Il documento è un insieme di esercizi di fisica generale per un corso di laurea in CTF, coprendo argomenti come trigonometria, vettori, meccanica, energia e termologia. Ogni capitolo include esercizi pratici con soluzioni dettagliate. Questi esercizi mirano a rafforzare le competenze teoriche e pratiche degli studenti in fisica.

1. Esercizi di Fisica Generale
Corso di Laurea in CTF - A.A. 2013-2014
4 giugno 2014

2. 2

3. Indice
1 Richiami di Trigonometria 5
2 Introduzione ai Vettori 9
3 Spazio, tempo, movimento 15
4 Dinamica 27
5 Energia 39
6 Meccanica dei Fluidi 47
7 Termologia 53
8 Elettrostatica 65
9 Magnetismo 77
3

4. 4 INDICE

5. Capitolo 1
Richiami di Trigonometria
Esercizio 1.1 Dimostrare la relazione fondamentale
sin2
θ + cos2
θ = 1 (1.1)
Soluzione:
Consideriamo un triangolo rettangolo generico come quello disegnato in gura
1.1. Dalla denizione delle funzioni trigonometriche sappiamo che
sin θ =
a
c
cos θ =
b
c
D'altro canto applicando il Teorema di Pitagora abbiamo che
c2
= a2
+ b2
⇒
a
c
2
+
b
c
2
= 1
da cui la relazione cercata.
Esercizio 1.2 Il teorema del coseno correla la lunghezza dei lati di un triango-
lo al coseno di uno dei suoi angoli. Puó essere considerato una generalizzazione
del teorema di Pitagora al caso di triangoli scaleni. Questo teorema é noto an-
che come teorema di Carnot. Con riferimento alla gura 1.1, siamo interessati
a trovare la lunghezza di un lato di un qualsiasi triangolo, essendo note le lun-
ghezze degli altri due lati e l'ampiezza dell'angolo tra essi compreso. Si dimostri
che vale la relazione:
AB
2
= AC
2
+ BC
2
− 2AC BC cos(γ) (1.2)
Soluzione:
Con riferimento alla gura 1.1, applicando il Teorema di Pitagora al triangolo
rettangolo AHB si ha:
AB
2
= AH
2
+ BH
2
(1.3)
5

6. 6 CAPITOLO 1. RICHIAMI DI TRIGONOMETRIA
Figura 1.1: Esercizio 1.1
Figura 1.2: Esercizio 1.3

7. 7
Risolvendo il triangolo rettangolo AHC abbiamo anche:
AH = AC sin(γ) (1.4)
vale inoltre
BH = BC − HC = BC − AC cos(γ) (1.5)
Sostituendo nella prima uguaglianza si ottiene
AB
2
= AC
2
sin2
(γ) + BC
2
+ AC
2
cos2
(γ) − 2BC AC cos(γ) (1.6)
Per la relazione fondamentale sin2
γ + cos2
γ = 1, questa equazione puó essere
semplicata in:
AB
2
= AC
2
+ BC
2
− 2AC BC cos(γ) (1.7)
Nel caso di un triangolo rettangolo il quarto termine é nullo e ritroviamo il Teo-
rema di Pitagora.
Esercizio 1.3 Si dimostri che
sin(2α) = 2 sin α cos α
Soluzione:
Consideriamo il caso più generale del seno della somma di due angoli α e β.
Con riferimento alla gura X, si ha che
sin(α + β) =
BC
AB
il segmento BC può essere espresso come somma dei segmenti DB e EF per
cui possiamo scrivere
sin(α + β) =
DB
AB
+
EF
AB
=
DB
BE
BE
AB
+
EF
AE
AE
AB
dove abbiamo moltiplicato e diviso per i segmenti BE e AE. Osserviamo ora il
triangolo rettangolo DBE, l'angolo DEB è per costruzione pari a 90 − α per
cui dovendo la somma degli angoli interni di un triangolo essere pari a 180 °, ne
consegue che anche l'angolo DBE è pari ad α, ma allora per denizione
DB
BE
= cos α
considerando il triangolo rettangolo AEB vediamo subito che
BE
AB
= sin β

8. 8 CAPITOLO 1. RICHIAMI DI TRIGONOMETRIA
e
AE
AB
= cos β
Concentriamoci ora sul triangolo rettangolo AFE, chiaramente avremo
EF
AE
= sin α
per cui in denitiva otteniamo
sin(α + β) =
DB
BE
BE
AB
+
EF
AE
AE
AB
= cos α sin β + sin α cos β
Considerando il caso particolare in cui α = β possiamo quindi scrivere
sin(α + α) = sin(2α) = cos α sin α + sin α cos α = 2 sin α cos α

9. Capitolo 2
Introduzione ai Vettori
Esercizio 2.1 Trovare la risultante di due forze di 4 kg e 3 kg agenti su di
un punto O formanti un angolo fra loro di (a) 90°, (b) 60°. Determinare anche
l'angolo α formato con l'asse orizzontale. Usare il metodo del parallelogramma.
Soluzione:
(a) OAR è un triangolo rettangolo. Quindi OR2
= 42
+32
= 25 e OR = 5kg.Per
calcolare l'angolo α osserviamo che tan α = AR/OA = 3/4 = 0.75 quindi
α = tan−1
(0.75) ∼ 37°.
(b) L'angolo OAR in questo caso è pari a 120°. Per calcolare il modulo dela
risultante OR utilizzeremo il teorema dei coseni.
OR2
= OA2
+ AR2
− 2(OA)(AR) cos 120 = 42
+ 32
− 24(−0.5) = 37 (2.1)
quindi OR = 6.1kg. Per calcolare l'angolo α utilizzeremo la legge dei seni:
sin α
AR
=
sin 120
OR
⇒
sin α
3
=
0.866
6.1
⇒ sin α = 0.43 (2.2)
da cui α = sin−1
(0.43) = 25°.
Esercizio 2.2 Dato il vettore a formante un angolo α con l'asse delle x,
dimostrare che le sue componenti possono essere scritte come
ax = a cos α, ay = a sin α
essendo a = a2
x + a2
y il modulo di a
Soluzione:
Con riferimento alla gura 2.2, per denizione si ha
sin α =
RQ
PR
, cos α =
PQ
PR
9

10. 10 CAPITOLO 2. INTRODUZIONE AI VETTORI
Figura 2.1: Esercizio 2.1
Figura 2.2: Esercizio 2.2
ma
PQ = ax, RQ = ay, PR = a = a2
x + a2
y
da cui segue il risultato.
Esercizio 2.3 Consideriamo i seguenti vettori nello spazio espressi tramite le
loro componenti:
a = (0, 3.5, 0.7); b = (1.2, −5.0, −4.0); c(4.0, 3.0, 1.0)
Trovare d = a + b + c e e = a − c.
Soluzione:
Utilizziamo la regola di somma e sottrazione componente per componente, per
cui indicando con
d = (dx, dy, dz), c = (cx, cy, cz)
possiamo scrivere

11. 11
dx = ax + bx + cx
dy = ay + by + cy
dz = az + bz + cz
ex = ax − cx
ey = ay − cy
ez = az − cz
quindi
dx = 0.0 + 1.2 + 4.0
dy = 3.5 − 5.0 + 3
dz = 0.7 − 4.0 + 1.0
ex = 0.0 − 4.0
ey = 3.5 − 3.0
ez = 0.7 − 1.0
da cui la soluzione
d = (5.2, 1.5, −2.3) e = (−4.0, 0.5, −0.3)
Esercizio 2.4 Dati i due vettori
a = (0.0, 3.0, 4.0) e b = (1.0,
√
6, 3.0)
trovare l'angolo θ tra essi formato.
Soluzione:
Dalla denizione di prodotto scalare fra due vettori
a · b = ab cos θ
dove a e b sono i moduli dei due vettori, possiamo ricavare
cos θ =
a · b
ab
⇒ θ = arccos
a · b
ab
D'altra parte vale anche:
a · b = axbx + ayby + azbz
quindi
a · b = 0.0 · 1.0 + 3.0 ·
√
6 + 4.0 · 3.0 = 12 + 3
√
6
Calcoliamo ora i moduli dei due vettori
a = |a| = a2
x + a2
y + a2
z =
√
0 + 9 + 16 =
√
25 = 5
b = |b| = b2
x + b2
y + b2
z =
√
1 + 6 + 9 =
√
16 = 4
Otteniamo cosí:
cos θ =
12 + 3
√
6
4 · 5
∼ 0.967423 ⇒ θ ∼ 14.66°

12. 12 CAPITOLO 2. INTRODUZIONE AI VETTORI
Esercizio 2.5 Dati i due vettori
a = (5.0, 2.0, 1.0) e b = (3.0, 4.0, z)
con z incognita, trovare z anché il prodotto scalare dei due vettori sia pari a 25.
Soluzione:
Utilizziamo la denizione di prodotto scalare in termini di componenti:
a · b = axbx + ayby + azbz = 5 · 3 + 2 · 4 + 1 · z
quindi
a · b = 25 ⇒ 15 + 8 + z = 25 ⇒ 23 + z = 25 ⇒ z = 2
Esercizio 2.6 Dati due vettori a e b con |a| = 4 e |b| = 7, determinare l'angolo
compreso fra i due vettori anché il loro prodotto scalare sia pari a 5.
Soluzione:
Dalla denizione di prodotto scalare
a · b = |a| |b| cos θ ⇒ cos θ =
a · b
|a| |b|
=
5
4 · 7
=
5
28
da cui
θ = arccos
5
28
∼ 79.71°
Esercizio 2.7 Trovare le componenti lungo gli assi cartesiani del vettore a in
gura X sapendo che il suo modulo è pari a 5 e che l'angolo α formato con l'asse
delle x è pari a π/3.
Soluzione:
Ricordando le denizioni delle funzioni trigonometriche seno e coseno, è evidente
che
sin α =
ay
|a|
, cos α =
ax
|a|
da cui
ax = |a| cos α, ay = |a| sin α ⇒ ax = 5 · cos
π
3
=
5
2
, ay = 5 · sin
π
3
=
5
√
3
2
Si noti che poiché sin α = cos π
2 − α , indicando con i e j i versori (vettori con
modulo unitario) rispettivamente degli assi x ed y, possiamo scrivere
ax = |a| cos α = a · i, ay = |a| sin α = |a| cos
π
2
− α = a · j

13. 13
Esercizio 2.8 Determinare se i due vettori a = (2, −1, 3) e b = (−3, 0, 2) sono
ortogonali.
Soluzione:
Il modo più semplice per determinare se due vettori sono ortogonali é quello di
calcolare il loro prodotto scalare. Infatti dalla denizione di prodotto scalare,
ricordando che cos(π/2) = 0 otteniamo che il prodotto scalare di due vettori
ortogonali è nullo. Utilizzando la denizione di prodotto scalare in termini di
componenti abbiamo che
a · b = axbx + ayby + azbz = 2 · −3 + (−1) · 0 + 3 · 2 = −6 + 6 = 0
quindi i due vettori sono ortogonali.

14. 14 CAPITOLO 2. INTRODUZIONE AI VETTORI

15. Capitolo 3
Spazio, tempo, movimento
Esercizio 3.1 Una pallina si muove di moto uniformemente accelerato a par-
tire dall'origine con una velocità iniziale v0 = 21 ms−1
ed una accelerazione
a = 4 ms−2
. Calcolare lo spazio percorso dalla pallina al tempo t = 18 s.
Soluzione:
Si tratta di un moto rettilineo uniformemente accelerato con le seguenti condi-
zioni iniziali
x0 = 0, v0 = 21 ms−1
dalla legge oraria del moto uniformemente accelerato
x(t) = x0 + v0t +
1
2
at2
troviamo immediatamente
x(t = 18 s) = 0 m + 21 m/s · 18 s +
1
2
4 m/s2
· 324 s2
= 1026 m
Esercizio 3.2 Calcolare le velocità della pallina dell'esercizio precedente ai
tempi t1 = 11 s e t2 = 15 s.
Soluzione:
Dalla relazione
v(t) = v0 + at
troviamo immediatamente
v(t = 11 s) = 21 m/s + 4 m/s2
· 11 s = 65 m/s
v(t = 15 s) = 21 m/s + 4 m/s2
· 15 s = 81 m/s
15

16. 16 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO
Esercizio 3.3 Un sasso lasciato cadere dalla cima di un edicio giunge al suo-
lo dopo 4 s. Trovare la velocità del sasso al momento dell'impatto e l'altezza
dell'edicio.
Soluzione:
Indichiamo con g il modulo dell'accelerazione di gravità che ricordiamo essere
pari a circa 9.81 m/s2
. Al tempo t0 = 0 s abbiamo v0 = 0 ms−1
, conviene assu-
mere un sistema di coordinate con l'origine alla base dell'edicio e la coordinata
y lungo l'edicio stesso in modo da avere y(t = 0 s) = h (l'altezza incognita del-
l'edicio) e y(t = 4s) = 0. Trascurando la resistenza dell'aria, il moto di caduta
di un oggetto è un moto uniformemente accelerato, per cui tenendo conto del
segno dell'accelerazione che, in questo caso risulta negativo, possiamo scrivere
l'equazione oraria nella forma
y(t) = y0 + v0t −
1
2
gt2
dove, ribadiamo, il segno - deriva dal fatto che g é diretta verso le y nega-
tive (verso il basso). Utilizzando l'equazione oraria del moto uniformemente
accelerato, possiamo scrivere:
y(4s) = 0 = h + 0 m/s · 4 s −
1
2
9.81 m/s2
· 16 s2
da cui
h − 9.81 · 8 m = 0 ⇒ h = 78.48 m
per la velocitá abbiamo:
v(t) = v0 − gt ⇒ v(4 m) = 0 ms−1
− 9.8 ms−2
· 4 s = −39.2 ms−1
Il segno - indica che la velocità è rivolta verso il basso.
Esercizio 3.4 Un'auto accelera da 0 a 100 km/h in 5 secondi con accelera-
zione a costante. Quale è il valore di a in unità di g? (g = 9.8 ms−2
).
Soluzione:
Convertiamo prima di tutto il valore della velocità nelle unità di misura del
Sistema Internazionale, metri e secondi:
100
km
h
= 100 ·
1000 m
3600 s
=
100
3.6
ms−1
= 27.8 ms−1
Anche in questo caso si tratta di un moto uniformemente accelerato, utilizzando
la relazione che lega velocità ed accelerazione
v(t) = v0 + at
troviamo
v(t = 5 s) = 27.8 ms−1
= 0 ms−1
+ a · 5 s ⇒ a =
27.8
5
ms−2
= 5.56 ms−2

17. 17
Figura 3.1: Esercizio 3.3
quindi
a =
5.56
9.81
= 0.57 g
Esercizio 3.5 Un'auto viaggia verso di noi con velocità costante di 90 km/h.
Se a t0 = 0 si trova da noi a 750 m, dopo quanto tempo ci passerà davanti?
Soluzione:
Utilizziamo un sistema di coordinate con l'origine nel punto in cui ci troviamo
e con l'asse delle ascisse orientato in senso positivo verso destra, quindi la po-
sizione dell'auto all'istante iniziale sarà pari a x(0) = −750 m. Poiché l'auto si
dirige verso di noi, la sua velocità avrà segno positivo, con la scelta di coordi-
nate eettuata avremo che, indicando con tx il tempo da ricavare, x(tx) = 0.
Ricordando la legge oraria del moto rettilineo uniforme possiamo quindi scrivere
x(t) = x(0) + vt ⇒ x(tx) = −750 m +
90
3.6
ms−1
· tx s = 0 m
da cui ricaviamo facilmente
tx =
750
25
s = 30 s

18. 18 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO
Figura 3.2: A) Esercizio 3.5, B) Esercizio 3.6
Esercizio 3.6 Una particella, avente velocità v0 = 300 m/s, passa attraverso
un dispositivo di accelerazione lungo 3.5 m e in cui subisce una accelerazione
pari a 104
m/s2
. Quale sarà la velocità della particella all'uscita del dispositivo?
Soluzione:
Si tratta di un moto rettilineo uniformemente accelerato in cui la particella su-
bisce un'accelerazione per un tratto L. L'origine del sistema di coordinate è
scelta in corrispondenza dell'ingresso del dispositivo di accelerazione. Ricavia-
mo prima di tutto una relazione cinematica che lega velocità iniziale e nale
con l'accelerazione e lo spazio percorso. Partiamo dalla legge oraria del moto
uniformemente accelerato
xf = x0 + v0t +
1
2
at2
il tempo t può essere posto nella forma
t =
v − v0
a
sostituendo nell'equazione oraria otteniamo
xf = x0 + v0
vf − v0
a
+
1
2
a
(vf − v0)2
a2
da cui
xf − x0 = (vf − v0)
v0
a
+
1
2
vf − v0
a
=
1
2a
(v2
f − v2
0)
e inne
v2
f = v2
0 + 2a(xf − x0)
Quindi nel nostro caso possiamo scrivere
v2
f = v2
0 + 2a(xf − x0) ⇒ vf = v2
0 + 2a(xf − x0)

19. 19
considerando che, nel nostro caso, abbiamo
x0 = 0, xf = L = 3.5 m, v0 = 300 ms−1
, a = 104
ms−2
otteniamo
vf = 9 · 104 m2/s2 + 2 · 104 ms−2 · 3.5 m = (9 + 7) · 104 m2/s2 = 4·102
ms−1
Esercizio 3.7 Il primato mondiale di velocità per biciclette stabilito nel 1992
fu misurato su una lunghezza di 200 m percorsi in un tempo di 6.509 s. Nel
2001 tale primato fu superato di ben 19 Km/h. Che tempo fu impiegato per
percorrere la lunghezza di 200 m?
Soluzione:
Calcoliamo prima di tutto la velocità media del primo record:
vm =
L
t
=
200
6.509
ms−1
= 30.73 ms−1
= 30.73 · 3.6 km/h = 110.6 km/h
quindi la velocità del secondo record sarà pari a 110.6 + 19 = 129.6 km/h, con
questa velocità, 200 m vengono percorsi in
t = s/v =
200 m
129.6 km/h
=
0.2 km
129.6 km/h
= 1.54·10−3
h = 1.54·10−3
·3.6·103
s = 5.55s
Esercizio 3.8 In un certo istante una particella ha velocità di 18 m/s diretta
verso l'asse x positivo e 2.4 s più tardi la sua velocità è di 30 m/s in verso op-
posto. Quale è stata la sua accelerazione costante durante questo lasso di tempo?
Soluzione:
Poniamo v(t0) = 18 ms−1
e v(t1) = −30 ms−1
. In un moto uniformemente
accelerato abbiamo
a =
v(t1) − v(t0)
t
⇒ a =
−30 − 18
2.4
ms−2
= −20 ms−2
Il segno - indica che l'accelerazione è diretta verso le ascisse negative.
Esercizio 3.9 Un pilota collaudatore si trova su una slitta a reazione alla
velocità di 1020 Km/h. La slitta viene frenata no all'arresto in 1.4 sec. Che
accelerazione, espressa in unità di g (g = 9.8 m/s2), subisce il pilota?

20. 20 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO
Figura 3.3: A) Esercizio 3.10 B) Esercizio 3.13
Soluzione:
La velocità iniziale è pari a 1020 · 3.6 = 283.3 ms−1
. Ipotizzando che l'accelera-
zione (negativa) sia costante, possiamo calcolare direttamente
a =
v(t1) − v(t0)
t
⇒ a =
0 − 283.3
1.4
ms−2
= −202.38 ms−2
ovvero in unità di g
a =
−202.38
9.81
= −20.6 g
Per chi è curioso di sapere se il pilota può sopravvivere ad una tale accelerazione
si rinvia a http://en.wikipedia.org/wiki/G-force.
Esercizio 3.10 Una nave fa rotta alla velocità di crocera di 8 km/h. Qual'è
l'angolo rispetto alla riva con cui la nave deve essere governata per raggiunge-
re un punto direttamente opposto se la velocità della corrente è di 4 km/h?.
Quanto tempo impiegherà ad eettuare la traversata se la distanza fra i due
punti è di 10 km?
Soluzione:
Con riferimento alla gura 3.3 A) abbiamo che cos θ = 4/8 = 0.5 ⇒ θ =
arccos(0.5) = 60°. Il modulo della risultante può essere facilmente trovato con
il teorema di pitagora applicato al triangolo OAR, v =
√
64 − 16 = 6.9 km/h,
pertanto la traversata verrà eettuata in t = s/v = 10/6.9 = 1.45 h circa 1 ora
e 27 minuti.
Esercizio 3.11 Una nave fa rotta esattamente verso nord a 12 km/h, ma la
corrente la trascina verso ovest a 5 km/h. Determinare il modulo e la direzione
della velocità risultante della nave.

21. 21
Soluzione:
La velocità di 12 km/h verso nord viene sommata vettorialmente alla velocità
di 5 km/h verso ovest, dando così la velocità risultante R della nave rispetto
a terra. Modulo di R =
√
52 + 122 = 13 km/h. La direzione di R è tale da
formare un angolo α la cui tangente è tan α = 5/12 = 0.42 pertanto α = 23°.
Esercizio 3.12 I freni di un'auto sono in grado di realizzare un'accelerazione
(negativa) di modulo pari a 5.2 ms−2
. Se si viaggia alla velocità di 137 Km/h
e si avvista un posto di controllo della polizia stradale, quale è il tempo minimo
entro il quale è possibile portare la velocità dell'auto al limite di 90 Km/h?
Quanto spazio si percorre in questo intervallo di tempo?
Soluzione:
Indicando con tx il tempo da ricavare, possiamo scrivere v(t0) = 38 ms−1
,
v(tx) = 25 ms−1
, ipotizzando un'accelerazione costante abbiamo:
v(tx) = v(t0) + atx ⇒ tx =
v(tx) − v(t0)
a
=
25 − 38
−5.2
= 2.5 s
Per determinare lo spazio percorso in questo tempo ricorriamo ancora una volta
alla legge oraria del moto uniformemente accelerato x(tx) = x(t0) + v0tx +
(1/2)at2
x :
x(tx) = 0 m + 38 ms−1
· 2.5 s −
1
2
5.2 ms−2
· (2.5 s)2
= 78.75 m
Esercizio 3.13 Da una nuvola situata a un'altitudine h di 1700 m sopra la
supercie terrestre cadono gocce di pioggia. Se non fossero rallentate dalla resi-
stenza dell'aria, a che velocità arriverebbero al suolo? Sarebbe prudente uscire
all'aperto durante un temporale?
Soluzione:
Trascurando la resistenza dell'aria, la caduta della goccia è un moto rettilineo
uniformemente accelerato. Scegliamo un sistema di coordinate con l'asse delle
y diretto verso l'alto con origine sulla supercie terrestre (g. 3.3 B)). In tale
sistema di riferimento avremo g = −9.8 ms−2
(essendo rivolta verso il basso).
Possiamo pertanto scrivere
v2
= v2
0 + 2a(y − y0)
dove v è la velocità al suolo, v0 = 0 è la velocità iniziale della goccia, y = 0
l'ordinata del suolo, a = g e inne y0 = h. Sostituendo i valori nella precedente
equazione troviamo
v2
= −2 · 9.81 ms−2
· (−1700 m) = 33320 m2
/s2
⇒ v ∼ 182.5 ms−1

22. 22 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO
riportando in km/h otteniamo v = 182.5 · 3.6 = 657 km/h. Non sarebbe per-
tanto prudente uscire all'aperto.
Esercizio 3.14 Per studiare gli eetti di intense accelerazioni sul corpo uma-
no si usa una slitta a razzo che scorre su un binario rettilineo. Tale slitta può
raggiungere una velocità di 1600 Km/h da ferma in 1.8 s. Si trovi: (a) l'accele-
razione (assunta costante) in unità di g; (b) la distanza percosa in tale tempo.
Soluzione:
Assumendo che la slitta parta da ferma, l'accelerazione è data semplicemente
da a = vf /t = 444.4ms−1
/1.8s = 247ms−2
∼ 25.1g. Lo spazio percorso è otte-
nibile dalla formula della legge oraria s = (1/2)at2
= 0.5 · 247 ms−2
· (1.8)2
s2
=
400.14 m.
Esercizio 3.15 Un batter d'occhio dura circa 100 ms. Per quanto spazio
vola un caccia MIG-25, alla velocità di 3400 Km/h, durante un battito di ciglia
del pilota?
Soluzione:
Assumendo che la velocità sia costante, possiamo applicare l'equazione oraria
di un moto rettilineo uniforme per ottenere s = (3400/3.6)ms−1
·0.1s = 94.4m
Esercizio 3.16 Un proiettile viene sparato orizzontalmente da un'arma posta
a 45 m di altezzasopra un terreno orizzontale. La sua velocita' alla bocca del-
l'arma e' di 250 m/s.(a) Per quanto tempo rimane in aria? (b) A che distanza
orizzontale dalla bocca andra' a colpire il terreno? (c) Quale sara' la compo-
nente verticale della sua velocita' quando colpisce il terreno?
Soluzione:
Deniamo prima di tutto i dati del problema: h = 45 m, g = |g| = 9.81 ms−2
,
v0 = (v0x, v0y) con v0x = 250 ms−1
e v0y = 0 ms−1
, inne, a = (0, −g). Il
sistema di coordinate scelto è quello riportato in gura conl'asse delle y rivolto
verso l'alto. Come sappiamo un moto di questo tipo è composto da due moti
indipendenti:
- un moto lungo la direzione x: rettilineo e uniforme con velocità iniziale
v0x = 250 ms−1
e posizione iniziale x0 = 0 m;
- un moto lungo la direzione y: uniformemente accelerato con accelerazione
a = −g, velocità iniziale v0y = ms−1
e posizione iniziale y0 = h m;
(a) Il tempo di volo è pari al tempo di caduta lungo la direzione y, scriviamo
l'equazione oraria del moto tenendo conto che la velocità iniziale lungo l'asse y
è nulla:
y(t) = y0 +
1
2
at2
⇒ t =
2(y(t) − y0)
a

23. 23
Figura 3.4: Esercizio 3.16
vogliamo trovare il tempo corrispondente a y(t) = 0 (il proiettile tocca il suolo),
per cui sostituendo i dati del problema otteniamo
t =
−2h
−g
=
−245 m
−9.81 ms−2
= 3.03 s
(b) la distanza orizzontale percorsa durante questo tempo può essere ricavata
semplicemente dalla legge del moto rettilineo uniforme:
d = v0xt = 250 m · 3.03 s = 757.5 m
(c) Ricordando che v0y = 0, poiché lungo l'asse y il moto è un moto rettilineo
uniformemente accelerato, possiamo scrivere
v(t) = at = −9.81 ms−2
· 3.03 s = −29.43 m
il segno - deriva dal fatto che la componente verticale della velocità è diretta
verso il basso.
Esercizio 3.17 Una pallina rotola orizzontalmente cadendo fuori dal bordo
di un tavolo alto 1.2 m sul pavimento, sul quale va a battere in un punto alla
distanza orizzontale di 1.52 m dal bordo del tavolo. (a) Per quanto tempo e'

24. 24 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO
Figura 3.5: Esercizio 3.17
rimasta in aria la pallina?(b) Quale era la sua velocita' all'istante in cui ha la-
sciato il tavolo?
Soluzione:
Deniamo prima di tutto i dati del problema: h = 1.2 m, g = |g| = 9.81 ms−2
,
v0 = (v0x, v0y) con v0x incognita e v0y = 0 ms−1
, inne, a = (0, −g). Il sistema
di coordinate scelto è quello riportato in gura 3.5 conl'asse delle y rivolto
verso l'alto. Come sappiamo un moto di questo tipo è composto da due moti
indipendenti:
- un moto lungo la direzione x: rettilineo e uniforme con velocità iniziale v0x
da determinare e posizione iniziale x0 = 0 m;
- un moto lungo la direzione y: uniformemente accelerato con accelerazione
a = −g, velocità iniziale v0y = ms−1
e posizione iniziale y0 = h m;
(a) Il tempo in cui la pallina rimane in aria è pari al tempo di caduta lungo la
direzione y, scriviamo l'equazione oraria del moto tenendo conto che la velocità
iniziale lungo l'asse y è nulla:
y(t) = y0 +
1
2
at2
⇒ t =
2(y(t) − y0)
a
vogliamo trovare il tempo corrispondente a y(t) = 0 (la pallina tocca il suolo),
per cui sostituendo i dati del problema otteniamo
t =
−2h
−g
=
−2 · 1.2 m
−9.81 ms−2
= 0.495 s
(b) Per la determinazione di v0x osserviamo che la pallina percorre uno spa-
zio orizzontale di 1.52 m in 0.495 s, per cui, essendo il moto lungo la direzione
x di tipo rettilineo uniforme, è facile calcolare la velocità iniziale lungo la com-
ponente x come v0x = s/t = 1.52 m/0.495 s = 3.07 ms−1
. per cui possiamo
scrivere v0 = (3.07, 0.0) ms−1
.

25. 25
Esercizio 3.18 Un aviogetto che viaggia a 1890Km/h esce da una picchiata
muovendosi lungo un arco di circonferenza di raggio 6Km. Qual'e' la sua acce-
lerazione espressa in unita' di g?
Soluzione:
Convertiamo prima di tutto i dati nelle corrispondenti unità di misura del Si-
stema Internazionale, v = 1890km/h = 1890/3.6 = 525 ms−1
, R = 6Km =
6·103
m. Utilizzando la formula dell'accelerazione in un moto circolare uniforme
possiamo pertanto scrivere:
a =
v2
R
= 45.9375 ms−2
∼ 4.7g
Esercizio 3.19 Un attrezzo per addestrare astronauti e piloti di aviogetti e'
progettato per far ruotare gli allievi su una circonferenza orizzontale di raggio
12 m. Se l'accelerazione risentita dall'allievo e' pari a 7.85 g, a che velocita' sta
ruotando? Esprimere il risultato sia in m/s che in giri/s.
Soluzione:
Anche in questo caso utilizziamo la relazione che lega l'accelerazione e la velocità
tangenziale in un moto circolare unifome:
a =
v2
R
⇒ v =
√
aR =
√
7.85 · 9.81 ms−2 · 12 m = 30.4 ms−1
Per rispondere alla seconda parte del problema dobbiamo determinare la fre-
quenza del moto ricordando che 1 giro/1 sec = 1 Hz e che la frequenza è sem-
plicemente l'inverso del periodo ν = 1/T, a questo punto possiamo utilizzare la
relazione che lega velocità tangenziale e periodo nel moto circolare uniforme:
2πR
T
= 2πRν = v ⇒ ν =
v
2πR
=
30.4 ms−1
2π12 m
= 0.403 Hz

26. 26 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO

27. Capitolo 4
Dinamica
Esercizio 4.1 Un fucile da caccia ha massa 5Kg e spara un proiettile con
velocità vp = 500Km/h. Se il cacciatore ha massa 75Kg e il sistema fuci-
le/cacciatore si trova ad avere velocità vs = 0.1m/s al momento dello sparo,
determinare la massa del proiettile.
Soluzione:
I dati del problema sono i seguenti: mf = 5 kg, mc = 75 kg, vp = 500 km/h =
500/3.6 = 138.88ms−1
, vs = 0.1ms−1
. Prima dello sparo tutte le velocità erano
nulle e pertanto lo era anche la quantità di moto totale del sistema cacciatore-
fucile + proiettile:
ptot = mpvp,0 + msvs,0 = 0 kg ms−1
Poiché nello sparo intervengono solo forze interne al sistema, la quantità di moto
totale si deve conservare, per cui la quantità di moto del proiettile dopo lo sparo
dovrà avere uguale intensità e direzione ma verso opposto a quella del sistema
cacciatore + fucile. In formule
|mpvp,t| = |(mf + mc)|vs,t| ⇒ mp = (mc + mf )
vs,t
vp,t
da cui
mp = 80 kg ·
0.1 ms−1
138.88 ms−1
= 0.058 kg
Esercizio 4.2 Un pattinatore inesperto si trova al centro di una pista circo-
lare di pattinaggio sul ghiaccio di raggio R = 25 m e non è in grado di muoversi
pattinando. Supponiamo che abbia a disposizione un mazzo di chiavi di massa
m = 200 gr. Ipotizzando che la sa massa sia pari a M = 70 kg, con che velocità
il pattinatore dovrebbe lanciare il mazzo di chiavi in modo da giungere a bordo
27

28. 28 CAPITOLO 4. DINAMICA
pista in 2 min ? (L'attrito pattini/ghiaccio è supposto trascurabile).
Soluzione:
Calcoliamo prima di tutto la velocità necessaria a raggiungere il bordo pista
in 120 s, ipotizzando un moto rettilineo uniforme otteniamo immediatamente:
v = 25 m/120 s = 0.2083 ms−1
. A questo punto possiamo applicare il principio
di conservazione della quantità di moto, tenendo presente che la quantità di
moto iniziale è nulla. Quindi indicando con vc la velocità incognita delle chiavi,
possiamo scrivere:
mvc = Mvp ⇒ vc =
M
m
vp =
70
.2
· 0.2083 = 72.905 ms−1
vc = 72.905 · 3.6 = 262.458 km/h
Probabilmente il pattinatore ricorrerà ad un altro metodo!
Esercizio 4.3 Quale è la variazione dell'accelerazione di gravità andando dal
livello del mare a 1000 Km di altezza ?
Soluzione:
Ricaviamo prima di tutto la formula che determina l'accelerazione di gravità al
suolo utilizzando il secondo principio della dinamica e la legge della gravitazione
universale. Per ogni corpo di massa m vale
Fg = ma = mg
ma
Fg = G
mMT
R2
0
essendo MT la massa della terra ed R0 il suo raggio (ipotizziamo la terra di
forma perfettamente sferica). Otteniamo quindi
mg = G
mMT
R2
0
⇒ g = G
MT
R2
0
Ricordiamo che R0 = 6.371 · 106
m, MT = 5.972 · 1024
kg, inoltre il valore della
costante di gravitazione universale risulta pari a
G = 6.67 · 10−11 Nm2
Kg2
Sostituendo tutti questi valori troviamo per g il valore
g = 6.67 · 10−11 Nm2
Kg2
5.972 · 1024
kg
(6.371 · 106)2 m

29. 29
da cui
g =
6.67 · 5.972
40.589
· 10
Nm2
kg2
kg
m2
= 9.81
kg ms−2
m2
kg
m2 kg2
= 9.81 ms−2
Quindi, considerando g come funzione dell'altezza rispetto al suolo, possiamo
scrivere
g(R0 + h) = G
MT
(R0 + h)2
= G
MT
R2
0 1 + h
R0
2 =
g
1 + h
R0
2
da cui
g(R0 + h) =
9.81 ms−2
1 + 106 m
6.371·106 m
2 ∼ 8.48 ms−2
Esercizio 4.4 L'accelerazione gravitazionale sulla supercie della Luna è circa
pari a gL = 1.7 ms−2
. Quanto peserebbe sulla Luna un oggetto il cui peso sulla
Terra è pari ad 1 Kg − Peso?
Soluzione:
Ricordiamo che 1 kgpeso è la forza con cui sulla Terra viene attratto un oggetto
di massa pari ad 1 kg che risulta pari a circa 9.8 N. Sulla Luna avremo
Fpeso = ma = 1 kg · 1.7 ms−2
= 1.7 N
Se consideriamo il rapporto 9.8/1.7 ∼ 5.76 si vede che un oggetto sulla Luna
pesa all'incirca 6 volte meno che sulla Terra.
Esercizio 4.5 Una slitta a reazione di massa 500kg può accelerare uniforme-
mente da 0 km/h a 1600 km/h in 1.8 s. Che forza è necessaria, in modulo?
Soluzione:
Calcoliamo prima di tutto l'accelerazione
a =
∆v
∆t
=
1600/3.6 m
1.8 s
= 247 ms−2
a questo punto possiamo applicare il secondo principio della dinamica per rica-
vare direttamente la forza
F = ma = 500 kg · 247 ms−2
= 123.456 · 103
N

30. 30 CAPITOLO 4. DINAMICA
Esercizio 4.6 Supponiamo che un veliero solare (un veicolo spaziale con
vela spinta dalla luce solare) abbia una massa di 900 kg e riceva una spin-
ta di 20 N. (a) Quale è il valore della sua accelerazione? Se parte da fermo,
dopo un giorno (b) che distanza avrà coperto e (c) a che velocità starà andando?
Soluzione:
(a) La sua accelerazione è ricavabile direttamente dal secondo principio della
dinamica
F = ma ⇒ a =
F
m
=
20 N
900 kg
= 0.022 ms−2
(b)Supponendo che l'accelerazione sia costante, possiamo applicare la legge del
moto uniformemente accelerato con s0 = 0 e v0 = 0:
s(t) =
1
2
at2
=
1
2
0.022 ms−2
· 864002
s = 8.21 · 107
m = 8.21 · 104
km
(c) Sempre dalle equazioni del moto uniformemente accelerato ricaviamo
v = at = 0.022 ms−2
· 86400 s = 1900.8 ms−1
∼ 6843 km/h
Esercizio 4.7 Un'auto va a sbattere contro il pilone di un ponte alla velocità
di 53 km/h. Un passeggero avanza, nella fase di arresto, di 65 cm (rispetto alla
strada), trattenuto e inne bloccato dall'intervento dell'air-bag. Che intensità
ha la forza (supposta costante) che agisce sul torace del passeggero, di massa
41 kg?
Soluzione:
Calcoliamo prima di tutto l'accelerazione dovuta all'urto vi = 53/3.6 = 14.72ms−1
,
vf = 0ms−1
. L'accelerazione agisce sul corpo del passeggero per tutta la durata
dello spostamento d = 0.65 m. Ricordando la relazione che lega accelarazione,
velocità e spazio percorso in un moto uniformemente accelerato:
v2
f = v2
i + 2a(xf − xi) = v2
i + 2ad
possiamo scrivere
a = −
v2
i
2d
il segno - corrisponde al fatto che si tratta di una decelerazione. Inserendo i dati
del nostro problema otteniamo:
a = −
(14.72)2
m2
s−2
2 · 0.65 m
= 166.7 ms−2
∼ 17 g!!!
Per ricavare la forza è suciente a questo punto ricordare il secondo principio
della dinamica
F = ma = 41 kg · 166.7 ms−2
= 6834.7 N

31. 31
Esercizio 4.8 Un'auto del peso di 1.30 · 104
N, che viaggia a 40 km/h, è fre-
nata in modo da arrestarsi in 15 m. Ammettendo una forza frenante costante,
trovare (a) l'intensità di questa forza e (b) il tempo impiegato a frenare no
all'arresto. Se la velocità iniziale fosse doppia e la forza frenante costante fosse
la stessa, quali diventerebbero (c) la distanza di arresto e (d) la durata della
frenata?
Soluzione:
(a)Ricaviamo prima di tutto l'accelerazione partendo dalla relazione
v2
f = v2
i + 2a(xf − xi)
considerando che vf = 0 m, vi = 11.11 ms−1
e xf − xi = 15 m:
a = −
v2
i
2(xf − xi)
= −
11.112
ms−1
30 m
= −4.11 ms−2
La massa dell'auto può essere ottenuta ricordando che
Fpeso = mg ⇒ m =
F
g
=
1.3 · 104
N
9.81 ms−2
= 1325.18 kg
A questo punto possiamo ricavare facilmente l'intensità della forza utilizzando il
secondo principio della dinamica (poiché siamo interessati all'intensità soltanto
trascuriamo il segno):
F = ma = 1325.18 kg · 4.11 ms−2
= 5.446 · 103
N
(b) Nota l'accelerazione possiamo ricavare il tempo di arresto
a =
∆v
∆t
⇒ ∆t =
∆v
a
=
11.11 ms−1
4.11 ms−2
∼ 2.7 s
(c) A parità di forza frenante l'accelerazione è la stessa di prima per cui
∆t =
2∆v
a
= 2t
(d) analogamente
d =
(2vi)2
2a
=
4(vi)2
2a
= 4d

32. 32 CAPITOLO 4. DINAMICA
Esercizio 4.9 Quando un nucleo cattura un neutrone vagante, deve portar-
lo ad arrestarsi entro una distanza non superiore al diametro del nucleo stesso,
esercitando su di esso la forza forte (che tiene insieme il nucleo ed è pratica-
mente nulla al suo esterno). Supponiamo che un neutrone vagante, con velocità
iniziale 1.4·107
m/s, sia catturato da un nucleo con diametro d = 1.0·10−14
m.
Trovare l'intensità della forza (supposta costante) che agisce sul neutrone, che
ha massa pari a 1.67 · 10−27
Kg.
Soluzione:
Si tratta di un moto uniformemente accelerato per cui vale
v2
f = v2
0 + 2ad ⇒ a = −
v2
0
2d
Sostituendo i dati del problema v0 = 1.4 · 107
ms−1
, d = 10−14
m otteniamo
a =
(1.4)2
· 1014
m2
s−2
2 · 10−14 m
∼ 0.98 · 1028
ms−2
Dal secondo principio della dinamica possiamo quindi calcolare la forza
F = ma = 1.67 · 10−27
kg · 0.98 · 1028
ms−2
= 16.4 N
Esercizio 4.10 Un corpo pesa 22 N in un luogo dove l'accelerazione di gra-
vità è 9.8 ms−2
. Quali saranno (a) il suo peso e (b) la sua massa in un altro
luogo dove l'accelerazione di gravità è 4.9 ms−2
? Quali saranno (c) il suo peso
e (d) la sua massa in un punto dello spazio dove l'accelerazione di gravità è zero?
Soluzione:
Ricaviamo la massa del corpo
Fpeso = mg ⇒ m =
Fpeso
g
=
22 N
9.81 ms−2
= 2.24 kg
(a) Il peso è la forza dovuta all'attrazione di gravità, quindi
Fpeso = ma = 2.24 kg · 4.9 ms−2
= 11 N
(b) La massa essendo una proprietà intrinseca del corpo rimane invariata.
(c) In assenza di gravità il peso è nullo
Fpeso = ma = 2.24 kg · 0 ms−2
= 0 N
mentre (d) la massa continua a rimanere invariata.

33. 33
Figura 4.1: Esercizio 4.11
Esercizio 4.11 Una persona di massa 80 kg si lancia col paracadute e subisce
un'accelerazione verso il basso di 2.5 ms−2
. La massa del paracadute è di 5 kg.
Quale forza verso l'alto esercita l'aria sul paracadute?
Soluzione:
Al solito scegliamo un sistema di riferimento con l'asse y orientato verso l'al-
to, in questo caso sia a che g hanno segno negativo. Il sistema paracadu-
te+paracadutista scende verso il basso con accelerazione a. Questa è legata
a tutte le forze che agiscono su tale sistema dalla relazione:
(m + M)a = Ftot = Fa + Fp,m + Fp,M = Fa + mg + Mg
essendo Fa la forza, incognita, dovuta alla resistenza dell'aria, m = 5kg la massa
del paracadute, M = 80 kg la massa del paracadutista, g l'usuale accelerazione
di gravità e, inne, a = 2.5 ms−2
l'accelerazione del sistema. Il moto è di tipo
unidimensionale lungo la verticale. Possiamo semplicare la notazione elimi-
nando il segno di vettore ma prestando attenzione al segno delle accelerazionoi.
Con i dati del problema otteniamo quindi:
(m+M)a = Fa +(m+M)g ⇒ Fa = (m+M)(a−g) = 85kg·7.3ms−2
= 620.5N
Esercizio 4.12 Una motocicletta di peso 2KN accelera da ferma alla velocità
di 88.5 km/h in 6 s. Calcolare i moduli (a) dell'accelerazione supposta costante

34. 34 CAPITOLO 4. DINAMICA
e (b) della forza che imprime tale accelerazione.
Soluzione:
Si tratta di un moto uniformemente accelerato per cui possiamo scrivere:
a =
v(t) − v(0)
t
=
24.58 ms−1
6 s
= 4.1 ms−2
La massa della moto , m, è pari a:
m =
Fpeso
g
=
2000N
9.81 ms−2
= 203.87 kg
Dal secondo principio troviamo immediatamente
F = ma = 203.87 kg · 4.1 ms−2
= 835.88 N
Esercizio 4.13 Un corpo di massa M = 3 kg viene schiacciato su una super-
cie orizzontale, in cui è presente attrito con µs = 0.6, mediante una forza di
5 N che forma un angolo θ rispetto alla normale. (a) Ricavare il valore che deve
avere θ anché il corpo si metta in moto nel caso di assenza di gravità. (b)
Come cambia il risultato nel caso in cui sia presente la gravità?
Soluzione:
(a) Consideriamo dapprima il caso in assenza di gravitá. La situazione delle
forze é quella rappresentata nella gura 4.2, chiaramente abbiamo
F = F sin θ
F⊥ = F cos θ
La forza premente è F⊥, ossia la componente di F perpendicolare alla super-
cie. La componente parallela, F , tenderà a spingere il corpo verso destra. Lo
spostamento avviene solo se F ≥ µsF⊥ = Fattrito statico:
F sin θ ≥ µsF cos θ ⇒ tan θ ≥ µs ⇒ θ = tan−1
µs
con i dati del problema θ ≥ tan−1
(0.6) ∼ 30.86°. Si noti che nel caso di assenza
di gravità, il risultato non dipende né da F, né da m.
(b) In presenza di gravità abbiamo
F = F sin θ
F⊥ = F cos θ + mg
Il movimento avviene se
F ≥ µsF⊥ = µs(mg + F cos θ)

35. 35
Figura 4.2: Esercizio 4.13
Consideriamo la condizione minima ossia l'uguaglianza
F sin θ = µsmg + µsF cos θ
poniamo sin θ =
√
1 − cos2 θ e dividiamo ambo i membri per F ottenendo
1 − cos2 θ =
µsmg
F
+ µs cos θ
da cui
(1 − cos2
θ) =
µsmg
F
2
+ µ2
s cos2
θ + 2
µsmg
F
µs cos θ
Riordinando i termini otteniamo un'equazione di secondo grado in cos θ:
cos2
θ(1 + µ2
s) + 2
µsmg
F
µs cos θ +
µsmg
F
2
− 1 = 0
Si noti che in presenza di gravità, il risultato del nostro problema dipende sia
da F che da m. Poniamo per semplicità
a = (1 + µ2
s) = 1.36
b = 2
µsmg
F
µs = 4.238
c =
µsmg
F
2
− 1 = 11.472
Ricordando che un'equazione di secondo grado ha soluzioni reali solo se si ve-
rica la condizione b2
− 4ac ≥ 0, possiamo vericare che nel nostro caso non
esistono soluzioni in quanto con i dati del nostro problema b2
− 4ac = −44.44.
Quindi il blocco non si muove mai essendo F sempre minore di µsF⊥.
Esercizio 4.14 Qual è il minimo raggio di una curva, non inclinata verso l'in-
terno, che un ciclista può abbordare alla velocità di 29 km/h se il coeciente di
attrito statico tra i battistrada e l'asfalto è 0.32?

36. 36 CAPITOLO 4. DINAMICA
Soluzione:
La condizione da richiedere è che la forza di attrito statico sia maggiore o uguale
alla forza centripeta, in formule:
µsmg ≥ mac = m
v2
R
⇒ R ≥
v2
gµs
Sostituendo i dati del problema
R ≥
(29/3.6)2
m2
s−2
0.32 · 9.81 ms−2
= 20.7 m
Esercizio 4.15 Una corpo di massa M = 1 kg è legato alla estremità di una
molla di costante elastica K = 250 N/m. L'altro estremo della molla viene
mantenuto sso. Ipotizzando che il sistema corpo-molla venga poggiato su di
un piano con coeciente di attrito statico, µs, pari a 0.45, determinare il mas-
simo allungamento che si può dare alla molla senza che il corpo si metta in moto.
Soluzione:
Indichiamo con d = L − L0 l'allungamento della molla rispetto alla condizione
a riposo. Dalla legge di Hooke possiamo quindi ricavare la forza elastica che
agisce sul corpo:
FM = −kd
L'equilibrio si ha quindi se
|Fm| ≤ |Fattrito statico| ⇒ kd ≤ Mgµs ⇒ d ≤
Mgµs
k
Con i dati del problema
d ≤
1 kg · 9.8 ms−2
· 0.45
250 N/m
= 0.0176 m = 1.76 cm
Esercizio 4.16 Un corpo di massa M = 5 kg poggia su di un piano senza at-
trito ed è legato alla estremità di una molla di costante elastica K = 1670 N/m
e lunghezza a riposo L = 10 cm. L'altro estremo della molla è attaccato ad un
perno ssato sul piano. Quale è la lunghezza della molla nel caso in cui il corpo
si muova di moto circolare uniforme con v = 1 ms−1
?
Soluzione:
Per muoversi di moto circolare uniforme a velocità v, il corpo deve essere sog-
getto ad un'accelerazione centripeta (perpendicolare a v in ogni punto della
traiettoria) pari a v2
/L, essendo L la lunghezza della molla che, in questo caso,

37. 37
Figura 4.3: Esercizio 4.16
coincide con il raggio della traiettoria. La corrispondente forza centripeta è data
dalla forza di richiamo della molla, le forze sono dirette in direzione radiale. In
formule:
m
v2
L
= |K(L − L0)|
da cui
mv2
= KL2
− KLL0 ⇒ KL2
− KL0L − mv2
= 0
Abbiamo un'equazione di secondo grado in L, verichiamo prima di tutto che
sia risolubile nel campo reale calcolando il Delta:
∆ = (KL0)2
+ 4Kmv2
= 61289 ≥ 0
quindi
L =
KL0 ±
√
∆
2K
Delle due soluzioni, solo quella con il segno + è accettabile L1 = 0.124m, l'altra
darebbe un valore negativo, per cui la soluzione del problema è: L = 12.4 cm.

38. 38 CAPITOLO 4. DINAMICA

39. Capitolo 5
Energia
Esercizio 5.1 Una cassa viene trascinata mediante una corda su un pavimen-
to senza attrito per una distanza d = 1m. Si supponga che la forza con cui la
corda viene tirata sia pari a 100N e che la direzione della corda formi un angolo
θ = 45 °rispetto all'orizzontale. (a) Quanto vale il lavoro eettuato dalla forza
sulla cassa? (b) Per quale valore di θ tale lavoro è massimo?
Soluzione:
Il lavoro svolto è il prodotto scalare fra il vettore forza e il vettore spostamento,
quindi
L = F · d = Fd cos θ = 100 · 1 ·
√
2
2
J = 70.7J
Il valore massimo del prodotto scalare si ottiene quando il coseno dell'angolo
vale 1 ovvero quando l'angolo θ è nullo. In questo caso F e d risultano paralleli
e concordi e il loro prodotto risulta pari a 100 · 1 · 1 = 100J.
Figura 5.1: Esercizio 5.1
39

40. 40 CAPITOLO 5. ENERGIA
Esercizio 5.2 Una palla da baseball di 145gr viene lanciata con una velocità
di 25m/s. (a) Quale è la sua energia cinetica? (b) Che lavoro totale viene com-
piuto sulla palla per farle raggiungere tale velocità, se è partita da ferma?
Soluzione:
(a) Applicando la denizione di energia cinetica si ha immediatamente
T =
1
2
mv2
=
1
2
0.145 · 252
= 45.3J
(b) se la velocità iniziale è nulla, dal teorema sull'energia cinetica otteniamo
L = Tf − Ti = Tf = 45.3J
Esercizio 5.3 Quanto lavoro è necessario per accelerare un'auto di massa
1000Kg da 20m/s a 30m/s ?
Soluzione:
E' suciente calcolare la dierenza di energia cinetica,otteniamo così
L = Tf − Ti =
1
2
m(v2
f − v2
i ) =
1
2
· 1000 · 500J
= 5 · 10−1
· 103
· 5 · 102
= 2.5 · 105
J
Esercizio 5.4 Un'auto che viaggia a 60km/h è in grado, frenando, di fer-
marsi in un tratto di 20m. Se l'auto stesse viaggiando ad una velocità doppia
(120Km/h), quale sarebbe la sua distanza di arresto? Si assuma che la massima
forza frenante sia indipendente dalla velocità.
Soluzione:
Determiniamo la forza frenante calcolando il lavoro svolto per fermare la mac-
china nel primo caso. Durante la frenata i freni eettuano un lavoronegativo
sull'auto (che in sostanza è soggetta ad una forza parallela al suo spostamento
ma di verso opposto). Pertanto il lavoro svolto per fermare la macchina può
essere scritto come
L = −Fd
d'altro canto per il teorema dell'energia cinetica questo lavoro deve essere uguale
alla variazione di energia cinetica che, in questo caso essendo la velocità nale
nulla, coincide con l'energia cinetica iniziale. Quindi possiamo scrivere
L = Tf − Ti ⇒ −Fd = −
1
2
mv2
i ⇒ d =
mv2
i
2F

41. 41
Se ipotizziamo che la forza frenante sia indipendente dalla velocità, sfruttando
il secondo dato del problema possiamo scrivere
d =
m(2vi)2
2F
=
2mv2
i
F
= 4 · d = 80 m
Si noti che al raddoppiare della velocità la distanza di arresto diventa 4 volte
maggiore. Guidate con prudenza!
Esercizio 5.5 Un corpo si trova a 10m dalla supercie terrestre. Quale deve
essere il valore della sua massa per cui la sua energia potenziale in questa posi-
zione, rispetto a quella relativa al suolo, sia pari a 4.9J ?
Soluzione:
Ricordando l'espressione dell'energia potenziale gravitazionale U = mgh, tro-
viamo subito
m =
U
gh
=
4.9J
9.81 ms−210 m
= 0.05Kg
Esercizio 5.6 Supponiamo che un atleta, avente una massa di 70Kg, eettui
una marcia di 10Km lungo un percorso in salita che lo porti dal livello del ma-
re sino a 1000m di altezza. Quale è l'aumento del suo consumo energetico (in
calorie) rispetto ad un percorso in piano di 10Km? Si trascurino gli eventuali
eetti legati al cambiamento del metabolismo umano con l'altezza.
Soluzione:
Per andare dal livello del mare ad una quota di 1000 m occorre svolgere lavoro
contro il campo gravitazionale quindi possiamo scrivere
L = ∆U = mgh = 70 · 103
· 9.81J = 6.867 · 105
J
considerando che 1cal = 4.186J il lavoro espressoin calorie risulta pari a
L = 6.867/4.186 · 105
cal = 1.64 · 105
cal
Questo è il consumo energetico addizionale che occorre per eettuare un per-
corso che porti ad una quota di 1000 m anziché essere fatto in piano.
Esercizio 5.7 Una pietra viene fatta cadere da un'altezza di 3m rispetto al
suolo. Determinare la sua velocità quando arriva ad un'altezza di 1m dal terreno.
Soluzione:
Ricorrendo al principio di conservazione dell'energia possiamo scrivere
1
2
mv2
= ∆U = mg∆h ⇒ v = 2g∆h

42. 42 CAPITOLO 5. ENERGIA
da cui
v = 2 · 9.81 ms−2 · (3 m − 1 m) = 6.26 ms−1
Esercizio 5.8 Quanto impiega un motore da 1750W per sollevare un piano-
forte di 315Kg sino alla nestra del sesto piano, a 16m di altezza dal suolo?
Soluzione:
L'argano azionato dal motore eettua un lavoro (per contrastare la forza di
gravità) pari a mgh pertanto
L = mgh; P =
L
t
⇒ t =
mgh
P
da cui inserendo i dati del problema
t =
315 kg · 9.81 ms−2
· 16 m
1750 Js−1
= 28.2 s
Esercizio 5.9 Se un'auto sviluppa 18hp di potenza mentre viaggia a una velo-
cità costante di 88Km/h, quale deve essere la forza media esercitata dall'attrito
e dalla resistenza dell'aria sull'auto?
Soluzione:
Per prima cosa convertiamo i nostri dati nelle unità del Sistema Internazionale:
v = 88km/h = 88/3.6 ms−1
= 24.4 ms−1
P = 18 hp = 18 · 735 W = 1.323 · 104
W
Fatto questo, osserviamo che se l'auto si muove a velocità costante la sua accele-
razione è nulla e quindi, dal secondo principio della dinamica, possiamo dedurre
che la forza complessiva agente su di essa deve essere anch'essa nulla. Indicando
con Fa la forza di attrito e con Fm la forza sviluppata dal motore dell'auto,
abbiamo quindi
Ftot = Fa + Fm = 0
La forza di attrito (dovuta a vari eetti, es. resistenza dell'aria, del suolo, etc...)
è bilanciata dalla forza sviluppata dal motore dell'auto. L'energia rilasciata dal
motore , con potenza P, è quindi uguale al lavoro svolto dalla forza di attrito
(in media) nell'unità di tempo. Possiamo scrivere quindi (assumendo t = 1 s)
Lm = P · t = 1.323 · 104
W s = 1.323 · 104
J

43. 43
D'altra parte in un secondo l'auto percorre una distanza pari a d = vt = 24.4 m
per cui le forze di attrito fanno un lavoro pari a La = −Fa · d, ma La = −Lm,
perché l'auto procede a velocità costante, per cui possiamo possiamo scrivere
L = Fa · d ⇒ Fa =
Lm
d
=
1.323 · 104
J
24.4 m
= 541 N
Esercizio 5.10 Una palla di massa 0.5Kg viene gettata verticalmente in aria
con velocità iniziale di 4m/s e raggiunge la massima altezza di 0.8m. Quale è
la variazione di energia meccanica del sistema palla-Terra, durante l'ascesa, da
attribuirsi alla forza di resistenza aerodinamica?
Soluzione:
Ipotizziamo prima di tutto l'assenza di attrito e calcoliamo qual'è in questo caso
l'altezza massima h che dovrebbe raggiungere la palla. Applicando il principio
di conservazione dell'energia, possiamo scrivere
U(0) +
1
2
mv2
0 = U(h ) +
1
2
mv2
f ⇒
1
2
mv2
0 = mgh
da cui
h =
v2
0
2g
∼ 0.8163 m
Come si vede questa è maggiore dell'altezza eettivamente raggiunta e la die-
renza di energia corrispondente è da attribuirsi alle forze di attrito:
∆E = mg(h − h) = 0.5 kg · 9.81 ms−2
· 0.0163 m ∼ 80 mJ
Esercizio 5.11 Si tiene sotto osservazione la temperatura di un cubo di pla-
stica mentre viene spinto per un distanza s = 3m strisciando sul pavimento
sotto l'azione di una forza orizzontale di intensità F = 15N. dal rilevamento si
calcola che l'energia termica del cubo è cresciuta di 20J. Di quanto è cresciuta
l'energia termica del pavimento?
Soluzione:
Ipotizziamo che la cassa sia ferma sia prima che dopo lo spostamento in modo
che l'energia cinetica iniziale e nale siano entrambre nulle. Il sistema cubo +
pavimento è soggetto a forze di attrito che dissipano il lavoro della forza appli-
cata sotto forma di energia termica (energia interna) del cubo e del pavimento.
Applicando il principio di conservazione dell'energia possiamo scrivere:
L = ∆ET h,p + ∆ET h,c ⇒ ∆ET h,p = L − ∆ET h,c = F · s − ∆ET h,c

44. 44 CAPITOLO 5. ENERGIA
da cui
∆ET h,p = L − ∆ET h,c = 15 N · 3 m − 20 J = 25 J
Esercizio 5.12 Un nuotatore avanza in acqua alla velocità media di 0.22m/s.
Che potenza dissipa sapendo che la resistenza dell'acqua presenta una forza di
110N ?
Soluzione:
Supponiamo che la velocità resti costante, in questo caso la forza che il nuota-
tore sviluppa serve solo ad equilibrare le forze di attrito contrarie al moto. La
potenza dissipata dal nuotatore è quindi il lavoro fatto per contrastare tale forza
nell'unità di tempo. Indicando con d la distanza percorsa nell'unità di tempo
(1 s) possiamo scrivere:
L = FN · d = FN
chiaramente d = 0.22 ms−1
· 1 s = 0.22 m, da cui
L = 110 N · 0.22 m = 24.2 J
Poiché questo è il lavoro svolto nell'unità di tempo, la potenza sarà semplice-
mente
P = L/1 s = 24.2 Js−1
= 24.2 W
Esercizio 5.13 Un vagoncino delle montagne russe di massa 1000kg si muove
dal punto 1 in gura al punto 2 e quindi al punto 3. (a) Qual'è l'energia poten-
ziale gravitazionale nei punti 2 e 3 relativamente al punto 1? Cioè si consideri
y = 0 nel punto 1. (b) Qual'è la variazione di energia potenziale quando il
vagoncino si sposta da 2 a 3? (c) ripetere le parti (a) e (b) considerando però il
punto 3 come riferimento (y = 0) .
Soluzione:
Ci stiamo occupando dell'energia potenziale del sistema vagoncino-Terra. Con-
sideriamo il verso dal basso all'alto come verso y positivo ed usiamo la denizione
di energia potenziale gravitazionale per calcolare Ug. (a) Misuriamo le altezza
dal punto 1, il che signica che consideriamo l'energia potenziale iniziale uguale
a zero. Nel punto 2, in cui y2 = 10 m, si ha:
U2 = mgy2 = 1000 kg · 9.8 ms−2
· 10 m = 9.8 · 104
J
Nel punto 3, y3 = −15 m, poiché 3 è più basso di 1. Perciò
U3 = mgy3 = 1000 kg · 9.8 ms−2
· −15 m = −1.5 · 105
J

45. 45
Figura 5.2: Esercizio 5.13
(b) Muovendosi da 2 a 3, la variazione di energia potenziale (Ug finale−Ug iniziale)
è:
U3 − U2 = (−1.5 · 105
J) − (9.8 · 104
J) = −2.5 · 105
J
L'energia potenziale gravitazionale diminuisce di 2.5 · 105
J. (c) In questo caso
y1 = +15 m nel punto 1, quindi l'energia potenziale iniziale (in 1) è uguale a
U1 = 1000 kg · 9.8 ms−2
· 15 m = 1.5 · 105
J
In 2, y2 = +25 m e quindi l'energia potenziale gravitazionale è:
U2 = 2.5 · 105
J
In y3 = 0 l'energia potenziale è zero. La variazione di energia potenziale,
andando dal punto 2 al punto 3 è quindi pari a
0 J − 2.5 · 105
J = 2.5 · 105
J
che è la stessa ottenuta nella parte (b).
Esercizio 5.14 Assumendo che l'altezza del dislivello in gura 5.3 sia pari a
40 m e che il vagoncino delle montagne russe parta da fermo dalla sommità a
sinistra, calcolate (a) la velocità del vagoncino in fondo all'avvallamento e (b)
a quale altezza avrà metà di tale velocità. Considerate y = 0 m nel punto più
basso dell'avvallamento.
Soluzione:
Scegliamo che il punto 1 sia dove il vagoncino parte da fermo (v1 = 0) e il punto
2 dove y2 = 0. Usiamo la conservazione dell'energia meccanica:
1
2
mv2
1 + mgy1 =
1
2
mv2
2 + mgy2 ⇒ mgy1 =
1
2
mv2
2
Le masse si semplicano e, ponendo y1 = 40 m, troviamo
v2 = 2gy1 =
√
2 · 9.81 ms−2 · 40 m = 28 ms−1

46. 46 CAPITOLO 5. ENERGIA
Figura 5.3: Esercizio 5.14
(b) Usiamo di nuovo la conservazione dell'energia meccanica, ma ora v2 =
14 ms−1
e y2 è incognita. Eliminiamo le masse, poniamo sempre v1 = 0 e
risolviamo rispetto ad y2 ottenendo
y2 = y1 −
v2
2
2g
= 30 m
Quindi il vagoncino quando si trova 30 m verticalmente al di sopra del punto
più basso, ha una velocità di 14ms−1
sia quando sta scendendo lungo la discesa
di sinistra, sia quando sta salendo lungo la salita di destra.

47. Capitolo 6
Meccanica dei Fluidi
Esercizio 6.1 Un contenitore chiuso sotto vuoto (Patm = 0) ha la forma di
un cilindro di raggio di base pari a 1m e altezza 15m e contiene 15Kl di acqua.
(a) Quale é la pressione esercitata dall'acqua sulla base del cilindro? (b) Come
cambia il risultato se il contenitore è aperto superioremente (Patm = 1.01 bar)?
Soluzione:
(a) La pressione alla base è dovuta alla forza peso dell'acqua contenuta nel
cilindro:
p =
F
S
=
Mg
S
=
ρV g
S
= ρgh
La determinazione dell'altezza del cilindro, incognita, può essere ricavata a
partire dal volume, h = V/S = (15 · 103
lt)/(π m2
) =∼ 4.78 m. Quindi:
p = ρgh = 103
kg/m3
· 4.78 m · 9.8 ms−2
∼ 4.7 · 104
Pa
(b) In questo caso dobbiamo aggiungere la pressione atmosferica, per cui la
nostra equazione diventa:
p = ρgh + patm = (0.47 + 1.01) · 105
Pa = 1.48 · 105
Pa
Esercizio 6.2 Determinare come varia la pressione nel mare in funzione della
profonditá. Si consideri per l'acqua del mare ρ = 1.024 · 103
Kg/m3
.
Soluzione:
Dalla legge di Stevino:
p(y) = p(0) + ρgy
ovvero la dierenza di pressione fra il livello del mare e la profonditá y è pari
alla pressione idrostatica di una colonna d'acqua di altezza y. A livello del mare
p(0) = patm = 1.01 · 105
Pa. Alla profonditá y generica avremo
p(y) = p(0) + ρgy ∼ 1.01 · 105
Pa + 1.024 · 103
kg/m3
· 9.81 ms−2
· y m
47

48. 48 CAPITOLO 6. MECCANICA DEI FLUIDI
p(y) ∼ (1.01 + 0.1 · y) · 105
Pa
dove y é misurato in metri. Si ha quindi un aumento di pressione di circa 0.1atm
per ogni metro.
Esercizio 6.3 Un corpo di massa 1kg e volume 500cm3
viene completamente
immerso in acqua pura (ρ = 103
Kg/m3
). Quale sará il suo peso apparente in
acqua?
Soluzione:
Dal principio di Archimede,indicando con ma la massa dell'acqua spostata, si
ha:
Fpeso apparente = mg − Fa = mg − mag
d'altro canto
ma = ρ · V = 500 cm3
· 103
kg/m3
= 0.5 kg
per cui
Fpeso apparente = mg − Fa = mg − mag = (1 kg − 0.5 kg) · 9.81 ms−2
= 4.9 N
Questo corpo presenta in acqua un peso apparente che è la metà di quello ori-
ginale.
Esercizio 6.4 Un rubinetto é aperto in modo che la portata d'acqua rilascia-
ta sia Q = 10 l/min. All'uscita del rubinetto la sezione del lo d'acqua sia
A0 = 1.5 cm2
. Determinare la sezione del lo d'acqua ad una altezza posta
20 cm piuú in basso rispetto a questo punto.
Soluzione:
Determiniamo prima di tutto la velocità dell'acqua in corrispondenza dell'uscita
del rubinetto. Per denizione di portata, possiamo scrivere
Q = A0v0 ⇒ v0 =
Q
A0
= 1.67 · 10−4
m3
/s ·
1
1.5 cm2
∼ 1.11 ms−1
Per il teorema di continuità, possiamo scrivere:
Q = v0A0 = vhAh ⇒ Ah =
v0A0
vh
con vh al momento incognita. Per determinare questa quantità osserviamo che
il generico volumetto d'acqua cade di moto uniformemente accelerato con a = g,
si ha quindi:
v2
h = v2
0 + 2gh ⇒ vh = v2
0 + 2gh = 2.27 ms−1

49. 49
da cui:
Ah =
Q
vh
=
1.67 · 10−4
m3
s−1
2.27 ms−1
= 0.74 · 10−4
m2
= 0.74 cm2
Esercizio 6.5 Supponiamo che, a causa del colesterolo, il diametro di un trat-
to di un'arteria si riduca da 0.8 a 0.78 cm. Quale deve essere la variazione della
dierenza di pressione alle estremitá di questo tratto anché la portata del us-
so sanguigno rimanga invariata?
Soluzione:
Utilizziamo la legge di Poiseuille, indicando con Qi e Qf rispettivamente la
portata iniziale e nale dell'arteria, possiamo scrivere
Qi =
πR4
i ∆Pi
8ηL
; Qf =
πR4
f ∆Pf
8ηL
anché le due portate siano uguali dobbiamo avere
πR4
i ∆Pi
8ηL
=
πR4
f ∆Pf
8ηL
⇒ ∆Pf =
R4
i
R4
f
∆Pi
da cui
∆Pf =
0.8 cm
0.78 cm
∆Pi ∼ 1.11 ∆Pi
Quindi occorre un aumento di pressione di circa l'11 per cento.
Esercizio 6.6 Calcolare il lavoro svolto su 1.4 m3
di acqua spinta in un tubo
di diametro interno 13mm da una dierenza di pressione tra le estremitá di 1bar.
Soluzione:
Sul volume di acqua agisce una forza netta pari a
Ftot = F1 − F2 = P1S − P2S = S∆P
Lo spostamento subito dal generico volumetto d'acqua appartenenete a tale
volume complessivo, nell'andare dalla posizione iniziale a quella nale (che de-
limitano il volume d'acqua nella condotta) è pari a ∆x = V/S, essendo V il
volume d'acqua spostato ed S la sezione del tubo; quindi
Ltot = Ftot · ∆x = S∆P
V
S
= V ∆P = 1.0 · 105
Pa · 1.4 m3
∼ 1.4 · 105
J

50. 50 CAPITOLO 6. MECCANICA DEI FLUIDI
Esercizio 6.7 Calcolare il calo di pressione per cm lungo l'aorta, sapendo che
il suo raggio é circa 1.2cm, il sangue vi circola con velocitá pari a circa 40cm/s e
che la viscositá del sangue é circa 4·10−2
poise. Si trascurino gli eetti di attrito.
Soluzione:
Utilizziamo l'equazione di Poiseuille esplicitando la dierenza di pressione
Q =
πR4
∆P
8ηL
⇒ ∆P =
8ηLQ
πR4
D'altra parte dalla denizione di portata abbiamo
Q = vS = πvR2
Quindi
∆P =
8ηLπvR2
πR4
=
8ηLv
R2
=
8 · 4 · 10−3
Pa s · 0.01 m · 0.4 ms−1
(1.2)2 · 10−4 m2
∼ 0.89 Pa
Esercizio 6.8 Considerando un gradiente di pressione costante, di quale fat-
tore deve decrescere il raggio di un capillare per ridurre la portata del usso
sanguigno del 75 per cento ?
Soluzione:
Utilizziamo ancora una volta l'equazione di Poiseuille
Q =
πR4
∆P
8ηL
La domanda che ora ci poniamo è come determinare R in modo che Q = 0.25·Q.
πR 4
∆P
8ηL
= 0.25
πR4
∆P
8ηL
⇒ R 4
= 0.25 R4
⇒ R ∼ 0.71 R
Calcolando la variazione percentuale si ha
R − R
R
=
1 − 0.71
1
∼ 0.29
Quindi una variazione del raggio del 29 per cento produce una riduzione della
portata del 75 per cento!
Esercizio 6.9 La gura 6.1 mostra come il usso d'acqua che esce da un ru-
binetto si restringa mentre cade. L'area di sezione A0 è di 1.2 cm2
mentre la
sezione A è di 0.35 cm2
. I due livelli sono separati da una distanza verticale

51. 51
Figura 6.1: Esercizio 6.9
h = 45 mm. Qual'è il usso d'acqua che esce dal rubinetto?
Soluzione:
La portata deve essere la stessa attraverso entrambe le sezioni. Quindi dall'e-
quazione di continuità possiamo scrivere
A0v0 = Av
dove v0 e v sono le velocità dell'acqua ai corrispondenti livelli. Inoltre poiché
l'acqua cade liberamente sotto l'eetto dell'accelerazione di gravità g possiamo
utilizzare le equazioni del moto uniformemente accelerato per scrivere
v2
= v2
0 + 2gh
Eliminando v fra le precedenti equazioni e risolvendo rispetto a v0 otteniamo
v0 =
2ghA2
A2
0 − A2
=
2 · 9.8 ms−2 · 0.045 m · (0.35 cm2)2
(1.2 cm2)2 − (0.35 cm2)2
= 0.286ms−1
= 28.6cm/s
La portata è quindi pari a
Q = A0v0 = (1.2 cm2
)(28.6 cm/s) = 34 cm3
/s

52. 52 CAPITOLO 6. MECCANICA DEI FLUIDI
Esercizio 6.10 Qual'è il volume V di elio necessario per un pallone che deve
sollevare un peso di 180 kg (incluso il peso del pallone vuoto).
Soluzione:
La spinta di Archimede sul pallone di elio, FA. che è uguale al peso di aria
spostata, deve essere almeno uguale al peso dell'elio più il peso del pallone e del
carico. La densità dell'elio è pari a 0.179 kg/m3
. La spinta di archimede deve
avere un valore minimo pari a
FA = (mHe + 180 kg) · g
Quest'equazione può essere scritta in termini di densità utilizzando il principio
di Archimede
ρariaV g = (ρHeV + 180 kg) · g
Risolvendo in funzione di V troviamo:
V =
180 kg
ρaria − ρHe
=
180 kg
1.29 kg/m3 − 0.179 kg/m3
= 160 m3
Si noti che questo è il minimo volume necessario vicino alla supercie terrestre
dove ρaria = 1.29 kg/m3
. Per raggiungere altitudini maggiori, è necessario un
volume più grande, poiché la densità dell'aria diminuisce con l'altitudine.

53. Capitolo 7
Termologia
Esercizio 7.1 L'asta di una bandiera, fatta di alluminio (α = 2.3·10−5 ◦
C−1
),
è lunga 33 m. Di quanto aumenta la sua lunghezza se si incrementa la sua tem-
peratura di 15 ◦
C?
Soluzione:
∆L = L − L0 = L0(1 + α∆T) − L0 = L0α∆T
da cui
∆L = 33 m · 2.3 · 10−5
· 15 = 1.14 · 10−2
m = 1.14 cm
Esercizio 7.2 Un cubo di ottone (α = 1.9 · 10−5 ◦
C−1
) alla temperatura di
20 ◦
C ha il lato di lunghezza 30 cm. Quale è l'incremento della sua supercie
totale quando viene riscaldato no a 75 ◦
C?
Soluzione:
Calcoliamo il coeciente di dilatazione volumica: β = 3α = 5.7 · 10−5
C−1
.
Quindi possiamo scrivere:
Vf = Vi(1 + β∆T) = L3
0(1 + β∆T) = L3
Per quanto riguarda la supercie abbiamo Si = 6L2
0, Sf = 6L2
da cui
L = L0(1 + β∆T)1/3
⇒ Sf = 6L2
0(1 + β∆T)2/3
sostituendo i dati del problema
Sf = 6(30 cm2
)(1 + 5.7 · 10−5
· 55)2/3
∆S = Sf − Si = 6(30 cm2
)[(1 + 3.135 · 10−3
)2/3
− 1] ∼ 11.28 cm2
53

54. 54 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA
Si noti che in questo caso non è possibile applicare la formula della dilatazione
lineare al singolo lato L.
Esercizio 7.3 Un dietologo invita i propri pazienti a bere acqua ghiacciata
perché, secondo la sua teoria, si consumano grassi in modo rilevante per innal-
zare la temperatura dell'acqua da 0 a 37 ◦
C. Quanti litri di acqua ghiacciata
occorre ingerire per consumare 500 g di grassi, assumendo che la combustione
del grasso fornisca 7 Kcal a grammo? Perché è sconsigliabile questa dieta?
Soluzione:
Calcoliamo la quantità di calore corrispondente alla combustione di tutti i grassi:
Q = (500 g)(7 kcal/g) = 3500 kcal
Tale quantità di calore dovrebbe riscaldare una quantità incognita di acqua dalla
temperatura di 0 ◦
C a circa 37 ◦
C. Dalla relazione
Q = mxC∆T
dove ∆T = 37 ◦
C e C = 1 kcal/kg ◦
C (calore specico dell'acqua) troviamo: da
cui
mx =
Q
C∆T
=
3500 kcal
1 kcal
kg ◦C · 37 ◦C
∼ 94.6 kg
Quindi si dovrebbero bere quasi 100 litri di acqua! Decisamente poco pratico.
Esercizio 7.4 Quanta energia deve sottrarre un frigorifero da 1.5 kg di acqua
a 20 ◦
C per trasformarla in ghiaccio a −12 ◦
C?
Soluzione:
Indichiamo con Lg = −79.7kcal/kg il calore latente di solidicazione dell'acqua,
CH2O = 1 kcal
kg ◦C il calore specico dell'acqua e, inne, con Cg = 2090 J/kg ◦
C
il calore specico del ghiaccio. Il processo avviene in tre fasi distinte:
(1) l'acqua allo stato liquido passa dalla temperatura di 20 ◦
C alla temperatura
di 0 ◦
C. In questo processo il calore trasferito dall'acqua al frigorifero è pari a:
Q1 = m · CH2O · ∆T = 1.5 kg · 1
kcal
kg ◦C
· (−20) ◦
C = −30 kcal
(2). Formazione del ghiaccio. Il processo avviene a temperatura costante (T =
0 ◦
C):
Q2 = mLg = −1.5 kg · 79.7 kcal/ kg = −119.55 kcal
(3). Rareddamento del ghiaccio da 0 ◦
C a −12 ◦
C. Convertiamo innanzitutto il
calore specico del ghiaccio in
kcal
kg ◦C , ricordando che 1J = 0.0002388458966275kcal,
otteniamo
Cg = 2090 J/kg ◦
C = 2090 · 0.0002388458966275
kcal
kg ◦C
∼ 0.5
kcal
kg ◦C

55. 55
da cui
Q3 = mCg∆T = 1.5 kg · 0.5
kcal
kg ◦C
· (−12) ◦
C = −9 kcal
Per cui in totale otteniamo:
Qtot = Q1 + Q2 + Q3 = (−30 − 119.55 − 9) kcal = −158.55 kcal
poiché 1 cal ∼ 4.187 J, possiamo scrivere Qtot ∼ −158.55 · 4.187 ∼ −663.7 kJ.
Questa è la quantità di calore totale che il frigorifero deve assorbire dall'iniziale
quantità di acqua per completare il processo.
Esercizio 7.5 Quale quantità di burro (6 Cal/g = 6 Kcal/g) fornirebbe l'e-
nergia occorrente ad un uomo di 73 kg per compensare l'energia potenziale
necessaria a salire sulla cima del Monte Everest, alto 8840 m, dal livello del
mare? (Si assuma g costante e pari a 9.8 ms−2
).
Soluzione:
La variazione di energia potenziale gravitazionale è facilmente calcolabile dalla
relazione Ep = mgh, questa equivale all'energia necessaria per arrivare alla
quota h contrastando la forza peso, per cui:
Ep = 73 kg · 8.840 · 103
m · 9.8 ms−2
∼ 6.32 · 106
J
Ricordando che 1 cal ∼ 4.186 J, questa energia equivale a circa 6.32/4.186 ·
106
cal ∼ 1.51 · 106
cal. Possiamo quindi ricavare la massa di burro richiesta
dalla relazione:
mx =
E
6 kcal/g
=
1.51 · 106
cal
6 · 103 cal/g
∼ 2.52 · 102
g
circa due etti e mezzo di burro!
Esercizio 7.6 Si scaldano 100 g di acqua in un bicchiere mediante una resi-
stenza elettrica a immersione. La resistenza converte energia elettrica in energia
termica con potenza di 200 W. Trascurando le perdite, calcolare il tempo ne-
cessario per elevare la temperatura dell'acqua da 23 ◦
C a 100 ◦
C.
Soluzione:
La quantità di calore da fornire all'acqua per eettuare questo aumento di
temperatura è pari a:
Q = mC∆T = 0.1 kg · 1
kcal
kg ◦C
· 77 ◦
C = 7.7 kcal = 32.2 kJ
La resistenza ha una potenza P = Q/t = 200 W = 200 J/s, quindi il tempo
necessario per cedere il calore Q è pari a:
t =
Q
P
=
32.2 kJ
200 W
=
32.2 · 103
J
200 J/s
∼ 161 s

56. 56 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA
circa 2.7 minuti.
Esercizio 7.7 Durante l'attività sica, una persona può perdere 180 Kcal in
30 min per evaporazione dell'acqua dalla pelle. Quanta acqua viene persa?
Soluzione:
Ricordiamo che il calore latente di vaporizzazione è pari a
LV = 2450 kJ/kg =
2450
4.186
kcal/kg ∼ 585.3 kcal/kg
Nell'evaporazione l'acqua deve assorbire (a temperatura costante) calore in base
alla relazione
Q = LV m ⇒ m =
Q
LV
=
180 kcal
585.3 kcal/ kg
∼ 0.31 kg
Esercizio 7.8 Se a una boccia di ossigeno liquido a −183 ◦
C vengono forniti
2.80 · 105
J di energia, quanto ossigeno evapora?
Soluzione:
Q = 2.8 · 105
J =
2.8 · 105
4.186
cal ∼ 6.69 · 104
cal
per l'ossigeno liquido a −183 ◦
C il calore latente di evaporazione è pari a :
LO = 51 kcal/ kg. Pertanto la massa di ossigeno che evapora è pari a:
Q = LOm ⇒ m =
Q
LO
=
6.69 · 104
cal
51 · 103 cal/ kg
∼ 1.31 kg
Esercizio 7.9 Se ci trovassimo nello spazio siderale lontano dal Sole e in as-
senza di vestiti o protezioni sentiremmo il freddo dell'Universo (Tb ∼ 3K),
verso il quale irraggeremmo energia assorbendone indietro pochissima. (a) Con
che potenza netta perderemmo energia? (b) Quanta energia perderemmo in
30 s? Si ipotizzi Scorpo = 2 m2
, e = 0.9, Tcorpo = 35 ◦
C.
Soluzione:
(a) Esprimiamo prima di tutto la temperatura del corpo in gradi Kelvin, dalla
relazione
T( K) = T( ◦
C) + 273.16
ricaviamo immediatamente Tcorpo = 308.16K. Dalla legge di Stefan-Boltzmann,
la potenza totale irraggiata é data dalla relazione:
Pt = eσA(T4
b − T4
corpo)

57. 57
essendo σ = 5.67 · 10−8
W m−2
K−4
. Sostituendo i dati del problema ricaviamo
Pt = 0.9 · 5.67 · 10−8
W m−2
K−4
· 2 m2
(81 − 90.2 · 108
) K4
da cui
Pt ∼ −920 W
il segno é negativo perché si tratta di energia ceduta. (b) In 30 s perderemmo
un'energia pari a:
Q = Pt · 30 s = −920 W · 30 s = −2.76 · 104
J
A causa della dipendenza dalla quarta potenza della temperatura, il contributo
dell'assorbimento dal vuoto è assolutamente trascurabile.
Esercizio 7.10 Una sfera di raggio R = 0.5 m, temperatura T = 27 ◦
C ed
emittanza e = 0.85 è collocata in un ambiente a temperatura Ta = 77 ◦
C. (a)
Quale è la potenza radiante emessa dalla sfera? (b) Quale è quella assorbita?
(c) Quanto vale la potenza netta scambiata?
Soluzione:
Calcoliamo la supercie della sfera R = 0.5 m ⇒ S = 4πR2
∼ 3.14 m2
, inoltre
T = 300.16 K e Ta = 350.15 K. Utilizzando la legge di Stefan-Boltzmann
P = σSeT4
troviamo:
(a) Potenza emessa:
Pe = 5.67 · 10−8
W m−2
K−4
· 0.85 · 3.15 m2
· 300.164
K ∼ 1.23 kW
(b) Potenza assorbita:
Pa = 5.67 · 10−8
W m−2
K−4
· 0.85 · 3.15 m2
· 350.164
K ∼ 2.27 kW
(c) Potenza totale:
Ptot = Pa − Pe = (2.27 − 1.23) kW = 1.04 kW
Esercizio 7.11 Determinare il volume di una mole di un gas qualsiasi in con-
dizioni standard (T = 0 ◦
C, P = 1 atm = 1.013 · 105
Pa), assumendo che si
comporti come un gas perfetto.
Soluzione:
Consideriamo l'equazione di stato per i gas perfetti:
pV = nRT ⇒ V =
nRT
p
, R = 8.31 JK−1
mol−1

58. 58 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA
Se n = 1 il volume corrispondente é quindi pari a:
V =
1 mol · 8.31 JK−1
mol−1
· 273.16 K
1.013 · 105 Pa
=
2.27 · 103
N m
1.013 · 105 N m−2
da cui:
V = 2.24 · 10−2
m3
= 22.4 lt, (1 lt = 10−3
m3
)
Esercizio 7.12 Stimare quante molecole vengono inspirate con un litro di
aria, corrispondente ad un respiro. Si approssimi l'aria ad un gas perfetto con
T = 20 ◦
C e P = 1 atm.
Soluzione:
Utilizziamo l'equazione di stato dei gas perfetti con V = 1 lt = 10−3
m3
, T =
293.16 K, p = 1.013 · 105
Pa:
pV = nRT ⇒ n =
pV
RT
=
1.013 · 105
Pa · 10−3
m3
8.31 JK−1mol−1 · 293.16 K
∼ 0.0416 mol
1 mole contiene un numero di molecole pari al numero di Avogadro NA =
6.022 · 1023
molecole/mole, quindi
Nx = NA · n = 6.022 · 1023
molecole/mole · 0.0416 mol ∼ 2.5 · 1022
molecole
Esercizio 7.13 Una bolla d'aria di volume 20cm3
si trova sul fondo di un lago
profondo 40 m, dove la temperatura è di 4 ◦
C. La bolla sale in supercie, dove
la temperatura è di 20 ◦
C. Supponendo che la temperatura della bolla sia la
stessa dell'acqua circostante trovare il suo volume appena prima che raggiunga
la supercie.
Soluzione:
Calcoliamo prima di tutto la pressione esistente sul fondo del lago. Dalla legge
di Stevino ricaviamo:
p = 1 atm + ρgh ∼ 5 atm
(in pratica si ha un incremento di circa 1 atm per ogni 10 m di profonditá di
acqua). Ipotizziamo che l'aria nella bolla sia in condizioni di gas ideale, vale
quindi la relazione pV = nRT, sul fondo del lago abbiamo:
p0V0 = nRT0 ⇒ n =
p0V0
RT0
Sulla supercie si ha:
pf Vf = nRTf =
p0V0
RT0
RTf ⇒ Vf = V0
p0
pf
Tf
T0

59. 59
da cui
Vf = 5 · 20 cm3 293 K
277 K
∼ 105.8 cm3
Esercizio 7.14 Determinare il lavoro compiuto su 3 moli di un gas ideale per
farlo passare da un volume di 3 m3
ad un volume di 2 m3
alla temperatura
costante di 25 ◦
C.
Soluzione:
Si tratta di una trasformazione isoterma per la quale possiamo scrivere, a livello
dierenziale, dL = pdV . Integrando troviamo l'espressione generale del lavoro
compiuto sul gas:
L =
Vf
Vi
p(V )dV
Utilizzando l'equazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare la dipendenza
funzionale della pressione dal volume per cui possiamo scrivere (ricordando che
il processo avviene a temperatura costante):
L =
Vf
Vi
p(V )dV = −nRT
Vi
Vf
1
V
dV
Si noti che il cambio di segno è dovuto allo scambio dei limiti di integrazione.
Ricordando che l'integrale di 1/x é ln x, possiamo inne scrivere:
L = −nRT ln V |V0
Vf
= −nRT ln
V0
Vf
e, sostituendo i dati del problema:
L = −3 mol · 8.31 JK−1
mol−1
· 298 K ln
3
2
∼ −3012.3 J
Il segno del lavoro è negativo in quanto si tratta di lavoro svolto sul gas (com-
pressione).
Esercizio 7.15 Un gas perfetto monoatomico (γ = 5/3) a Ti = 300 K occupa
un volume Vi = 0.5 m3
con Pi = 200 kPa. Il gas si espande adiabaticamen-
te no a quando il suo volume diventa Vf = 1.2 m3
. Successivamente viene
compresso isobaricamente no ad un volume pari a Vi. Inne la sua pressione
viene aumentata isocoricamente no a riportare il gas nello stato iniziale. (a)
Rappresentare il processo in un diagramma P − V . (b) Determinare T alla ne
di ogni trasformazione. (c) Trovare il lavoro compiuto nel ciclo.
Soluzione:
(a) Con riferimento alla gura 7.1b, abbiamo 3 trasformazioni:

60. 60 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA
Figura 7.1: A) Esercizio 7.14 B) Esercizio 7.15
(1) adiabatica : pV γ
= cost
(2) isobara : p = pf = cost
(3) isocora : V = Vi = cost
(b) Essendo il gas ideale, possiamo utilizzare l'equazione dei gas perfetti in
ogni stato.
piVi = nRT ⇒ n =
piVi
RTi
(1) (A → B). Consideriamo la prima trasformazione, essendo un'adiabatica
vale:
piV γ
i = pf V γ
f ⇒ pf =
piV γ
i
V γ
f
utilizzando l'equazione di stato ricaviamo:
T
(B)
f =
pf Vf
nR
=
pf Vf
piVi
RTi
R
=
pf Vf
piVi
Ti
da cui:
T
(B)
f =
piV γ
i Vf
V γ
f piVi
Ti =
V γ−1
i
V γ−1
f
Ti
e, sostituendo i dati del problema:
T
(B)
f =
0.5 m3
1.2 m3
5
3 −1
· 300 K = 167.4 K

61. 61
(2) (B → C). Trasformazione isobara con p = pf :
pf = pi
V γ
i
V γ
f
= 200 kPa ·
0.5 m3
1.2 m3
5
3
∼ 46.49 kPa
utilizzando l'equazione di stato dei gas perfetti possiamo trovare il valore della
temperatura nel punto (c):
T
(c)
f =
pf Vi
nR
=
pf Vi
piVi
RTi
R
= Ti ·
pf
pi
e, sostituendo i dati del problema:
T
(c)
f =
46.49 kPa
200 kPa
· 300 K = 69.74 K
(3) (C → A). Trasformazione isocora. Alla ne di questa trasformazione il gas
si trova nuovamente nello stato iniziale per cui T
(c)
f = Ti = 300 K.
(c) Il lavoro compiuto nel ciclo è pari all'area della regione circoscritta dalle tre
trasformazioni:
Ltot =
B
A
pdV
adiabatica
+
C
B
pdV
isobara
+ 0
isocora
ricordando che lungo l'adiabatica:
pV γ
= pAV γ
A = piV γ
i = costante
possiamo scrivere:
Ltot = piV γ
i
B
A
dV
V γ
+ pf
C
B
dV
ma:
B
A
dV
V γ
=
B
A
V −γ
dV =
V 1−γ
1 − γ
B
A
per cui:
Ltot =
piV γ
i (V 1−γ
f − V 1−γ
i )
1 − γ
− pf (Vf − Vi)
ma piV γ
i = pf V γ
f lungo l'adiabatica, quindi:
Ltot =
pf V γ
f V 1−γ
f − piV γ
i V 1−γ
i
1 − γ
− pf (Vf − Vi) =
=
pf Vf − piVi
1 − γ
− pf (Vf − Vi) =
nR(T
(B)
f − Ti)
1 − γ
− pf (Vf − Vi)
Ltot =
piVi
Ti
(T
(B)
f − Ti)
1 − γ
− pf (Vf − Vi)

62. 62 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA
sostituendo i dati del problema troviamo inne:
Ltot =
200 kPa · 0.5 m3
300 K
(167.4 − 300) K
1 − 5/3
− 46.69 kPa · (1.2 − 0.5) m3
= 66.3 kJ − 32.54 kJ = 33.76 kJ
Esercizio 7.16 Un pallone di elio, approssimativamente sferico, ha un raggio
di 18 cm. A temperatura ambiente (20°C) ha una pressione interna di 1.05 atm.
Trovare il numero di moli di elio nel pallone e la massa di elio necessaria per
gonare il pallone a questi valori.
Soluzione:
Possiamo usare la legge dei gas perfetti per trovare n (numero di moli) poiché
conosciamo p e T e possiamo trovare V dal raggio cheé noto.
Troviamo prima il volume V del pallone: dalla formula della sfera:
V =
4
3
πr3
=
4
3
π(0.180 m)3
= 0.0244 m3
La pressione é data come 1.05 atm = 1.064 · 105
N/ m2
. La temperatura deve
essere espressa in kelvin, quindi abbiamo:
n =
pV
RT
=
1.064 · 105
N/ m2
· 0.0244 m3
8.31 JK−1mol−1 · 293 K
= 1.066 mol
La massa dell'elio puó essere ottenuta a partire dalla massa molecolare mmol =
4.00 g/ mol tramite la formula:
m = n · mmol = (1.066 mol)(4.00 g/ mol) = 4.26 g
Esercizio 7.17 Uno pneumatico di automobile viene gonato ad una pressio-
ne relativa di 200 kPa a 10°C. Dopo un tragitto di 100 km, la temperatura al
suo interno sale a 40°C. Qual'è ora la pressione all'interno dello pneumatico?
Soluzione:
Non conosciamo né il numero di moli del gas, né il volume dello pneumatico ma
possiamo assumere senza perdere troppo di generalità che siano costanti. Uti-
lizziamo la formula dei gas perfetti. Poiché il volume rimane pressoché costante,
abbiamo:
P1
T1
=
P2
T2

63. 63
Questo é, incidentalmente, l'enunciato della legge di Gay-Lussac. Poiché la
pressione data é la pressione relativa, dobbiamo sommare a questa la pressione
atmosferica per avere la pressione assoluta:
P1 = 200 kPa + 101 kPa = 301 kPa
Convertiamo inoltre la temperatura in gradi kelvin e risolviamo rispetto a p2:
p2 = p1
T2
T1
= (3.01 · 105
Pa)
313 K
283 K
= 333 kPa
Sottraendo la pressione atmosferica troviamo che la pressione relativa dello
pneumatico è pari a 232 kPa che rappresenta un incremento del 16 per cen-
to. Questo esempio spiega perché i manuali delle automobili consigliano di
controllare la pressione quando gli pneumatici sono freddi.
Esercizio 7.18 Un atleta è seduto svestito in uno spogliatoio i cui muri scuri
si trovano ad una temperatura di 15 ◦
C. Stimate la rapidità con cui il calore
viene ceduto per irraggiamento assumendo una temperatura della pelle di 34 ◦
C
ed e = 0.7. Prendete come supercie del corpo non a contatto con la sedia il
valore di 1.5 m2
.
Soluzione:
Possiamo dare una stima approssimativa utilizzando l'equazione di Stefan-Boltzmann:
P =
∆Q
∆t
= eσA(T4
1 − T4
2 )
da cui:
P = (0.7)(5.67 · 10−8
W/ m2
· K4
)(1.5 m2
)[(307 K)4
− (288 K)4
] = 120 W
L'emissione di una persona a riposo è di poco superiore a quella di una lampadina
da 100 W.

64. 64 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA

65. Capitolo 8
Elettrostatica
Esercizio 8.1 Quanto vale il modulo della forza di attrazione elettrostatica
tra un nucleo di ferro (q = +26e) e il suo elettrone piú interno che orbita a circa
1.5 · 10−12
m?
Soluzione:
Indichiamo con F il modulo della forza, dalla legge di Coulomb troviamo im-
mediatamente:
F = k
Qq
r2
= k
26e2
r2
essendo e ∼ 1.6 · 10−19
C la carica elettrica elementare e k ∼ 9 · 109
Nm2
C−2
la
costante di Coulomb. Sostituendo i dati del problema ricaviamo quindi:
F =
9 · 109
Nm2
C−2
· 26 · (1.6)2
· 10−38
C2
(1.5)2 · 10−24m2
= 2.66 · 10−3
N
Esercizio 8.2 Tre particelle, aventi carica Q1 = −8 µC, Q2 = +3 µC e
Q3 = −4 µC, sono disposte su una retta. La carica 2 é posta tra le altre
due ad una distanza di 0.3 m dalla 1 e di 0.2 m dalla 3. Calcolare il modulo
della forza totale agente sulla particella 3 dovuta alle altre due.
Soluzione:
Per il principio di sovrapposizione delle forze possiamo scrivere:
F3 T OT = F31 + F32
Dato che la congurazione delle forze è lineare possiamo tralasciare il segno di
vettore ponendo peró attenzione ai segni delle forze stesse. F31 e F32 sono date
dalla legge di Coulomb
F31 = k
q1q3
r2
31
=
9 · 109
N m2
C−2
· (−8 · 10−6
)(−4 · 10−6
) C2
(0.5)2 · m2
∼ 1.15 N
65

66. 66 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA
Figura 8.1: Esercizio 8.2
F32 = k
q2q3
r2
32
=
9 · 109
N m2
C−2
· (3 · 10−6
)(−4 · 10−6
) C2
(0.2)2 · m2
∼ −2.7 N
da cui
F3 T OT = (1.15 − 2.7) N = −1.55 N
La forza risultante è negativa indicando così che l'attrazione dovuta a q2 supera
la repulsione dovuta a q1.
Esercizio 8.3 Due cariche elettriche da −25 µC e +50 µC distano 10 cm. (a)
Determinare l'intensitá e la direzione del campo elettrico nel punto P posto
tra le due cariche lungo la congiungente a distanza di 2 cm dalla carica negati-
va. (b) Determinare l'accelerazione iniziale (modulo e direzione) di un elettrone
(m = 9.11 · 10−31
kg) posto a riposo nel punto P.
Soluzione:
(a) Dal principio di sovrapposizione delle forze si ha che il campo elettrico in
P é dato dalla somma vettoriale dei due campi generati dalle cariche Q1
e Q2. Essendo Q1 0, il suo campo elettrico é diretto (nel punto P) verso
sinistra (si prenda come riferimento la gura 8.2). Essendo Q2 0 il campo da
essa prodotto, sempre nel punto P, é diretto anch'esso verso sinistra. Questo
perché il campo elettrico per convenzione viene assunto con verso entrante per
le cariche negative e con verso uscente per quelle positive. Il campo elettrico
totale E in P sará quindi diretto lungo la congiungente le due cariche orientato
verso sinistra (sempre con riferimento alla gura). Il modulo sará dato dalla
somma dei moduli dei due campi E1 ed E2 dovuti rispettivamente alle cariche
Q1 e Q2:
E = E1 + E2 =
1
4π 0
|Q1|
r2
p
+
1
4π 0
|Q2|
(r − rp)2
da cui:
E = 8.98 · 109 Nm2
C2
25 · 10−6
C
4 · 10−4 m2
+
50 · 10−6
C
64 · 10−4 m2
= 6.3 · 108 N
C
il campo é orientato verso sinistra.

67. 67
Figura 8.2: Esercizio 8.3
(b) Utilizzando il secondo principio della dinamica ricaviamo facilmente:
F = mea = qE ⇒ a = a =
Eq
me
da cui:
a =
6.3 · 108 N
C 1.6 · 10−19
C
9.11 · 10−31 kg
= 1.11 · 1020
ms−2
poiché l'elettrone ha carica negativa, considerando la direzione del campo elet-
trico, l'accelerazione é diretta verso destra (si muove in senso opposto al campo
elettrico).
Esercizio 8.4 Calcolare l'intensitá del campo elettrico in un punto dello spazio
in cui un protone (m = 1.67·10−27
kg) é sottoposto ad una accelerazione di 106
g.
Soluzione:
Dal secondo principio della dinamica ricaviamo (essendo interessati solo all'in-
tensitá tralasciamo per semplicitá i segni di vettore):
F = ma = Eq ⇒ E =
ma
q
Ricordando che il protone ha 1 unitá di carica elementare, otteniamo:
E =
1.67 · 10−27
kg · 9.8 · 106
ms−2
1.6 · 10−19 C
= 0.1022
N
C
Esercizio 8.5 Quattro cariche uguali di 510−10
C sono disposte ai quattro
vertici di un quadrato di l = 10cm di lato. (a) Calcolare modulo e direzione della
forza agente su ciascuna carica. (b) Calcolare il campo elettrico e il potenziale
nel centro del quadrato. (c) Come cambia il risultato se sui vertici ci sono
alternativamente cariche di segno opposto?
Soluzione:
(a) Consideriamo la forza agente sulla carica (1), quella sulle altre deriverá

68. 68 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA
da considerazioni di simmetria. Scriviamo le forze agenti sulla carica (1) in
termini di componenti vettoriali indicando con Fij la forza agente sulla particella
i − esima dovuta alla carica j − esima:
F12 = (FA, 0), F14 = (0, FA), F13 = (FB cos θ, FB sin θ)
queste sono le forze che agiscono sulla carica (1) a causa dell'interazione con le
cariche (2), (3) e (4), essendo θ = 45°, e:
FA =
1
4π 0
q2
l2
, FB =
1
4π 0
q2
(l
√
2)2
=
FA
2
Per il principio di sovrapposizione:
FT = F12 + F13 + F14 = FA 1 +
1
2
cos θ, 1 +
1
2
sin θ
ricordando che sin 45°= cos 45°=
√
2/2, otteniamo:
FT = FA 1 +
√
2
4
, 1 +
√
2
4
da cui:
FT = FT = F2
T,x + F2
T,y = FA 2 1 +
√
2
4
2
La forza risulta diretta lungo la diagonale con modulo:
FT = FA
√
2 1 +
√
2
4
=
1
4π 0
q2
2l2
(1 + 2
√
2)
sostituendo i valori numerici:
FT =
2.5 · 10−20
C2
(1 + 2
√
2)
8π · 8.854 · 10−12 C2m−2N−1 · 10−2 m2
= 0.43 · 10−6
N
(b) Considerando che le cariche sono di uguale valore e segno, per simmetria
il campo elettrico é nullo al centro del quadrato. Per il principio di sovrappo-
sizione, essendo il potenziale dovuto alle singole cariche uguale nel centro, si
ha:
Vc = 4Vq = 4
1
4π 0
q
l
√
2/2
=
5 · 10−10
C · 2/
√
2
π · 8.854 · 10−12 C2m−2N−1 · 0.1 m
= 2.5 · 102
V
(c) Nel caso di cariche di segno opposto alternate poste nei vertici, si ha:
F12 = (−FA, 0), F14 = (0, −FA), F13 = (FB cos θ, FB sin θ)

69. 69
Figura 8.3: Esercizio 8.5
con FA e FB = FA/2 indicati in precedenza.
FT = FA
√
2
4
− 1,
√
2
4
− 1
Poiché le componenti x ed y sono uguali, la forza totale é ancora diretta lungo
la diagonale,
FT = FT = FA
1
2
−
√
2 =
1
4π 0
q2
2l2
(1 − 2
√
2)
Il campo elettrico totale é sempre nullo perché ogni coppia di cariche posta
su una diagonale esercita una forza nulla nel centro. Per quanto riguarda il
potenziale abbiamo:
Vc = 2
1
4π 0
q
l
√
2/2
− 2
1
4π 0
q
l
√
2/2
= 0 V
Esercizio 8.6 L'atomo di idrogeno é costituito da un protone e un elettrone
(me = 9.11·10−31
kg, mp = 1.67·10−27
kg). Nello stato fondamentale l'elettrone
descrive un'orbita circolare di raggio 0.5 · 10−10
m attorno al protone. Calcolare
l'energia totale del sistema.

70. 70 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA
Soluzione:
Ponendoci in una visione puramente classica, trascurando la descrizione quan-
tistica (che rimane l'unica corretta per interpretare correttamente il compor-
tamento dei sistemi atomici), possiamo scrivere l'energia totale come somma
dell'energia cinetica dell'elettrone e della sua energia potenziale dovuta al cam-
po prodotto dal protone che supponiamo in quiete al centro del sistema di
coordinate prescelto. Con queste assunzioni possiamo scrivere:
ET = EK + EP =
1
2
mev2
e +
1
4π 0
qpqe
R
=
1
2
mev2
e −
1
4π 0
e2
R
Per ricavare la velocitá dell'elettrone possiamo osservare che la forza centripeta
che costringe l'elettrone su un'orbita circolare é la forza elettrostatica dovuta
all'attrazione del protone posto al centro per cui possiamo scrivere:
Fc = me
v2
e
R
=
1
4π 0
e2
R2
⇒ v2
e =
1
4π 0
e2
meR
da cui:
ET =
1
2
me
1
4π 0
e2
meR
−
1
4π 0
e2
R
= −
1
2
1
4π 0
e2
R
sostituendo i valori numerici troviamo inne:
ET = −
1
2
8.98 · 109 Nm2
C2
·
2.56 · 10−38
C2
0.5 · 10−10 m
= −2.3 · 10−18
J
Esercizio 8.7 Un elettrone si sposta tra due punti A e B sotto l'azione di
un campo elettrico. La velocitá dell'elettrone in A é nulla. La dierenza di
potenziale tra A e B é di 10 V . Calcolare la velocitá dell'elettrone in B.
Soluzione:
Il lavoro compiuto sull'elettrone é pari a: L = −∆VAB · q, poiché la particella
parte da ferma in A, questo lavoro si converte interamente in energia cinetica,
per cui possiamo scrivere:
Ek =
1
2
mev2
e = e∆VAB ⇒ v2
e =
2e∆VAB
me
da cui:
ve =
2 · 1.6 · 10−19
C · 10 V
9.11 · 10−31 kg
1/2
= 1.88 · 106
ms−1
come confronto si consideri che la velocitá massima raggiungibile da un corpo
materiale é la velocitá della luce pari a circa 3 · 108
ms−1
.

71. 71
Esercizio 8.8 Un elettrone nel tubo catodico di un televisore viene accele-
rato dalla sua posizione di riposo mediante una dierenza di potenziale Vab =
+5000 V . (a) Quanto vale la variazione di energia potenziale elettrica dell'elet-
trone? (b) Quanto vale la velocitá nale dell'elettrone? (me = 9.11 · 10−31
kg).
Soluzione:
(a) La variazione di energia potenziale dell'elettrone é pari a ∆U = e∆V , per
cui:
∆U = −1.6 · 10−19
C · 5000 V = −8 · 10−16
J
(b) A questa diminuzione di energia potenziale, per il principio di conservazio-
ne dell'energia, deve corrispondere un analogo aumento di energia cinetica (la
velocitá iniziale dell'elettrone é nulla):
∆Ek =
1
2
mev2
= ∆U ⇒ v =
2 · ∆U
me
=
2 · 8 · 10−16 J
9.11 · 10−31 kg
= 4.2 · 107
ms−1
Esercizio 8.9 Un elettrone si muove dal punto A al punto B per eetto di un
campo elettrico. La sua energia cinetica aumenta di 7.45·10−16
J. Determinare
la dierenza di potenziale tra i punti A e B e quale dei due é a potenziale mag-
giore.
Soluzione:
Per il principio di conservazione dell'energia abbiamo:
∆Ek + ∆U = 0 ⇒ ∆Ek = −∆U
ma ∆U = e∆VBA per cui ∆VBA = −∆Ek/e, sostituendo i dati del problema
troviamo così:
∆VBA =
−7.45 · 10−16
J
1.6 · 10−19 C
= 4.66 · 103 J
C
= 4.66 · 103
V
Essendo ∆VBA = VB − VA 0 ⇒ VB VA.
Esercizio 8.10 Calcolare la dierenza di potenziale necessaria per incremen-
tare l'energia cinetica di un nucleo di elio (particella α, Q = 2e) di 65 keV .
Soluzione:
Ancora una volta utilizziamo il principio di conservazione dell'energia tramite
il quale possiamo scrivere:
−q(VB − VA) = −q∆U = ∆Ek ⇒ ∆VBA =
∆Ek
2e

72. 72 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA
Figura 8.4: Esercizio 8.11
da cui:
∆VBA =
−65 · 1.6 · 10−19
CkV
2 · 1.6 · 10−19 C
= −32.5 kV
Esercizio 8.11 Un lo molto lungo é carico con densitá lineare di carica Q/L
uniforme. Determinare il campo elettrico in punti vicini al lo (esterni ad esso)
e lontani dalle sue estremitá.
Soluzione:
Si consideri un piccolo cilindro di raggio R e lunghezza l con asse coincidente
con il lo. Per simmetria, lontano dalle estremitá del lo, il campo elettrico sará
radiale con un'intensitá costante (ssato R) in tutte le direzioni. Il usso ΦE
di tale campo elettrico sulla supercie totale del cilindro é quindi dato da:
ΦE = 2πR · l · E(R)
Il contributo delle basi del cilindro é nullo in quanto il vettore normale a tali
superci é anche normale al campo elettrico (non vi é usso di campo elettrico
attraverso le basi del cilindro). Dal teorema di Gauss:
ΦE =
1
0
QT
ma
QT =
Q
L
l ⇒ 2πR · l · E(R) =
1
0
Q
L
l
da cui (notare che la lunghezza del cilindro l si semplica essendo presente in
entrambi i membri dell'ultima equazione):
E(R) =
1
2π 0R
Q
L

73. 73
Figura 8.5: Esercizio 8.12
Esercizio 8.12 Dimostrare che il campo elettrico sulla supercie di un con-
duttore vale E = σ/ 0.
Soluzione:
All'interno di un conduttore il campo elettrico é nullo e la supercie del con-
duttore stesso é una supercie equipotenziale. Consideriamo un piccolo volume
cilindrico con base parallela alla supercie (vedi gura 8.5). Il usso totale é
dato da:
ΦE = E · A = E⊥A
dal Teorema di Gauss 0ΦE = QT , quindi:
0E⊥A = QT = σ · A ⇒ E =
σ
0
Esercizio 8.13 Il campo elettrico tra due lastre metalliche quadrate, di la-
to 1 m e distanti 3 cm, vale 130 N/C. Calcolare la carica presente su ciascuna
lastra, supponendo le cariche uguali ed opposte e trascurando gli eetti di bordo.
Soluzione:
Applichiamo il teorema di Gauss ad una singola lastra (vedi gura 8.6b), ad
esempio quella con carica positiva, in questo caso il usso elettrico complessivo
sará dato dal usso attraverso le due basi del cilindro per cui avremo ΦE =
E · A + E · A = 2EA, quindi considerando che la carica presente sul cerchio
individuato dall'intersezione del cilindro con la lastra é pari a σA, possiamo
scrivere:
0ΦE = 02E+A = σA ⇒ E+ =
σ
2 0

74. 74 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA
Figura 8.6: Esercizio 8.13
Lo stesso risultato vale per il campo prodotto dalla lastra con cariche negative.
Il campo elettrico fra le due lastre é la somma dei campi dovuti alle cariche
poste sulle lastre stesse, per cui:
E = E+ + E− = 2 ·
σ
2 0
=
σ
0
da cui:
σ = 0E = 8.854 · 10−12
C2
m−2
N−1
· 130
N
C
= 1.15 · 10−9 C
m2
quindi:
Q = σA = 1.15 · 10−9 C
m2
· 1 m2
= 1.15 · 10−9
C
Esercizio 8.14 Una sfera metallica piena di raggio 3 m ha carica −3.5 µC.
Quanto vale il campo elettrico a distanza (a) 0.15m, (b) 2.9m, (c) 3.1m, (d) 6m
dal centro? (e) Come cambierebbero le risposte se il conduttore fosse, invece di
una sfera piena, un guscio sferico sottile?
Soluzione:
In una sfera metallica la carica si distribuisce solo sulla supercie esterna. Quin-
di per ogni supercie chiusa che si trovi all'interno della sfera abbiamo QT = 0.
Dal teorema di Gauss abbiamo quindi:
0ΦE = QT = 0 ⇒ ΦE = 0 ⇒ E = 0 ∀r R
quindi (a) e (b) E = 0. Se consideriamo una supercie sferica di raggio r R,
otteniamo:
0ΦE = QT ⇒ E =
1
4π 0
QT
r 2

75. 75
da cui ricaviamo (c) E = 3.28 · 103 N
C e (d) E = 8.76 · 102 N
C . Dalla formula
ricavata possiamo notare che questa é esattamente uguale alla formula ottenuta
per una singola carica posta al centro della sfera per cui (e) non vi é nessun
cambiamento.

76. 76 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA

77. Capitolo 9
Magnetismo
Esercizio 9.1 (a) Quanto vale, per metro di lunghezza, il modulo della forza
che agisce su un lo percorso da una corrente di 8.4 A e che è perpendicolare ad
un campo magnetico di 0.9 T? (b) Quanto varrebbe se l'angolo tra lo e campo
fosse di 45°?
Soluzione:
Ricordiamo l'espressione della forza agente su un lo percorso da corrente I
immerso in un campo magnetico B:
F = I · l × B ⇒ |F| = IlB sin θ
Se θ = 90°, abbiamo
|F| = IlB = 8.4 A · 1 m · 0.9 T = 7.56 N
Se θ = 45°, il precedente risultato deve essere moltiplicato per sin θ =
√
2/2
ottenendo |F| = 5.346 N.
Esercizio 9.2 La massima forza agente su un lo posto tra le due espansioni
polari di un magnete vale 6.5 · 10−2
N. La corrente scorre orizzontalmente ver-
so destra e il campo magnetico é verticale. All'instaurarsi della corrente il lo
compie un balzo verso l'osservatore. (a) Di che tipo é l'espansione polare supe-
riore? (b) Supponendo che il diametro delle espansioni sia pari a d = 10cm e che
il campo magnetico abbia intensitá 0.16T, stimare la corrente nel lo. (c) Calco-
lare la forza agente sul lo se questo viene inclinato di 10°rispetto all'orizzontale.
Soluzione:
(a) ricordando che
F = I · l × B
utilizzando la regola della mano destra, ricaviamo che se la forza è diretta verso
l'osservatore, cioé esce dal foglio in direzione positiva, allora il campo deve essere
77

78. 78 CAPITOLO 9. MAGNETISMO
Figura 9.1: Esercizio 9.2
diretto verso l'alto (vedi gura 9.1). Quindi l'espansione inferiore è di polaritá
NORD mentre quella superiore è di polaritá SUD. Le linee di forza di un campo
magnetico sono infatti uscenti da NORD ed entranti nei poli di tipo SUD.
(b) Se supponiamo che il campo magnetico sia nullo fuori dalle espansioni polari,
allora la lunghezza del lo che risente dell'azione del campo stesso è pari a d, il
diametro delle espansioni polari, quindi avremo:
|F| = IBd ⇒ I =
F
Bd
=
6.5 · 10−2
N
0.1 m · 0.16 T
= 4.062 A
(c) Se il lo viene inclinato di 10°rispetto all'orizzontale, formerá un angolo pari
ad 80 °con il campo magnetico per cui avremo:
|F| = IBd sin(80) = 6.5 · 10−2
· sin(80) N = 6.4 · 10−2
N
Esercizio 9.3 Un atomo di elio doppiamente ionizzato, di massa 6.6·10−27
kg,
viene accelerato da una dierenza di potenziale di 2100V . (a) Calcolare il raggio
di curvatura della sua traiettoria nel caso in cui successivamente si muove in un
campo magnetico uniforme ortogonale alla sua velocitá e di intensitá 0.34T. (b)
Quanto vale il periodo di rivoluzione?
Soluzione:
L'elio doppiamente ionizzato ha carica +2e essendo e il valore assoluto della
carica dell'elettrone, pari a 1.6 · 10−19
C, la massa dell'atomo di elio é approssi-
mativamente pari a 6.6 · 10−27
kg. Ricaviamo prima di tutto la velocità nale
dell'atomo di elio al termine dell'accelerazione. Applichiamo a tale scopo il
teorema di conservazione dell'energia osservando che la variazione di energia
cinetica deve essere uguale al lavoro svolto dalla dierenza di potenziale sulla
carica, in altre parole
1
2
mv2
= qV ⇒ v =
2qV
m

79. 79
A questo punto possiamo utilizzare l'espressione del raggio della traiettoria
deducibile dalle leggi di moto di una carica in un campo magnetico uniforme:
R =
mv
qB
da cui, sostituendo l'espressione della velocitá sopra ricavata otteniamo:
R =
m
qB
2qV
m
=
1
B
2mV
q
e, sostituendo i valori del problema:
R =
1
0.34 T
2 · 6.6 · 10−27 kg · 2100 V
2 · 1.6 · 10−19 C
cerchiamo di esprimere in termini delle grandezze fondamentali le unità di mi-
sura coinvolte nella formula sopra riportata. In termini dimensionali possiamo
scrivere
[R] =
1
T
kg V
C
=
1
N/ A m
kg J
C2
=
1
N/ A m
kg kg m2 s−2
C2
da cui
[R] =
C m
kg ms−2 s
kg m s−1
C
= m
quindi l'unitá di misura é corretta. Il valore é dato da
R =
1
0.34
2.772
3.2
· 10−2
m
(b) Il periodo si ricava dalle leggi del moto circolare uniforme:
T =
2πR
v
=
2πR
2qV
m
=
2πm
qB
e, sostituendo i dati del problema,
T =
2 · 3.14 · 6.6 · 10−27
kg
2 · 1.6 · 10−19 C · 0.34 T
= 3.81 · 10−7
s
Esercizio 9.4 Una pallottola da 3.4 g si muove alla velocitá di 160 ms−1
or-
togonalmente al campo magnetico terrestre di intensitá 5 · 10−5
T. Calcolare la
deessione subita dalla pallottola dopo aver percorso 1 km, supponendo che la
sua carica valga 13.5 · 10−9
C.

80. 80 CAPITOLO 9. MAGNETISMO
Figura 9.2: Esercizio 9.4
Soluzione:
Con riferimento alla gura 9.2, sia l = 1km la distanza percorsa dalla pallottola,
la deessione che intendiamo calcolare é la lunghezza del segmento h. Durante
il movimento la pallottola risentirá di una forza centripeta dovuta al campo
magnetico, per cui ricordando l'espressione della forza centripeta e della forza
di Lorentz, possiamo scrivere:
Fc =
mv2
R
= qvB ⇒ R =
mv
qB
R é il raggio della traiettoria circolare percorsa dalla pallottola, sostituendo i
dati del problema troviamo:
R =
3.4 · 10−3
kg · 160 ms−1
13.5 · 10−9 C · 5 · 10−5 T
= 8.06 · 1011
m
Ricaviamo poi l'angolo θx sotteso al centro dall'arco di traiettoria l, per questo
ci serviremo di una semplice proporzione:
2πR : 2π = l : θx ⇒ θx =
l
R
=
103
m
8.06 · 1011 m
= 1.24 · 10−9
rad
A questo punto, ricordando un po' di trigonometria, é elementare ricavare h:
h = R − R cos θx ∼ 6.2 · 10−7
m

81. 81
Figura 9.3: Esercizio 9.5
Esercizio 9.5 Due lunghi li paralleli posti a distanza d vengono percorsi dalla
corrente I nello stesso verso. Uno dei due li si trova nel punto ad ascissa x = 0 e
l'altro nel punto di ascissa x = d, essendo paralleli all'asse z e nel piano xz. De-
terminare il campo B nei punti dell'asse x tra i due li in funzione dell'ascissa x.
Soluzione:
Dalla legge di Biot-Savart, considerando il verso della corrente e quindi la con-
seguente orientazione del campo magnetico deducibile dalla regola della mano
destra, possiamo scrivere immediatamente:
B1(x) =
µ0I
2πx
; B2(x) = −
µ0I
2π(d − x)
Applicando il principio di sovrapposizione
B(x) = B1(x) + B2(x) =
µ0I
2π
1
x
−
1
d − x
Esercizio 9.6 Il campo magnetico nel centro di un solenoide lungo L = 30cm
e di diametro 1.25 cm vale 0.385 T. Calcolare la corrente nel solenoide sapendo
che é costituito da ns = 975 spire.
Soluzione:
Per un solenoide ideale (innitamente lungo) vale:
B = µ0In
essendo n il numero di spire per unitá di lunghezza, supponendo che l'ipotesi di
solenoide ideale sia valida abbiamo
B = µ0I
ns
L
⇒ I =
BL
µ0ns
=
0.385 T · 0.3 m
4π · 10−7 T m A−1 · 975
= 94.32 A

82. 82 CAPITOLO 9. MAGNETISMO
Esercizio 9.7 Il campo magnetico normale al piano di una spira circolare di
diametro d = 12 cm viene portato da Bi = +0.52 T a Bf = −0.45 T in 180 ms.
Il segno indica che il campo punta verso l'osservatore e il segno + indica il
verso opposto. (a) Calcolare la f.e.m. indotta. (b) Quale é il verso in cui uisce
la corrente indotta?
Soluzione:
(a) calcoliamo prima di tutto la variazione di usso:
∆Φ = Φf − Φi = πR2
(Bf − Bi)
sostituendo i dati del problema:
∆Φ = (−0.45 − 0.52) T · 3.14 · (6 · 10−2
)2
m2
=
= −0.97 · 3.14 · 36 · 10−4
T m2
= 1.096 · 10−2
T m2
Secondo le convenzioni usate la variazione di usso é diretta verso l'alto (esterna
al foglio). Dalla legge di Faraday-Lenz troviamo per la forza elettromotrice:
E = −
∆Φ
∆t
=
1.096 · 10−2
N C−1
s m−1
m2
180 · 10−3 s
∼ 6.1 · 10−2
V
(b) La forza elettromotrice indotta si oppone alla variazione di usso per cui
la corrente associata sará tale da generare un campo magnetico verso il foglio
(verso l'interno) per cui I scorre in senso orario.