}\,kg^{-1}\cdot 4\,kg\cdot 4\,K=67\,kJ.}\]Questa è anche l’energia assorbita dalla pasta, il cui calore specifico risulta quindi \(\displaystyle c’=\frac{\Delta E}{m’ \Delta T’}=\mathrm{2,15\,J\,K^{-1}\,kg^{-1}}\).
Il calore necessario a scaldare di \(\mathrm{4\,K}\) il sistema acqua + pasta è \(\Delta E’=(c m + c’m')\Delta T’=\mathrm{70\,kJ}\).

Questo è un esercizio sul funzionamento del calorimetro:
Un recipiente calorimetrico di alluminio di 200 g contiene 150 g di acqua a 20 °C. Nel recipiente si pone un pezzo di ferro di 100 g a 0 °C. Trovare la temperatura finale del sistema.

Ecco la mia risposta:
L’energia ceduta dal sistema calorimetro + acqua è data dall’espressione:\[\Delta E_1=C_1 \cdot \Delta T_1 = (c_{acqua}m_{acqua}+c_{allum}m_{allum})\cdot (T_{eq}-T_1)\]mentre l’energia assorbita dal pezzo di ferro è:\[\Delta E_2=C_2 \cdot \Delta T_2 = c_{ferro}m_{ferro}\cdot (T_{eq}-T_2).\]Per il principio di conservazione dell’energia le due quantità devono essere uguali e opposte, e da questa condizione si ricava la temperatura di equilibrio:\[\displaystyle T_{eq}=\frac{(c_{acqua}m_{acqua}+c_{allum}m_{allum})T_1+c_{ferro}m_{ferro}T_2}{(c_{acqua}m_{acqua}+c_{allum}m_{allum})+c_{ferro}m_{ferro}}.\]

Questo è un esercizio sulla conservazione della quantità di moto:
Un cannone di massa M = 500 kg privo di congegni di ammortizzamento, situato su un piano scabro orizzontale, spara parallelamente al piano un proiettile di massa m = 10 kg con velocità v = 200 m/s. Nell’ipotesi che il coefficiente di attrito tra il cannone e il piano sia µ = 0,50 e che la forza di attrito sia costante, calcolare:
a) la velocità V iniziale del rinculo del cannone;
b) il tempo t utile al cannone per arrestarsi;
c) la distanza s dopo il rinculo percorsa dal cannone prima di arrestarsi.

Ecco la mia risposta:
La quantità di moto totale iniziale del sistema cannone + proiettile è uguale a zero.
Quando il proiettile acquista una quantità di moto \(\displaystyle p = m\cdot v = \mathrm{2000\,kg\frac{m}{s}}\), il cannone acquista una quantità di moto uguale e contraria \(\displaystyle P = M\cdot V = \mathrm{-2000\,kg\frac{m}{s}}\). Da questa si ricava la velocità iniziale del cannone: \(\displaystyle V = \mathrm{-4\frac{m}{s}}\).

La forza di attrito sul cannone è \(F_a=\mu\cdot Mg=\mathrm{2450\,N}\), e l’accelerazione conseguente sul cannone è \(\displaystyle a=\frac{F_a}{M}=\mathrm{4,9\frac{m}{s^2}}\). Le equazioni del moto del cannone sono quelle di un moto uniformemente accelerato:\[\displaystyle s_{cannone}=\mathrm{-4\frac{m}{s}}\cdot t + \mathrm{\frac{1}{2}4,9\frac{m}{s^2}}\cdot t^2\]e\[\displaystyle v_{cannone}=\mathrm{-4\frac{m}{s}} + \mathrm{4,9\frac{m}{s^2}}\cdot t.\]Ponendo nella seconda \(v_{cannone}=0\) si ottiene il tempo necessario all’arresto: \(\displaystyle t=\mathrm{\frac{4\frac{m}{s}}{4,9\frac{m}{s^2}}=0,82\,s}\).
Ponendo questo valore dell’istante di tempo nella prima equazione si trova la distanza percorsa fino all’arresto, \(s=\mathrm{-1,63\,m}\), dove il segno meno è lo stesso della velocità di rinculo del cannone.

Questo è un esercizio sulla capacità termica del calorimetro:
Un calorimetro perfetto (che non scambia calore con il contenuto né con l’ambiente) contiene una massa ma = 100 g di acqua a Ta = 60 °C. All’interno si pone una massa mf = 300 g di ferro alla temperatura Tf = -10 °C. Trovare la temperatura finale.
Se usiamo invece un calorimetro normale la temperatura finale sarà di 1 °C superiore al caso precedente: trovare in tal caso capacità termica e massa equivalente del calorimetro.

Ecco la mia risposta:
Nel caso del calorimetro perfetto la temperatura di equilibrio sarà data dall’espressione:\[\displaystyle T_{eq}=\frac{c_a m_a T_a+c_f m_f T_f}{c_a m_a + c_f m_f} =\mathrm{42\,°C}.\]Se il calorimetro non è perfetto, ma ha una capacità termica \(C_c\), l’espressione della temperatura di equilibrio viene così modificata:\[\displaystyle T_{eq}=\frac{(c_a m_a +C_c) T_a+c_f m_f T_f}{(c_a m_a + C_c) + c_f m_f}.\]Isolando \(C_c\) si ottiene:\[\displaystyle C_c=\frac{c_a m_a (T_a - T_e) + c_f m_f (T_f - T_e)}{T_e - T_a}=\mathrm{31\frac{J}{°C}}.\]Se il calorimetro fosse composto di acqua, questa capacità termica corrisponderebbe a una massa \(\displaystyle m_{equiv}=\frac{C_c}{c_a}=\mathrm{7,5\,g}\).

Questo è un esercizio sulla dilatazione volumica:
Un cubo di ferro (lamda = 12×10^(-6) 1/°C), di volume V0 alla temperatura di 0 °C, viene posto in un ambiente alla temperatura T. Sapendo che il volume del cubo diventa 1,002 volte V0, calcolare la temperatura dell’ambiente.

Ecco la mia risposta:
La legge della dilatazione lineare dei solidi mostra che se un solido di lunghezza \(l_0\) a \(T_0=\mathrm{0\,°C}\) viene portato a una temperatura \(T\), la sua lunghezza assume il valore \(l=l_0\cdot(1+\lambda T)\).
Se la variazione di temperatura avviene in un cubo, ognuno degli spigoli subisce questa variazione di lunghezza e il volume diventa \(V=\left[l_0\cdot(1+\lambda T)\right]^3\). Applicando lo sviluppo del cubo di un binomio si ottiene \[V=l_0^3\cdot\left(1+3\lambda T + 3\lambda^2 T^2 + \lambda^3 T^3\right)=V_0\cdot\left(1+3\lambda T + 3\lambda^2 T^2 + \lambda^3 T^3\right).\]Dato che \(\lambda\) è in generale molto piccolo rispetto all’unità, si possono trascurare i termini in \(\lambda^2\) o \(\lambda^3\) e si ottiene \(V=V_0\cdot(1+3\lambda T)\).
Nel caso in questione, \(1+3\lambda T=1,002\) quindi \(\displaystyle T = \frac{1,002-1}{3\lambda}=\mathrm{55,6\,°C}\).

Questo è un esercizio sul moto balistico e sul moto circolare:
Un bambino sta facendo ruotare una pietra legata ad una cordicella lunga 30 cm su una circonferenza orizzontale ad un’altezza di 2 metri dal suolo. La cordicella si rompe e la pietra va a cadere a 6 metri di distanza. Qual era la velocità angolare della pietra prima che la cordicella si rompesse?

Ecco la mia risposta:
Per cadere al suolo da un’altezza di 2 m (alto, il bambino…) l’intervallo di tempo necessario in caduta libera è \(\displaystyle \Delta t = \sqrt{\frac{2 h}{g}}=\mathrm{0,64\,s}\). Per percorrere in questo intervallo una distanza \(\Delta s=\mathrm{6\,m}\) occorre una velocità (costante, se possiamo trascurare l’attrito con l’aria) pari a \(\displaystyle v=\frac{\Delta s}{\Delta t}=\mathrm{9,4\frac{m}{s}}\). Dalla relazione fra velocità tangenziale e velocità angolare in un moto circolare di raggio \(r\), \(v=\omega r\), si ottiene \(\displaystyle \omega=\frac{v}{r}=\mathrm{31\frac{rad}{s}}\).

Questo è un esercizio sul moto circolare uniforme:
La sagoma di una papera ruota con una frequenza f di 1 giro ogni 80 s, passando all’ istante t0 = 0 s dal punto x0 = 0 m. Ad una distanza di 200 m c’è un bambino che vuole colpirla con una cerbottana in grado di lanciare palline ad una velocità pari a 30 km/h. Determinare quanto tempo deve aspettare per colpire la papera al secondo passaggio dal punto x0 = 0 m nel caso:
a. Assenza di gravità (o accelerazione di gravità trascurabile).
b. Presenza di gravità (terrestre).

Ecco la mia risposta:
Se non ho male interpretato il testo, credo che i dati del problema siano diversi da quelli che avrebbero dovuto essere. Ad esempio, la distanza di \(\mathrm{200\,m}\) contiene forse uno zero di troppo.

A una velocità \(\displaystyle v=\mathrm{30\frac{km}{h}=8,3\frac{m}{s}}\) la distanza fra il bambino e la papera viene percorsa in un intervallo \(\displaystyle \Delta t=\frac{\Delta s}{v}=\mathrm{24\,s}\). Il bambino deve quindi aspettare \(\mathrm{80\,s-24\,s=56\,s}\) prima di lanciare la pallina, nell’ipotesi (in verità bizzarra) che tutto questo avvenga a gravità zero.

Nell’eventualità decisamente più realistica di un moto in presenza di gravità, osserviamo che nel tempo \(\Delta t\) di volo della pallina il dislivello di caduta è \(\displaystyle \Delta h=\frac{1}{2}g\Delta t^2=\mathrm{2,8\,km}\). Anche questo non è un dato molto realistico. Il bambino dovrebbe lanciare la pallina obliquamente, in modo che nel tempo impiegato a raggiungere la massima altezza e ricadere la pallina percorra esattamente la distanza orizzontale fra il bambino e la papera. Si tratterebbe di un moto parabolico con una gittata \(x_{max}=\mathrm{200\,m}\) e una velocità iniziale \(v\), velocità decisamente insufficiente a tenere la pallina in volo per il tempo necessario. L’analisi del moto parabolico fornisce come espressione della gittata \(\displaystyle x_{max}=\frac{v^2}{g}\sin 2\alpha\), dove \(\alpha\) è l’angolo di inclinazione. Con i dati del problema l’equazione trigonometrica in \(\alpha\) non ha soluzioni reali.

Questo è un esercizio sull’energia cinetica:
Due automobili di massa m1 = 500 kg e m2 = 1000 kg sono inizialmente in quiete. Ciascuna automobile viene accelerata da una forza F = 2,0 *10^3 N su una distanza s = 300 m. Confrontate le energie cinetiche K1 e K2 acquistate dalle due automobili e trovare il rapporto fra le velocità v1 e v2 delle due automobili.

Ecco la mia risposta:
Le due forze uguali agiscono mentre le due auto compiono spostamenti uguali, quindi i lavori compiuti sono uguali e pari a \(W=F\cdot s= \mathrm{600\,kJ}\).
Il teorema dell’energia cinetica afferma che il lavoro compiuto su un punto materiale libero di muoversi è uguale all’energia cinetica acquistata dal punto. Di conseguenza, le due energie cinetiche valgono \(K_1=K_2=\mathrm{600\,kJ}\).
Dalla definizione di energia cinetica, \(\displaystyle K=\frac{1}{2}mv^2\), ricaviamo che \(\displaystyle v=\sqrt{\frac{2K}{m}}\). Possiamo controllare che le unità di misura sono corrette, perché dalla definizione di energia cinetica si ricava che \(\displaystyle\mathrm{1\,J=\frac{1\,kg\,1\,m^2}{1\,s^2}}\). Con i dati del problema, \(\displaystyle v_1=\mathrm{34,6\frac{m}{s}}\) e \(\displaystyle v_2=\mathrm{49,0\frac{m}{s}}\).