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008_risposte x WEB 6-05-2010 11:08 Pagina 1

1

SOLUZIONI COMMENTATE
AL 50% DEI TEST E DEI PROBLEMI
PROPOSTI AL TERMINE
DELLE UNITÀ


Web HELP SOLUZIONI COMMENTATE
2

TEMA 1 15
16
La risposta corretta è la a.
Poiché i lati del rettangolo sono espressi rispettivamente
con 3 e con 4 cifre significative, il loro prodotto deve essere
UNITÀ 1 espresso con 3 cifre significative. Usando una calcolatrice a
10 cifre si ottiene:
TEST 5,38 cm ⋅ 12,84 cm = 69,0792 cm2
1 La risposta corretta è la d. e quindi il risultato sarà 69,1 cm2. La risposta corretta è la c.
2 La risposta corretta è la b. 17 La risposta corretta è la b.
3 Il numero 7,238 ⋅ 107 è scritto con quattro cifre significa- 18 Le due lunghezze espresse in millimetri risultano:
tive. Per scriverlo con due sole cifre occorre considerare se la 252 mm e 2,45 mm e perciò la loro somma sarebbe pari a
terza cifra è compresa fra 0 e 4 o fra 5 e 9. Nel primo caso si 254,45 mm. Poiché però il primo dei due valori è caratteriz-
arrotonda per difetto, nel secondo per eccesso. Quindi si avrà: zato dalla precisione del millimetro, il risultato andrà tronca-
7,2 ⋅ 107. to ai millimetri.
4 1 nm = 10–9 m = 10–7 cm. La risposta corretta è la a. Tenendo conto che, dopo il numero 254, segue un 4, si dovrà
5 La risposta corretta è la b. approssimare per difetto ottenendo così 254 mm. La risposta
6 La risposta corretta è la d. corretta è la a.
7 Il numero di secondi corrispondenti a 1 mese di 30 d (d è il 19 La risposta corretta è la b.
simbolo dell’unità di tempo giorno) si calcola considerando: 20 La risposta corretta è la d.
1 d = 24 h 21 Il volume V di una sfera di diametro d è espresso dalla
1 h = 3600 s relazione:
Si ha perciò: 3
4 ⎛d⎞
1 mese = 30 d = 30 ⋅ 24 ⋅ 3600 s = 2,592 ⋅ 106 s V= π
3 ⎜ 2⎟
⎝ ⎠
L’ordine di grandezza del numero ora ottenuto è espresso
dalla sua potenza 106 e quindi la risposta corretta è la a. Operando con una calcolatrice a 10 cifre si ottiene:
8 La risposta corretta è la d. 3
4 ⎛ 28, 0 mm ⎞
V= π ⎟ = 11494, 04032 mm
3
3 ⎜
9 La risposta corretta è la d.
⎝ 2 ⎠
10 Quando si passa dalle dimensioni lineari a quelle volumi-
che si deve elevare alla terza potenza il valore che esprime le Il risultato va però espresso con lo stesso numero di cifre
dimensioni lineari. Dalle equivalenze: significative che caratterizzano la misura di d (3 cifre) e quin-
1 m = 109 nm di:
1 m = 102 cm V = 11500 mm3 = 1,15 ⋅ 104 mm3
1 m = 10–3 km La risposta corretta è la b.
si ottiene quindi: 22 La risposta corretta è la d.
1 m3 = 1027 nm3 23 La risposta corretta è la c.
1 m3 = 106 cm3 24 Il numero 3,57 ⋅ 104 può essere riscritto modificando l’e-
1 m3 = 10–9 km3 sponente della potenza in base 10 e spostando in modo
La risposta corretta è la b. coerente la virgola. Tutti i numeri scritti di seguito sono quin-
11 Il volume di una sfera di raggio 1 m vale (4/3) π (1 m)3. di equivalenti:
D’altra parte, il volume di un cubo di lato l è dato da l3. ………...
Ponendo quindi: 357 ⋅ 102
l3 = (4/3) π (1 m)3 35,7 ⋅ 103
si ottiene: 3,57 ⋅ 104
0,357 ⋅ 105
4 4
l= 3 π(1 m )3 = 1 m 3 π 0,0357 ⋅ 106
3 3 …………
La risposta corretta è la c. La risposta corretta è quindi la d.
12 La risposta corretta è la d. 25 La risposta corretta è la c.
13 La risposta corretta è la b. 26 Prima di eseguire la differenza devi esprimere i due nume-
14 La somma di due lunghezze o di due tempi fornisce anco- ri con la medesima potenza in base 10 e quindi:
ra una lunghezza o un tempo; il rapporto fra una lunghezza 7,0 ⋅ 105 – 7,0 ⋅ 106 = 0,70 ⋅ 106 – 7,0 ⋅ 106 = – 6,3 ⋅ 106
e un tempo definisce invece il valore di una grandezza deri- ovvero
vata; la risposta corretta è quindi la b. Attenzione all’opera- 7,0 ⋅ 105 – 7,0 ⋅ 106 = 7,0 ⋅ 105 – 70 ⋅ 105 = – 63 ⋅ 105 =
zione indicata in d: essa non ha senso in quanto non si pos- – 6,3 ⋅ 106
sono sommare due grandezze diverse. La riposta corretta è quindi la c.

P. Marazzini M.E. Bergamaschini L. Mazzoni Fenomeni, Leggi, Esperimenti ©2010 by Mondadori Education


Tema 1 – Unità 1
3

27 La risposta corretta è la b. e arrotondando a tre cifre significative:
28 Tutti i numeri coinvolti nell’operazione sono espressi con A = (20,4 ± 0,1) cm2
una sola cifra significativa. Anche il risultato andrà quindi
espresso con una cifra significativa. Perciò: 13 Poiché 1 min = 60 s, si ha:

(3 ⋅ 105 ) ⋅ (4 ⋅ 103 ) 50 min = 50 ⋅ 60 s = 3,0 ⋅ 103 s
= 2 ⋅ 105+3− 4 = 2 ⋅ 104 Nota che il risultato è espresso con due sole cifre significative
(6 ⋅ 104 )
perché il valore del tempo, 50 min, è espresso con due sole
La risposta corretta è la a. cifre significative. L’altro addendo, 3500 s, è espresso con
quattro cifre significative ma la precisione del risultato deve
PROBLEMI corrispondere a quella dell’addendo meno preciso. Quindi:
3,0 ⋅ 103 s + 3,500 ⋅ 103 s = 6,5 ⋅ 103 s

2 La situazione vista da un osservatore terrestre è schema-
tizzata nella figura seguente (nella quale, però, per motivi
grafici, non è stato rispettato il rapporto reale fra la distanza 14 7,5 m2 = 7,5 (103 mm)2 = 7,5 ⋅ 106 mm2
Terra-Sole e la distanza Terra-Luna). 5 Mm2 = 5 (106 m)2 = 5 ⋅ 1012 m2
3 mm2 = 3 (10–6 km)2 = 3 ⋅ 10–12 km2
C 0,74 m2 = 0,74 (102 cm)2 = 7,4 ⋅ 103 cm2
A 2,2 μm2 = 2,2 (10–4 cm)2 = 2,2 ⋅ 10–8 cm2
O 0,6 Gm2 = 0,6 (106 km)2 = 6 ⋅ 1011 km2
dL dS
lTL B 3,3 dm2 = 3,3 (10–7 Mm)2 = 3,3 ⋅ 10–14 Mm2
lTS D
15 2 Gm3 = 2 (1011 cm)3 = 2 ⋅ 1033 cm3
7,8 m3 = 7,8 (1012 pm)3 = 7,8 ⋅ 1036 pm3
In base alla similitudine dei triangoli OAB, OCD si può porre: 2,7 nm3 = 2,7 (10–6 mm)3 = 2,7 ⋅ 10–18 mm3
dS : dL = lTS : lTL 0,83 mm3 = 0,83 (10–9 Mm)3 = 8,3 ⋅ 10–28 Mm3
Da questa: 9,2 km3 = 9,2 (103 m)3 = 9,2 ⋅ 109 m3
0,5 mm3 = 0,5 (103 μm)3 = 5 ⋅ 108 μm3
d S lTS 1, 50 ⋅ 108 km
R= = = = 395 6,3 dm3 = 6,3 (10–4 km)3 = 6,3 ⋅ 10–12 km3
d L lTL 3, 80 ⋅ 105 km
3,75 ⋅ 103 m = 3,75 ⋅ 103 (103 mm) = 3,75 ⋅ 106 mm
5 20 Il volume totale delle quattro sferette è dato dalla diffe-
2,8 ⋅ 10–4 km = 2,8 ⋅ 10–4 (103 m) = 2,8 ⋅ 10–1 m renza fra il volume indicato dal livello superiore dell’acqua
2 m = 2 (106 μm) = 2 ⋅ 106 μm dopo l’introduzione delle quattro sferette 25,3 cm3 e il volu-
4,7 dm = 4,7 (10–4 km) = 4,7 ⋅ 10–4 km me indicato dal livello superiore dell’acqua prima dell’in-
5 μm = 5 (10–6 m) = 5 ⋅ 10–6 m troduzione delle quattro sferette 20,0 cm3.
7,4 mm = 7,4 (10–6 km) = 7,4 ⋅ 10–6 km Perciò:
ΔV = 25,3 cm3 – 20,0 cm3 = 5,3 cm3
73,6 h = 3,6 (3,6 ⋅ 103 s) = 1,3 ⋅ 104 s Da questa si ottiene:
Essendo:
5, 3 cm3
1 min = 60 s V= = 1, 3 cm3
4
1 h = 60 min = 60 ⋅ 60 s = 3,6 ⋅ 103 s
1 d = 24 h = 24 ⋅ 3,6 ⋅ 103 s = 8,64 ⋅ 104 s Per il calcolo del raggio R di ciascuna sferetta devi applicare
si ottiene: la relazione:
2 d = 2 ⋅ 8,64 ⋅ 104 s = 1,728 ⋅ 105 s
4
4 h = 4 ⋅ 3,6 ⋅ 103 s = 1,44 ⋅ 104 s V= π R3
3
30 min = 30 ⋅ 60 s = 1,8 ⋅ 103 s
e quindi dalla quale:
1,728 ⋅ 105 s + 1,44 ⋅ 104 s + 1,8 ⋅ 103 s = 172,8 ⋅ 103 s + 14,4
3V 3 3 ⋅ 1, 3 cm3
⋅ 103 s + 1,8 ⋅ 103 s = 189 ⋅ 103 s = 1,89 ⋅ 105 s R= 3 = = 0, 68 cm
4π 4π
11 L’area A della lamina si ottiene moltiplicando la sua lun-
ghezza per la sua larghezza. Poiché il valore di questi para-
metri è espresso con tre cifre significative, anche il valore del-
l’area andrà espresso con tre cifre significative. Usando una 23 Il volume V di una sfera di raggio R si calcola con la rela-
calcolatrice a dieci cifre si ottiene: zione:
A = 2,15 cm ⋅ 9,51 cm = 20,4465 cm2



4

4
2 Se l’orologio va avanti è difettoso e questo comporta erro-
V= π R3 ri sistematici in ogni misura che si effettua mediante esso; a
3
questo tipo di errori si sovrappongono però anche errori acci-
Poiché R è espresso con tre cifre significative, anche V andrà dentali di vario tipo. La risposta corretta è la c.
espresso con tre cifre significative, quindi: 3 La risposta corretta è la c.
4 La risposta corretta è la b.
4
V= π(5, 00 cm )3 = 524 cm3 5 Le vibrazioni del tavolo sul quale si sta eseguendo una
3
misura sono casuali e potranno eventualmente determinare
25 Il triangolo di vertici ABP è rettangolo in A e l’ipotenusa il prodursi di errori accidentali; la a è quindi errata.
PB forma con il cateto AB, base della triangolazione, un Ogni misura è caratterizzata da incertezza e non può mai
angolo di 60,0° (osserva la figura seguente). esprimere il valore “vero” della grandezza misurata; c e d
sono quindi errate.
La b è corretta, perché una elevata temperatura dilaterà la
riga metallica e questa sottovaluterà perciò i valori di tutte le
P
misure effettuate in quelle condizioni.
6 La risposta corretta è la c.
7 Quando la misura di una grandezza si ottiene mediante
una serie di misurazioni, l’incertezza assoluta corrisponde al
maggiore fra il valore della sensibilità dello strumento con
cui sono state eseguite le misurazioni e la semidispersione
della serie; in questo caso, quindi, l’incertezza assoluta vale
0,05 mm e la risposta corretta è la a.
90° 60° 8 la risposta corretta è la a.
A B 9 La semidispersione, arrotondata a una sola cifra signifi-
cativa, vale 0,2 mm ed è quindi maggiore della sensibilità
dello strumento. Il suo valore verrà quindi assunto come
Poiché la distanza d di P dalla base è misurata dal cateto AP, espressione dell’incertezza della misura e imporrà l’arroton-
si ha: damento del valore che esprime la media alla prima cifra
2 2 decimale (media = 25,4 mm).
d = AP = PB − AB Il risultato della misura sarà quindi dato da: (25,4 ± 0,2)
–– –– mm. La risposta corretta è la a.
Essendo però AB = (1/2) PB, si ha infine:
AP = ( 2AB ) 2 2
− AB = 3 AB = 3 ⋅ 10, 0 m = 17, 3 m
29 382000 = 3,82 ⋅ 105 PROBLEMI
28300000 = 2,83 ⋅ 107 4 ll valore medio della serie di misure si ottiene sommando
0,024 = 2,4 ⋅ 10–2 i valori delle 10 misure e dividendo il risultato ottenuto per
0,0000732 = 7,32 ⋅ 10–5 10. Con la calcolatrice si ottiene:
media = 22,28 cm
La semidispersione vale invece:
UNITÀ 2 22, 5 cm − 22, 1 cm
= 0, 2 cm
2
TEST
1 Normalmente, la misura della lunghezza di un tavolo si Il valore ora ottenuto è maggiore della sensibilità dello stru-
esegue per confronto con un campione di lunghezza ed è mento utilizzato per la misura e quindi verrà assunto come
quindi una misura diretta. espressione dell’incertezza assoluta.
La misura dell’area si determina applicando una operazione Il risultato della misura sarà quindi:
matematica ai valori dei lati del campo, valori ottenuti con (22,3 ± 0,2 cm)
metodo diretto mediante la fettuccia centimetrata. Si tratta e l’incertezza relativa espressa con una sola cifra significativa:
perciò di una misura indiretta. 0, 2 cm
L’orologio è uno strumento tarato e quindi la misura di un = 0, 009
22, 3 cm
intervallo di tempo eseguita con il suo ausilio non è di tipo
indiretto.
In conclusione, delle tre affermazioni, è vera solo la 1) e quin- 7 L’identità dell’incertezza relativa delle due misure con-

di la risposta corretta è la a. sente di scrivere la seguente uguaglianza:



Tema 1 – Unità 3
5

1,00 N = 0,102 kgp
Δa1 Δa2
= Quindi:
a M1 a M2 2,50 N = 2,50 ⋅ 0,102 kgp = 0,255 kgp
da questa si ottiene
a
Δa2 = M2 Δa1 8 Forza e spostamento sono grandezze di tipo diverso (si
a M1
dice anche, non omogenee) e perciò le loro intensità non
sono confrontabili, come non sono confrontabili i valori di
In base ai dati del problema:
una lunghezza e di una superficie o i valori di una lunghezza
Δa1 = 0,5 kg; aM1 = 258,2 kg; aM2 = 2580 m
e di un tempo. La risposta corretta è la d.
sostituendo i valori numerici si ottiene Δa2 = 5 m

10 La risposta corretta è la a.
10 Il valore dell’area A della lamina si ottiene moltiplicando
11 Dato che un segmento lungo 7 mm rappresenta la forza di
tra loro lunghezza e larghezza della lamina. Con una calcola-
50 N, la forza di 200 N sarà rappresentata da un segmento
trice a 10 cifre si ottiene:
lungo 28 m. Questo esclude le risposta b). Poiché, inoltre, la
A = 2,15 cm ⋅ 9,51 cm = 20,4465 cm2
direzione della forza è perpendicolare a una parete verticale,
Per determinare l’incertezza assoluta ΔA dell’area devi appli-
essa dovrà essere orizzontale e ciò esclude la risposta d). In
care la relazione:
base al testo, infine, si sa che la forza è orientata da sinistra a
⎛ 0, 01 cm 0, 03 cm ⎞ destra e quindi la risposta corretta è la c.
ΔA = 20, 4465 cm 2 ⎜ + = 0, 1596 cm 2
⎝ 2, 15 cm 9, 51 cm ⎟
⎠ 12 La risposta corretta è la d.
Arrotondando a una sola cifra significativa:
ΔA = 0,2 cm2
15 I quattro grafici rappresentano le relazioni seguenti:
e quindi: A = (20,4 ± 0,2) cm2
1) A = k B con k = 1
2) A = k B + h con k = 1 e h = 1
3) A = k B con k = 1
4) A = k B con k = 2
UNITÀ 3 La coppia corretta è quindi quella costituita dai grafici 1 e 3,
anche se la pendenza della retta che rappresenta la dipen-
TEST denza fra A e B è graficamente diversa a causa della diversa
1 La risposta corretta è la d. scala assunta per i valori di A. La risposta corretta è la c.
2 La risposta corretta è la c. 16 La risposta corretta è la c.
3 Considerando che la relazione fra la forza F applicata alla 17 Dalla relazione A = k B2 si ha:
molla e il suo allungamento Δl è:
F = k Δl B=
A
con k costante elastica della molla, possiamo scrivere: k
15 gp = k ⋅ 2,5 cm [a] D’altra parte, per avere A’ = 4 A si deve assegnare a B un
(15 gp + 30 gp) = k ⋅ x [b] valore B' calcolabile con la relazione:
ove x indica l’allungamento prodotto dal peso totale di 45 gp. 4 A = k B'2
Dividendo [a] per [b] si ottiene: da questa:
x = 7,5 cm
La lunghezza totale della molla vale quindi: 4A A
B′ = =2 = 2B
20 cm + 7,5 cm = 27,5 cm k k
La risposta corretta è la d. La risposta corretta è la c.
4 Il grafico indica che una forza di 10 N allunga la molla di 18 La risposta corretta è la c.
20 cm. In base alla relazione: 19 I valori dello spazio percorso e del tempo impiegato a per-
F = k Δl correrlo consentono di trovare il valore della costante k:
si ottiene allora: k = s/t2 = 40 cm/(2 s)2 = 10 cm/s2
F 10 N 10 N Si ha perciò: s = 10 cm/s2 (6 s)2 = 360 cm
k= = = = 50 N / m La risposta corretta è quindi la c.
Δl 20 cm 0, 20 m
La risposta corretta è la b. 21 Rilevando sul grafico, entro l’incertezza della misura, le
coppie di valori di p (pressione) e V (volume), puoi giungere
6 Ricorda che:
alla seguente tabella:
1,00 kgp = 9,81 N



6

p (⋅ 105 Pa) V (m3) p V (⋅ 105 Pa m3) V (dm3)

10 0,10 1,0
8,0 0,12 0,96 1000
6,0 0,16 0,96
4,0 0,26 1,0
800
2,0 0,50 1,0
1,0 1,0 1,0
Il valore approssimativo del prodotto p V è dunque 600
1,0 ⋅ 105 Pa m3; la risposta corretta è la b.
400

PROBLEMI A
4 In base alla relazione F/Δl = k e ai dati forniti dal testo del 200
Problema, la costante elastica k risulta espressa dalla relazio- t (min)
ne k = P/(6 cm). Per la seconda molla si può perciò porre
k' = 3 k = P/(2 cm). L’allungamento Δl prodotto dal corpo di 10 20 30 40 50
peso P quando viene appeso alla seconda molla vale allora: Per rispondere alla seconda domanda, traccia dal punto di
P ordinata 200 dm3 una parallela all’asse dei tempi fino a inter-
Δl ′ = = 2cm
P/(2cm) secare in A la semiretta che esprime la dipendenza (V, t). Da A
traccia poi una perpendicolare all’asse dei tempi e rileva il valo-
re dell’ascissa: t = 40 min. Questo stesso valore può essere
7 La lunghezza totale delle due molle sotto l’azione della
determinato ponendo nella relazione [a]: V = 200 dm3, V0 =
forza peso P è data da:
1000 dm3, k = 20 dm3/min. Si ottiene allora:
lA,tot = lA + ΔlA = 40 cm + ΔlA
200 dm3 = 1000 dm3 – 20 dm3/min ⋅ t
lB,tot = lB + ΔlB = 50 cm + ΔlB
Da questa si ottiene: t = 40 min
I valori degli allungamenti ΔlA e ΔlB si calcolano a partire 16 Il 20% di 100 euro equivale a 20 euro e quindi, dopo il
dalla relazione
primo mese, Lorenzo possiede 120 euro.
F = k Δl
Il 20% di 120 euro equivale a: 120 euro ⋅ 0,20 = 24 euro
che, per le due molle, si scrive nel modo seguente: Dopo il secondo mese Lorenzo possiede quindi 144 euro.
P = kA ΔlA Procedendo in modo analogo puoi stabilire che:
P = kB ΔlB dopo il terzo mese Lorenzo possiede 173 euro;
Tenendo allora conto del fatto che le lunghezze totali delle dopo il quarto mese Lorenzo possiede 208 euro;
molle devono essere uguali, si può porre: dopo il quinto mese Lorenzo possiede 250 euro.
P P I punti corrispondenti alle 5 coppie di valori sono riportati
40 cm + = 50 cm +
kA kB nel grafico S (somma totale), M (numero mesi) seguente:

ovvero, usando le unità del S.I.: S
P P
40 cm + = 0,50 m +
200N/m 300N/m
250
Da questa si ottiene P = 60 N

200
14 Se indichiamo con V0 il volume di acqua presente inizial-
mente nella vasca e con k il volume di acqua che defluisce
dalla vasca in 1 min, il volume V di acqua presente nella 150
vasca dopo t minuti è dato da:
V = V0 – k t [a]
100
con k = 20 dm3/min.
Questa equazione è rappresentata in un grafico V, t dalla
semiretta che compare nella figura seguente. 50

M

1 2 3 4 5



Tema 1 – Unità 4
7

x 0 1 2 3 4 5 con P espresso in newton e g pari a 9,81 N/kg.
y 100 120 144 173 208 250 Poiché 5,5 kgp = 5,5 ⋅ 9,81 N/kg = 54 N
si ha:
Come puoi constatare, i punti non sono allineati su una retta e
54 N
da ciò consegue che la dipendenza (S, M) non è di tipo lineare. m= = 5, 5 kg
19 Il volume V di un cilindro di altezza h e diametro di base
9, 81 N/kg
D è espresso dalla relazione: La risposta corretta è la c.
2 8 La risposta corretta è la b.
⎛ D⎞
V = π⎜ ⎟ h 9 Tenendo presente che:
⎝ 2⎠ 1 m3 = 103 dm3

Riscrivendo questa relazione nella forma: si ha:
⎛ πh⎞ 2 kg 5000 kg
V=⎜ D = k D2
⎝ 4 ⎟
⎠ 5000 =
m3 103 dm3
= 5 kg/dm3

puoi constatare che l’altezza h dei cilindri può essere determi- La risposta corretta è la d.
nata a partire dal valore della costante k che correla V a D2. 10 La risposta corretta è la a.
Questa costante, a sua volta, si può determinare sulla base
del grafico utilizzando le coppie di valori corrispondenti a m
qualche punto appartenente alla curva in colore. Ad esem- 11 Applicando la relazione d = si ottiene:
v
pio, per il punto di ascissa D = 1,0 m si trova V = 8,0 m3 e
m 2 kg
quindi: V= = = 2 ⋅ 10 −3 m3
δ 1000 kg/m3
V 8, 0 m3
k= 2
= = 8, 0 m Tenendo poi conto che 10–3 m3 = 1 dm3, si ha infine V =
D (1,0 m)2 2 dm3. La risposta corretta è quindi la d.
4k 4 ⋅ 8, 0 m
h= = = 10 m 13 La densità relativa e il peso specifico relativo di uno stes-
π π
so corpo sono espressi dallo stesso numero in quanto:
δC mC mC g P
δr = = = = C = γr = 6
δ H O mH O mH O g PH O
UNITÀ 4 2 2 2 2

Poiché
TEST
1 La risposta corretta è la c. γC
γr =
2 5 kg = 5 ⋅ 103 g γH O
2
3,8 μg = 3,8 ⋅ 10–9 kg
si ricava
25 Mg = 25 ⋅ 10–3 Gg = 0,25 ⋅ 10–1 Gg
γC = γr γH O
2,7 Mg = 2,7 ⋅ 103 kg 2
da cui
La risposta corretta è quindi la d.
γC = 6 ⋅ 10000 N/m3 = 60000 N/m3
5 la relazione tra il peso P e la massa m di un corpo è data
da:
P=mg PROBLEMI
Da questa 15 kg = 5 (106 mg) = 5 ⋅ 106 mg
P 30 N 3,2 ng = 3,2 (10–9 g) = 3,2 ⋅ 10–9 g
m= = = 3, 0 kg
g 10 N/kg 8,3 Mg = 8,3 (10–12 μg) = 8,3 ⋅ 1012 μg
6,2 μg = 6,2 (10–9 kg) = 6,2 ⋅ 10–9 kg
La risposta corretta è la b.
3 ng = 3 (10–6 mg) = 3 ⋅ 10–6 mg
2,5 pg = 2,5 (10–21 Gg) = 2,5 ⋅ 10–21 Gg
7 Dalla relazione:
4 Dalla relazione P = m g si ottiene:
P=mg
si ottiene P
g=
P m
m=
g Applicando il metodo delle cifre significative si ha:



8

125, 0 N P 100 N
g= = 6, 250 N/kg V= = = 1, 02 ⋅ 10−3 m3
20, 00 kg δg 1, 00 ⋅ 104 kg/m3 ⋅ 9, 81 N/kg
e quindi g = (6,250 ± 0,001) N/kg 13 In base alla definizione di densità assoluta:
Applicando il metodo della propagazione delle incertezze si
m
ha: δ=
V
P ⎛ ΔP Δm ⎞ 125, 0 N ⎛ 0, 1 N 0, 01 kg ⎞
Δg = + = + ⎟=
m⎜ P m ⎟ 20, 00 kg ⎝ 125,0 N 20, 00 kg ⎠
⎜ per risolvere il Problema devi dividere la massa per il volume.
⎝ ⎠
Il risultato andrà poi espresso con due sole cifre significative,
⎞ perché questo è il numero di cifre significative più basso con
⎟ = 0, 008125 N/kg
⎠ il quale sono espressi i valori di massa e volume. Quindi, con
Arrotondando a una sola cifra significativa: una calcolatrice a 10 cifre:
Δg = 0,008 N/kg
m 75, 227 g
Si ha perciò: g = (6,250 ± 0,008) N/kg δ= = = 2, 149342857 g/cm3
6 L’ipotesi implicita del testo del Problema è che il solleva-
V 35 cm3
tore sviluppi la stessa forza F sia sulla Terra che sul pianeta. e in definitiva:
In base alla relazione P = m g si può allora scrivere: δ = (2,1 ± 0,1) g/cm3
17 A partire dalla relazione δ = M/V possiamo scrivere:
F = PTerra = m gTerra e F = Ppianeta = M gpianeta
M = V δ. Per determinare M è quindi necessario conoscere il
Poiché gpianeta = 0,5 gTerra, ne deriva che la massa M del bilan-
valore di V.
ciere che viene sollevato con l’identica forza F sul pianeta
Poiché il volume di una colonna è dato dal prodotto della
avrà un valore pari a 2 m.
area di base per la sua altezza, porremo:
Quindi: M = 2 m = 260 kg.
2 2
8 Quando la bilancia è in equilibrio, le masse situate sui ⎛d⎞ ⎛ 1,07 m ⎞
V=π ⎜ ⎟ h=π ⎜ ⎟ ⋅ 10,25 m = 9,216824162 m
3
suoi due piatti devono essere identiche. indicate quindi con ⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠
MC e MS le masse del cubo e della sfera, si deve avere:
Tenendo conto che d è espresso con tre cifre significative
MC = MS + M [a]
e h con quattro, mentre π è stato espresso con le 10 cifre
D’altra parte, ricordando che, in generale:
significative fornite dalla calcolatrice utilizzata per ese-
massa = densità assoluta ⋅ volume
guire l’operazione, esprimeremo il risultato con tre cifre
si ha:
significative, approssimando la terza cifra per eccesso in
MC = 4,00 kg/dm3 ⋅ (1,00 dm)3 = 4,00 kg
quanto la quarta è un 6.
⎛ 4 ⎛ 1, 00 dm ⎞ 3 ⎞ Si ottiene perciò:V = 9,22 m3
M S = 4, 00 kg/dm3 ⎜ π ⎜ ⎟ ⎟ = 2, 09 kg
⎜3 ⎝
⎝ 2 ⎠ ⎟ ⎠
La massa M sarà quindi data da:
9,22 m3 ⋅ 2580 kg/m3 = 23787,6 kg/m3
Quindi, dalla [a], si ottiene:
Poiché il volume è espresso con tre cifre significative e la
M = MC – MS = 4,00 kg – 2,09 kg = 1,91 kg
massa con quattro, esprimeremo il risultato con tre cifre
11 In base alla relazione:
significative, approssimando la terza per eccesso in quanto la
m quarta è un 8. Si ottiene perciò:
δ=
V M = (23800 ± 100) kg = (2,38 ± 0,01) ⋅ 104 kg/m3
19 In base alla serie di uguaglianze:
si può porre:
PC mC g mC
m γr = = = = δr
V= [a] PH O mH O g mH O
δ 2 2 2

la densità relativa vale 5.
La densità assoluta del corpo è data dal testo del Problema;
Per calcolare la densità assoluta tieni presente che:
per determinare la massa, tieni presente che:
P=mg δC
δr =
dalla quale: δH O
2

P Da questa
m= [b]
g δC = δr δH O = 5 ⋅ 1000 kg/m3 = 5 ⋅ 103 kg/m3
2

Sostituendo la [b] nella [a] si ottiene:



Tema 2 – Unità 1
9

TEMA 2 Poiché i due triangoli ABC e ACD sono equilateri, l’intensità di
v è uguale all’intensità di v1 e v2. La risposta corretta è la c.

UNITÀ 1 D C

TEST
1 La risposta corretta è la a. v
v2
2 La direzione e il verso delle due forze F 1 e F 2 e del loro
risultante F sono indicati nella figura seguente. 60° v1
B

A
y
F1 x

7 Il componente di un vettore secondo una certa direzione
è rappresentato dalla proiezione del vettore sulla direzione
F2 F stessa. Nel caso proposto dal Test il componente del vettore F
è il vettore F '. Tenendo conto che F ' è uno dei due cateti del
triangolo isoscele ABC di cui il vettore F è l’ipotenusa, si ottie-
ne: intensità di F′ = 7,07 N.
C
L’intensità di F si ottiene applicando il teorema di Pitagora:
45°
F = F12 + F22 = (50 N)2 + (70 N)2 = 86 N

La risposta corretta è la b. a
4 Le tre forze applicate all’anellino sono rappresentabili 30°
b A 15° 90° b
come indicato dalla figura seguente.
B a
9 In questo caso la forza di attrito massima è espressa dalla
relazione:
FA = k P
F essendo P = m g.
Quindi:
F1 120° F2 FA = k m g = 0,4 ⋅ 2 kg ⋅ 9,81 N/kg ⋅ = 8 N
La risposta corretta è la d.
11 La forza F ha verso opposto al peso della valigia e quindi:
1
la forza di attrito massima F A ha intensità:
F3 FA = kS (P – F1) = 0,50 (200 N – 80 N) = 60 N

PROBLEMI
4 Indicata con F e F la somma delle componenti secondo
x y
la direzione orizzontale e verticale dei tre vettori si ottiene:
La somma vettoriale di F 1 e F 2 è la forza F la cui direzione Fx = 10,0 N + 0 – 7,07 N = 2,9 N
coincide con quella della bisettrice dell’angolo definito dalle Fy = 0 + 10,0 N + 7,07 N = 17,1 N
direzioni di F 1 e F 2 e la cui intensità, uguale a F1 e F2, vale Poiché l’intensità del vettore risultante F dei tre vettori è data da:
20 N. Tale dovrà essere l’intensità della forza equilibrante F 3.
Fx2 + Fy2 ,
La risposta corretta è la c. si ottiene
5 Il vettore somma, disegnato nella figura seguente, corri-
F = (2, 9 N)2 + (17, 1 N)2 = 17, 3 N.
sponde alla diagonale del parallelogramma di lati v1 e v2.



10

6 Rappresenta anzitutto in scala le tre forze in un sistema di ca che il peso della cassa e del contenuto è dato da:
assi cartesiani come indicato dalla figura seguente: F' 80 N
Ptot = A max = = 200 N
kS 0, 40 N
F1 F1y Il peso del contenuto della cassa vale quindi:
PC = 200 N – 60 N = 140 N
12 La lastra non cade se il suo peso viene equilibrato dalla
forza di attrito che si sviluppa fra la lastra e la parete. Questa
F2 forza è prodotta dalla forza F la cui intensità minima si cal-
F2y
60° cola quindi con la relazione:
30°
FA = kS Fmin = P
F1x F2x Si ottiene:
P 100 N
Fmin = = = 170 N
ks 0, 60

F3 F3y UNITÀ 2
TEST
Affinché la somma vettoriale delle tre forze sia nulla, è neces- 2 La condizione di equilibrio per la rotazione dell’asta si tra-
sario che si annullino le somme vettoriali dei componenti duce, in questo caso, nell’uguaglianza dei momenti dei pesi di
delle tre forze determinati rispetto alle direzioni degli assi x e C1 e C2:
y; si ha perciò: 20 N ⋅ 30 cm = P2 ⋅ 20 cm
F1x = F2x Da questa: P2 = 30 N
F1y + F2y = F3y La risposta corretta è la b.
Tenendo conto delle relazioni che legano fra loro i cateti e l’i- 3 La risposta corretta è la b.
potenusa dei triangoli rettangoli di angoli acuti 30° e 60°, le 4 La risposta corretta è la d.
due relazioni precedenti si traducono nelle seguenti: 5 Il momento della forza F ha valore massimo quando è

F1 3 massimo il braccio della forza. Nei casi A e B il braccio di F
= F [a] rispetto al punto O è nullo, nei casi C e D vale rispettivamen-
2 2 2
te (figure seguenti):
3 F –– ––
F1 + 2 = F3 [b] bC = OB ( 3 /2) = 0,866 OB
2 2 –– ––
bD = OB (1/ 2 ) = 0,707 OB
Risolvendo il sistema di equazioni [a] e [b] si ottiene:
1, 5 B
F1 = F
3 3
60°
F O 30° b
F2 = 3 C
2
e quindi, essendo F3 = 10 N:
F
F1 = 8,66 N A
F2 = 5,00 N F
9 La forza orizzontale di intensità 24 N con la quale si riesce
a spostare la cassa vuota può essere assunta come misura bD
della forza di attrito massima che si sviluppa tra il fondo della
45° 45°
cassa e il suo piano di appoggio. A partire da questa conside-
razione e applicando la relazione: FAmax = k P si ottiene per- A O B
ciò il coefficiente di attrito k: La risposta corretta è la c.
F 24 N 6 La risposta corretta è la c.
k = A max = = 0, 40 7 Il momento di una forza è dato dal prodotto dell’intensità
P 60 N
Se, dopo il riempimento della cassa, è necessario applicare della forza per il suo braccio. Nel caso in esame il braccio della
una forza orizzontale di intensità 80 N per spostarla, signifi- forza applicata nei diversi punti dell’asta secondo la direzione



Tema 2 – Unità 3
11

orizzontale è dato dalla altezza h del punto di applicazione 7 La forza F ha un componente perpendicolare all’asta la
2
della forza rispetto alla base dell’asta. Quindi il momento M cui intensità, in base alle relazioni numeriche che legano i
della forza è direttamente proporzionale ad h e, conseguente- cateti e l’ipotenusa di un triangolo rettangolo di angoli acuti
mente, il grafico che meglio rappresenta la dipendenza (M, h) 30° e 60°, misura 250 N/2 = 125 N. Il momento associato a
è dato dalla figura c). tale componente vale quindi:
8 La risposta corretta è la c. M2 = 125 N ⋅ 1,20 m = 150 N m.
9 Il peso dell’asta si deve considerare applicato nel suo cen- Questo momento è responsabile di una rotazione oraria del-
tro geometrico, mentre il peso P del carico C è applicato nel l’asta; ad esso si contrappone però l’effetto del momento M1
suo estremo destro e ha direzione perpendicolare a quella del- della forza F 1 che, in base alla figura e ai valori del testo del
l’asta. Problema, vale: 200 N ⋅ 0,40 m = 80 N m.

Rispetto all’estremo sinistro dell’asta, che costituisce l’asse Dunque la forza F 3 dovrà essere orientata verso l’alto in
della sua possibile rotazione, il braccio del peso dell’asta vale modo che il suo momento M3 sia anch’esso antiorario.
l/2 (con l = lunghezza dell’asta) e il braccio del peso del cari- L’intensità di questo momento vale quindi:
co C vale l. Quindi, all’equilibrio: M3 = M2 – M1 = 150 N m – 80 N m = 70 N m
l Tenendo presente che M3 = F3 d e che d = 70 cm = 0,70 m, si
2 N ⋅ ——– = P l deduce che F3 = 100 N.
2
10 Il momento della forza applicata alla pinza deve essere
Da questa, P = 1 N
maggiore o uguale al momento della forza di attrito che si svi-
luppa fra la superficie esterna del cilindro e il blocco di legno.
Tenendo conto che il braccio della forza F vale 20 cm, men-
tre quello della forza di attrito vale 1,0 cm, si può scrivere:
PROBLEMI 80 N ⋅ 20 cm ≥ FA ⋅ 1,0 cm
2 La figura che segue mette in evidenza che il braccio della
Da questa si ottiene: FA ≤ 1600 N.
forza F è dato dal segmento OA il quale, in base alle relazioni
numeriche che legano i cateti e l’ipotenusa di un triangolo
rettangolo di angoli acuti 30° e 60°, misura:
UNITÀ 3
OP
OA = = 15cm = 0,15 m
2 TEST
Il momento della forza F vale perciò: 0,15 m ⋅ 50 N = 7,5 N m 1 Tieni presente che la pressione in ogni punto del liquido è
identica; conseguentemente:
pA = pB
Essendo però pA = FA/SA e pB = FB/SB si ottiene:
A P FA FB
30° =
90° S A SB
Da questa si ha:
S 4 SB
60° FA = FB A = 10 N = 40 N
SB SB
O La risposta corretta è quindi la d.
3 La relazione p = δ g h non contiene alcun riferimento né
5 Il valore del momento M della forza P applicata a sini-
1 1 alla forma del recipiente che contiene il liquido né alla quan-
stra dell’asse di rotazione vale 40 N ⋅ 20 cm = 800 N cm. Il tità di liquido in esso contenuta. Poiché h e g sono identici nei
valore del momento M2 della forza P2 applicata a destra del- tre casi, sarà solo il valore della densità a determinare il mag-
l’asse di rotazione vale 20 N ⋅ 20 cm = 400 N cm. L’asta ten- giore o minore valore della pressione. La risposta corretta è
derà quindi a ruotare in senso antiorario. Per mantenerla in quindi la c.
equilibrio con un carico appeso all’asta di peso P3 pari a 10 N 4 La risposta corretta è la d.
(orientato verso il basso) questo va applicato a destra dell’as- 5 La pressione del mercurio contenuto nel tubo torricellia-
se di rotazione, a una distanza tale da creare un momento M3 no è controbilanciata dall’atmosfera in cui l’esperimento
che, sommato a M2, dia il valore di M1. Quindi: viene eseguito. Si tenga poi conto che in prossimità della
M3 = 800 N cm – 400 N cm = 400 N cm superficie del mare l’altezza della colonna di mercurio vale
Ne consegue che il braccio della forza P3 vale: circa 76 cm, quindi la a è errata e, a maggior ragione, è erra-
400 N cm ta la b in quanto il Mar Morto si trova sotto il livello degli
= 40 cm
10 N oceani di qualche centinaio di metri e quindi sulla sua super-



12

ficie la pressione atmosferica sarà un po’ più elevata di quel- Da queste:
la normale. Su una montagna piuttosto elevata la pressione
VIM1 δ1
atmosferica risulta invece decisamente più bassa e quindi la c =
V δL
è corretta. La d risulta errata, perché effettivamente al Polo,
a causa della bassa temperatura, si produce una contrazione
VIM2 δ2
della colonna di mercurio ma la sua entità, per una colonna =
V δL
alta circa 1 m, è sicuramente inferiore a 1 mm.
6 I due dischi metallici creano una pressione sulla superfi- Dividendo membro a membro:
cie dell’acqua sottostante che è espressa rispettivamente da:
VIM2 / V δ2
pA = δ g h A =
VIM1 / V δ1
pB = δ g h B
In queste espressioni sono presenti i parametri δ (densità e quindi:
assoluta del materiale con cui sono fatti i dischi) e g (9,81
VIM2 VIM1 δ2 900 kg/m3
N/kg) che sono identici e l’altezza hA e hB dei due dischi. Non = = 0,7 = 0, 9
V V δ1 700 kg/m3
è invece presente la sezione dei dischi che, quindi, può essere
ignorata nella risposta al Test. La risposta corretta è la c.
Poiché hB > hA, si ha pB > pA e quindi, all’equilibrio, SA e SB
non si trovano allo stesso livello ma il primo sarà un po’ più PROBLEMI
in alto del secondo. La risposta corretta è la b. 5 La disposizione dei livelli dei due liquidi all’equilibrio è
7 La risposta corretta è la c mostrata nella figura seguente.
8 In condizioni di equilibrio la spinta archimedea agente
sulla sfera, espressa dalla relazione:
δH O g VIM = 1000 kg/m3 ⋅ g VIM
2

deve eguagliare il peso della sfera:
4 cm
500 kg/m3 ⋅ g (VEM + VIM)
Porremo quindi:
20 cm
1000 kg/m3 ⋅ g VIM = 500 kg/m3 ⋅ g (VEM + VIM)
Da questa, con qualche passaggio:
VIM = VEM S1 S2

ovvero:
VIM
=1
VEM
La risposta corretta è la c.
9 Quando il ghiaccio viene messo nell’acqua, esso sposta
un volume V di acqua che è un po’ più piccolo del volume del Tenendo conto che sulle sezioni S1 e S2 la pressione è identi-
ghiaccio ma, per il principio di Archimede, la massa del ca, si può stabilire che deve valere la seguente uguaglianza:
ghiaccio deve essere uguale alla massa del volume V di δ g ⋅ 20 cm = 1000 kg/m3 ⋅ g ⋅ 24 cm
acqua. La successiva fusione del ghiaccio creerà perciò un Da questa si ottiene: δ = 1200 kg/m3
volume di acqua pari a quello V spostato inizialmente e quin- 9 Il peso P del corpo in aria è indicato dal dinamometro e
di il livello dell’acqua non subirà variazioni. La risposta cor- vale quindi 100,0 N. Se con mC e V si indicano rispettiva-
retta è la d. mente la massa e il volume del corpo e con δ si indica la sua
10 La risposta corretta è la d. densità assoluta, si può porre:
11 La risposta corretta è la a. P = 100,0 N = δ g V [a]
12 Indicati con V il volume delle due sfere, con V
IM1 e VIM2 il
Quando il corpo è immerso in acqua, agiscono su di esso il
volume delle due sfere immerso nel liquido, con δL la densità peso P e la spinta archimedea S di uguale direzione a quella
assoluta del liquido, con δ1 e δ2 le densità assolute delle due di P ma di verso opposto. La differenza di queste due forze è
sfere, le condizioni di galleggiamento, che corrispondono data dall’indicazione del dinamometro e vale 75,5 N.
all’uguaglianza fra la spinta archimedea sulla sfera e il peso Dunque si può porre:
della sfera, si traducono nelle due relazioni. 75,5 N = P – S [b]
δL g VIM1 = δ1 g V da cui:
δL g VIM2 = δ2 g V S = 100,0 N – 75,5 N = 24,5 N



Tema 3 – Unità 1
13

ovvero, considerando che S = δH O g V:
δH O g V = 24,5 N
2
2
TEMA 3
Da questa si ottiene:
UNITÀ 1
24, 5 N
V= = 2, 50 ⋅ 10−3 m3 = 2, 50 dm3
m
1000 kg/m3 ⋅ 9, 81 N/kg TEST
1 A causa della distanza Terra-Luna considerata nello sche-
Sostituendo questo valore nella [a] si può ora ricavare il valo-
ma a, i raggi di luce provenienti dal Sole e diretti verso la
re della densità del corpo:
Luna vengono intercettati solo parzialmente dalla Terra e
100 N 100 N quindi una parte della Luna resta sempre illuminata; a è
δ= = = 4, 08 ⋅ 103 kg/m3

errata.
gV 9, 81 N/kg ⋅ 2, 50 ⋅ 10−3 m3
La parte della Luna illuminata tende a diventare più ampia
quanto più aumenta la distanza Terra-Luna; c è errata.
11 Indicati con δ la densità assoluta del liquido in cui è
Nell’allineamento b, i raggi di luce provenienti dal Sole e
immerso il cilindro, con h e A l’altezza e l’area della sezione diretti verso la Terra vengono intercettati solo parzialmente
trasversale del cilindro, l’intensità S della spinta archimedea dalla Luna e quindi solo per gli osservatori che stanno nel
si calcola con la relazione: cono d’ombra creato dalla Luna si può avere una eclissi tota-
S=δgV =δghA le di Sole; b è errata e d è corretta.
Sostituendo i valori numerici si ottiene: 2 La risposta corretta è la c.
S = 1500 kg/m3 ⋅ 9,81 N/kg ⋅ 10,0 ⋅ 10–2 m ⋅ 5,00 ⋅ 10–4 m2 = 3 La legge di rifrazione applicata ai due mezzi è espressa
0,736 N dalle relazioni:
sin i1
15 In base alla relazione: =3
sin r1
dS
VIM = V
dL sin i2
= 1, 5
è possibile determinare il volume immerso del cubo pur di sin r2
conoscere i valori della densità del cubo e del liquido in cui è
Da queste:
immerso (l’acqua, di densità 1000 kg/m3) e il valore del suo
volume V. Quest’ultimo valore si determina utilizzando i dati sin i1 sin i2
=2
del testo del Problema: sin r1 sin r2
V = (20 cm)3 = 8,0 ⋅ 103 cm3 = 8,0 ⋅ 10−3 m3
Perciò se i1 = i2, si ha:
mentre la densità del cubo si calcola con la relazione:
sin r1
6,0 kg = 0, 5
dS = = 750 kg/m3 sin r2
8,0 ⋅ 10 −3 m3
Si ha perciò: Da questa segue:
sin r1 = 0,5 sin r2
750 kg/m3 Se, ad esempio, r2 = 60°, si ottiene:
VIM = 8,0 ⋅ 10−3 m3 = 6, 0 ⋅ 10 −3 m3 = 6, 0 dm3
1000 kg/m3 r1 = sin–1 (0,5 sin 60°) = 26°
Il volume emergente vale perciò: Dunque: a è corretta, b è errata, c è errata perché 0,5 ⋅ 60° =
8,0 ⋅ 10−3 m3 – 6,0 ⋅ 10−3 m3 = 2,0 ⋅ 10−3 m3 = 2,0 dm3 30°; d è errata.
Tieni ora presente che, trattandosi di un cubo, il rapporto
fra il volume emergente e il volume totale è uguale al rap-
porto fra la parte emergente (che indicheremo con hE) di sin i n
uno spigolo del cubo e lo spigolo stesso (che indicheremo = nA,B = B
sin r nA
con h). Dunque si ha:
se nB > nA, consegue i > r e viceversa.
hE 2, 0 dm3 Nel caso rappresentato in figura si ha r > i e quindi nB < nA. Il
= = 0, 25
h 8, 0 dm3 mezzo A ha allora un indice di rifrazione assoluto maggiore
D’altra parte: di quello di B (d è errata) ed è più rifrangente del mezzo B (b
è corretta mentre a è errata). La trasparenza non ha nulla a
h = 3 8, 0 dm3 = 2, 0 dm = 20 cm che fare con la rifrangenza e quindi c è errata.
e quindi. 6 La risposta corretta è la b.

hE = 20 cm ⋅ 0,25 = 5,0 cm 7 Per il principio di invertibilità del cammino di un raggio di



14

luce, il raggio riemerge dall’acqua seguendo il cammino b. La dal mezzo meno rifrangente e quindi l’aria si trova a sinistra
risposta corretta è la b. della linea s. L’indice di rifrazione assoluto n del mezzo soli-
8 La risposta corretta è la c. do trasparente si calcola con la relazione:
9 Quando l’angolo di incidenza coincide con l’angolo limite,
sin i sin 45° n
l’angolo di rifrazione vale 90°, indipendentemente dall’indice = = 1, 4 =
sin r sin 30° 1
di rifrazione del mezzo A; la risposta corretta è quindi la c.
Da questa serie di uguaglianze si ottiene n = 1,4.
7 Tenendo conto della legge di rifrazione, del valore dell’in-
11 Nelle condizioni indicate dalla figura, l’angolo di inciden-
dice di rifrazione assoluto dell’acqua e del fatto che l’angolo di
za i2 del raggio di luce sulla seconda faccia del prisma è ugua-
rifrazione è il complementare di 40°, ovvero 50°, si può scri-
le all’angolo di rifrazione r1 del raggio di luce che incide sulla
vere:
prima faccia del prisma. Poiché per la rifrazione sulla prima
faccia si ha: sin i sin i 1
= =
sin r sin 50° 1, 33
sin 60°
=n da questa si ottiene i = 35,2°. Dunque la direzione del raggio
sin r1
di luce proveniente dal sasso ora determinata indica che il
e per la rifrazione sulla seconda faccia del prisma si ha: sasso deve trovarsi sotto la sua immagine. Si può dimostrare
sin i2 1 che esso non si trova sulla perpendicolare alla superficie del-
= l’acqua passante per la sua immagine.
sin r2 n
10 Se l’indice di rifrazione del diamante relativo all’acqua
moltiplicando membro a membro si ha: vale 1,85, possiamo porre:
sin 60° sin i2 1 nacqua,diamante =
ndiamante
= 1, 85
=n =1
sin r1 sin r2 n nacqua

Essendo i2 = r1 si ha Sapendo che nacqua = 1,33, si ha allora:
sin 60° ndiamante = 1,33 ⋅ 1,85 = 2,46
=1
sin r2 e quindi dalla relazione:

da cui r2 = 60° sin i1 1
=
L’angolo di deviazione δ vale perciò: sin 90° 2, 46
δ = i + e – α = i1 + r2 – α = 60° + 60° – 30° = 90° si ottiene iL = 24,0°
12 Osservando la figura riportata nel testo del Problema e
quella che segue, si può stabilire che l’angolo di rifrazione
PROBLEMI relativo alla rifrazione aria-faccia AC vale 25°. Perciò, in base
3 Il disegno che segue convalida quanto affermato nel testo
alla legge di rifrazione:
del Problema.
sin i
= 1, 4
sin 25°
si ottiene: i = 36°. Poiché il raggio di luce incide sulla faccia
d/2 CB con un angolo di incidenza che vale 25°, l’angolo di emer-
d
d/2 genza dovrà valere ancora 36°. In base alla relazione
δ = i + e – α si ottiene perciò: δ = 23°.
l/2

l
50°

65° 65°
i e
25° 25°

5 L’osservazione della figura consente di stabilire che l’an-
golo di incidenza del raggio di luce vale 45° mentre l’angolo
di rifrazione vale 30°. Il raggio di luce deve quindi provenire



Tema 3 – Unità 2
15

14 Dal momento che l’angolo di incidenza del fascio di luce
3 O
sulla prima faccia del prisma vale 0°, il fascio procede inde-
viato e giunge sulla seconda faccia del prisma formando con 3
essa un angolo di 60,0°. L’angolo di incidenza del fascio su 2 2
questa stessa faccia vale quindi 30,0° e perciò gli angoli di 2
rifrazione per i tre raggi assumono il valore seguente:
sin 30, 0° 1 1 1
= rR = sin −1(1,70 ⋅ sin 30, 0°) = 58, 2° S2
sin rR 1,70 P

sin 30, 0° 1
= rG = sin −1(1,72 ⋅ sin 30, 0°) = 59, 3°

sin rG 1,72

sin 30, 0° 1
= rB = sin −1(1,75 ⋅ sin 30, 0°) = 61, 0° 1
sin rB 1,75
In base alla figura seguente gli angoli che i tre raggi formano
con la direzione AB valgono rispettivamente:
αR = 58,2° – 30,0° = 28,2°
αG = 59,3° – 30,0° = 29,3°
αB = 61,0° – 30,0° = 31,0° S3 S1
3La risposta corretta è la a.
4 Se il raggio dello specchio misura 100 cm, la distanza foca-
le misura 50 cm. L’oggetto si trova quindi fra il fuoco e il centro
schermo dello specchio e produce una immagine reale, capovolta,
30°
ingrandita (vedi la figura seguente). La risposta corretta è la b.

60°
r 30° B
30° A ␣

C
F

Utilizzando un goniometro, disegna ora i tre raggi. La distan- 6 La risposta corretta è la d.
za d del punto di intersezione di questi con lo schermo dal 7 Osserva che nei tre schemi, per costruire l’immagine, viene
punto B, espressa con due sole cifre significative per tenere utilizzato anche il raggio che incide sul centro dello specchio
conto dell’approssimazione del disegno, risulta rispettiva- (casi 2 e 3). A parte ciò, le immagini vengono correttamente
mente: dR = 27 cm, dG = 28 cm, dB = 30 cm. costruite sfruttando le proprietà del raggio di luce passante per il
fuoco dello specchio e del raggio di luce che incide sullo specchio
parallelamente all’asse ottico. La risposta corretta è quindi la d.
UNITÀ 2 8 La risposta corretta è la a.
9 Il numero di diottrie D si determina esprimendo la distan-

TEST za focale f in metri e calcolando poi il rapporto:
1 La risposta corretta è la c. 1
2 Come si può vedere dalla figura che segue, un osservato- D=
f
re situato in O intercetta i raggi riflessi di tre diversi fasci
divergenti. Due di questi fasci (raggi 1, 1 e 2, 2) provengono Essendo f = – 25 cm = – 0,25 m (tieni presente che la distan-
direttamente dalla riflessione sui due specchi 1 e 2 dei raggi za focale di una lente divergente ha segno negativo), si ha:
provenienti da P, il terzo (raggi 3, 3) è prodotto da due rifles- 1
sioni in successione sui due specchi. L’osservatore in O loca- D= = −4
0, 25
lizza quindi le tre immagini virtuali S1, S2, S3. La risposta cor-
retta è perciò la c. La risposta corretta è la b.



16

10
11 Lo schema 1 è errato, perché il raggio che dal punto supe- TEMA 4
riore dell’oggetto passa per il centro C della lente deve proce-
dere indeviato. UNITÀ 1
Anche lo schema 2 è errato, perché il raggio di luce emesso
dal punto superiore dell’oggetto che viaggia parallelamente
TEST
all’asse ottico principale della lente deve rifrangersi in modo 1 Le traiettorie di un corpo in moto possono definire una
che il suo prolungamento all’indietro passi per il fuoco vir-
retta o possono svilupparsi anche nello spazio. L’afferma-
tuale F situato a sinistra della lente.
zione a è quindi errata. Non c’è relazione fra traiettoria e
Lo schema 3 è invece corretto e quindi la risposta corretta è la c.
legge oraria, nel senso che, ad esempio, un corpo può muo-
PROBLEMI versi con la legge oraria s = v t sia su una traiettoria rettilinea
2 Utilizzando la legge dei punti coniugati: che su una traiettoria curvilinea. L’affermazione b è quindi
errata. L’affermazione corretta è la d, in quanto un corpo
1 1 1 non deve necessariamente muoversi in modo che le sue posi-
+ =
p q f zioni rispetto all’origine della traiettoria siano sempre carat-
e ponendo in essa q = 75 cm e f = R/2 = 50 cm, si ottiene: terizzate da valori positivi.
p = 150 cm. Per l’ingrandimento si applica la relazione I = q/p 2 La risposta corretta è la d.

e si ottiene: I = 0,50. Essendo q positivo e I < 1, l’immagine 3 Poiché 1 km = 103 m e 1 h = 3,6 ⋅ 103 s, si ha:

risulta capovolta e rimpicciolita. km 103 m
5 Il fatto che su uno schermo posto a distanza di 1,5 m 108 = 108 = 30 m/s
h 3,6 ⋅ 103 s
dallo specchio si formi una immagine reale ci consente di sta-
bilire che q = 1,5 m. D’altra parte si sa anche che I = q/p = 2 e La risposta corretta è la c.
quindi: p = 1,5 m/2 = 0,75 m. Applicando ora la legge dei 4 La risposta corretta è la c
punti coniugati nella forma: 5 Il punto è fermo quando, al trascorrere del tempo, lo spa-

1 1 2 zio percorso rimane immutato. Questa situazione caratteriz-
+ =
p q R za gli istanti b e d e quindi la risposta corretta è la b.
si ottiene:
7 Applicando la definizione di accelerazione media si ottie-
1 1 2
+ = ne:
0,75 m 1, 5 m R
v2 − v1 20 m/s − 10 m/s
da questa si ottiene: R = 1,0 m. aM = = = 0, 25 m/s2
9 Tenendo conto della relazione: t2 − t1 60 s − 20 s

1 ⎛ 1 1 ⎞ La risposta corretta è la c.
= (n − 1) ⎜ − ⎟ 8 Tieni presente che, in base alla relazione:
f ⎝ R1 R2 ⎠
v2 − v1
e dei segni da attribuire a R1 e R2 (paragrafo 4 dell’unità 2), am =
si ottiene: t2 − t1
1 ⎛ 1 1 ⎞ l’accelerazione è maggiore quando, a parità di valore del-
− = (n − 1) ⎜ −
⎝ −200 m 40 m ⎟
l’intervallo di tempo considerato, la variazione della veloci-
50 cm ⎠
tà è maggiore. In un grafico velocità-tempo, quanto ora
Da questa, eseguendo gli opportuni calcoli, si ottiene n = 1,67. affermato si traduce nel fatto che l’accelerazione è maggio-
13 L’ingrandimento lineare dell’oggetto I = q/p è dato da
re in corrispondenza dei segmenti che hanno maggior pen-
denza rispetto all’asse dei tempi. In particolare, se la rap-
5,4 m 7,2 m 5,4 m 7,2 m
= = = = presentazione velocità-tempo in un certo intervallo di
18 mm 24 mm 18 ⋅ 10−3 m 24 ⋅ 10−3 m
tempo è un segmento parallelo all’asse dei tempi, l’accele-
= 300 razione è zero (e quindi l’affermazione 1 è errata). Osserva
che nell’intervallo di tempo (6 s; 8 s) la velocità diminuisce
Da questa, tenendo conto che q = 30,1 m, si ottiene: al passare del tempo; da ciò deriva che l’accelerazione
q 30,1 m media è negativa (e quindi la 3 è corretta) ma la minor pen-
p = = = 0,10033 m denza del segmento DE rispetto al segmento BC, consente di
300 300
Utilizzando ora la legge dei punti coniugati si ottiene: stabilire che il valore assoluto dell’accelerazione in questo
intervallo di tempo è minore di quella relativa all’intervallo
1 1 1 (2 s; 4 s). Anche l’affermazione c è quindi vera. La risposta
= =
0,10033 m 30,1 m f corretta al Test è la 2.
Da questa, infine: f = 10,3 cm. 9 La risposta corretta è la d.



Tema 4 – Unità 1
17

10 La conoscenza dell’accelerazione di A e della velocità di B 3 m/s − 0 m/s
in un certo istante del loro movimento non consente di stabi- intervallo (0 s; 2 s), am = = 1,5 m/s2
2s−0s
lire né la velocità di A né l’accelerazione di B. Ne consegue
3 m/s − 3 m/s
che le affermazioni a, b, c) sono errate e che le accelerazioni intervallo (2 s; 5 s), am = = 0 m/s2
5s−2s
dei due punti, nell’istante considerato, potrebbero essere
0 m/s − 3 m/s
uguali. L’affermazione d) è quindi corretta. intervallo (5 s; 6 s), am = = − 3,0 m/s2
11 La risposta corretta è la b. 6s −5s
0 m/s − 0 m/s
intervallo (0 s; 6 s), am = = 0,0m/s2
PROBLEMI 6s−0s
2 Applicando la relazione che esprime la velocità media si

ottiene:
s +s
vm = 2 1 =
50 m − 20 m
= 2, 0 m/s
UNITÀ 2
t2 − t1 25 s − 10 s
TEST
4 La velocità media vM relativa all’intero percorso dell’au- 1 All’istante zero, il punto P si trova nell’origine della
1
tomobile si ottiene valutando lo spazio totale s da essa per- traiettoria e quindi, in un grafico (s, t) la retta che rappre-
corso e dividendo poi tale spazio per l’intervallo di tempo di senta la sua legge oraria deve passare per l’origine del grafi-
60 s. co. Questo implica che i grafici B e D siano errati.
Poiché gli spazi s1 e s2 percorsi nei due intervalli di 30 s val- Sempre all’istante zero, P2 si trova a 10 m dall’origine e quin-
gono: di in un grafico (s, t) la retta che rappresenta la sua legge ora-
s1 = 20 m/s ⋅ 30 s = 600 m ria deve passare per il punto caratterizzato dalle coordinate
s2 = 40 m/s ⋅ 30 s = 1200 m t = 0, s = 10 m. Il grafico A è quindi sicuramente errato men-
si ottiene tre può essere corretto il grafico C.
s1 + s2 1800 m Considera ora che, osservando tale grafico, puoi stabilire che
vM = = = 30 m/s
60 s 60 s in 5 s il punto P1 percorre 20 m e il punto P2 percorre 10 m.
Quindi:
In questo caso, poiché gli intervalli di tempo considerati sono
identici, vM coincide con la media delle velocità v1 e v2. In 20 m
v1 = = 4 m/s
generale, però, quando gli intervalli di tempo rispetto ai quali 5m
si calcolano le velocità v1 e v2 sono diversi, la velocità media 10 m
sull’intero intervallo è diversa dalla media di v1 e v2. v2 = = 2 m/s
5s
6 Applicando la definizione di accelerazione media si ottie-
Il grafico C è quindi corretto e perciò la risposta corretta è la c.
ne: 2 La risposta corretta è la b.
v2 – v1 100 m/s − 50 m/s 3 Nel tempo t lo spazio percorso vale v t ; nel tempo t lo
aM = = = 5, 0 m/s2 1 1 1 2
t2 – t1 30 s − 20 s spazio percorso vale v2 t2. Perciò, nel tempo t1 + t2 lo spazio
totale percorso vale v1 t1 + v2 t2. La velocità media risulta
8 Applicando la relazione:
allora uguale a:
v − v1
am = 2 v1 t1 + v2 t2
t2 − t1
t1 + t2
nei due casi si ottiene:
v1 − v1
′ La risposta corretta è quindi la d.
a1 = 4 La risposta corretta è la c.
Δt
5 I segmenti AB e BC rappresentano la dipendenza spazio-
v1 − v1
′
a2 = tempo e non una traiettoria; a è quindi errata. Anche b è
Δt errata, perché, riferendosi al tratto AB della legge oraria, si
e quindi: può stabilire che 50 m vengono percorsi in 10 s. La velocità
a1 v1 − v1
′ 30,0 m/s − 10,0 m/s è quindi di 5 m/s e non di 1 m/s.
= = = 0, 364
a2 v2 − v2
′ 60,0 m/s − 5,0 m/s
0 c è errata perché il grafico indica che nei primi 10 s il punto
10 Applica la relazione: percorre 50 m e nei successivi 10 s ne percorre altrettanti,
v2 − v1 tornando al punto di partenza. Lo spazio totale percorso è
am = quindi, in valore assoluto, pari a 100 m.
t2 − t2
La risposta d è corretta, anche se si riferisce a un moto idea-
rilevando sul grafico i valori di v2, v1, t2, t1. Si ottiene allora: le per il quale si suppone che le variazioni della velocità
avvengano istantaneamente.



18

6 La risposta corretta è la d. Il parallelismo delle rette passanti per A, B e per C, D implica
–– –– –– ––
7 In un grafico velocità-tempo, lo spazio percorso è misura- che se OA = (1/2) OC, anche OB = (1/2) OD. Quindi la rispo-
to dall’area definita dalla linea che rappresenta la dipenden- sta corretta è la b.
za velocità-tempo e dalle due perpendicolari all’asse dei tempi
condotte a partire dai due punti che individuano gli estremi PROBLEMI
dell’intervallo di tempo considerato. Nel caso della figura 3 La prima automobile percorre lo spazio di 2,0 km =
riportata nel testo del Test, la gradinata definisce un’area cor- 2,0 ⋅ 103 m in un tempo t1 così calcolabile:
rispondente a uno spazio totale così calcolabile:
2,0 ⋅ 103 m
2 m/s ⋅ 1 s + 4 m/s ⋅ 1 s + 6 m/s ⋅ 1 s + 8 m/s ⋅ 1 s = 20 m t1= = 100 s
La proposizione 1) è quindi vera. Osservando il grafico, si può 20 m/s
stabilire che, ad ogni intervallo di tempo di 1 s, la velocità In questo tempo, la seconda automobile percorre uno spazio
media aumenta di 2 m/s. L’accelerazione media può quindi di 1,5 ⋅ 103m. Pertanto la sua velocità deve valere:
essere considerata costante e pari a 2 m/s2. La proposizione
1, 5 ⋅ 103 m
2) è quindi vera. La proposizione 3) è errata perché se la velo- v= = 15 m/s
100 s
cità media nell’intervallo (0 s; 1 s) è di 2 m/s, nell’istante 0 il
punto in moto sarà dotato di una velocità minore di 2 m/s 5 Indicando con l e l le lunghezze dei due tratti e con Δt
1 2 1
(nel caso in esame il suo valore è zero). La risposta corretta è e Δt2 i tempi impiegati a percorrerli, si può porre:
quindi la b. 3500 m = l1 + l2
e poiché Δt = l1 e Δt = l2 , vale anche la relazione:
9 La legge oraria del moto di caduta in verticale è espressa 1 2
v1 v2
dalla relazione:
1 2 l1 l2
s= gt 120 s = +
2 25 m/s 35 m/s
Ricavando l2 dalla prima relazione (l2 = 3500 m – l1) e sosti-
Da questa relazione si ottiene:
tuendo nella seconda si ottiene:
1
s= 10 m/s2 (1, 0 s)2 = 5, 0 m l1 3500 m − l1 l1 l
2 120 s = + = + 100 s − 1
25 m/s 35 m/s 25 m/s 35 m/s
La risposta corretta è la a. Da questa, con qualche passaggio, si ottiene l1 = 1750 m e
quindi l2 = 3500 m – 1750 m = 1750 m.
11 La risposta corretta è la c. 7 Il segmento che rappresenta la dipendenza spazio−tempo
12 In un grafico velocità-tempo il valore dell’accelerazione è
nell’intervallo di tempo (0 s; 3 s) parte dal punto di coordina-
associato alla pendenza della retta che rappresenta la dipen- te 3 m e 0 s. Quindi nell’istante t1 = 0 s il punto si trova a 3 m
denza velocità-tempo. Poiché la decelerazione dei due punti è dall’origine. Sempre sulla base del grafico si può stabilire che
identica, la dipendenza velocità-tempo è rappresentata come nell’istante 3 s il punto si trova a 6 m dall’origine e che nell’i-
indicato dalla figura seguente. stante 6 s il punto si trova a 3 m dall’origine. Per il calcolo
delle velocità medie nei tre intervalli di tempo indicati dal
testo del Problema, applica la relazione:
s − s1
vm = 2
t2 − t1
velocità
Nei tre casi si ottiene:
2v C 6m− 3m
intervallo (0 s; 3 s), v m = = 1 m/s
3s−0
3 m −6 m
intervallo (3 s; 6 s), v m = = − 1 m/s
6s−3s
A 3 m −3 m
v intervallo (0 s; 6 s), v m = = 0 m/s
6s−0
10 La legge oraria del moto è la seguente:

tempo 1 2
B D s= at
O 2
t 2t
Da questa:



Tema 4 – Unità 3
19

si sostituisce ad a il suo valore assoluto 3 m/s2:
2 s 2 ⋅ 100 m
a= = = 8 m/s2
t2 (5 s)2 1 2 1
s = v it − a t = 25, 0 m/s ⋅ 5, 00 s − 3, 00 m/s2 (5, 00 s)2 =
2 2
Nota l’accelerazione, si può determinare la velocità con la
relazione: = 87, 5 m
v = a t = 8 m/s2 ⋅ 5 s = 40 m/s
13 L’area del grafico riportato nel testo del Problema sotto- oppure calcolando l’area sottostante il segmento che rappre-
stante il segmento che rappresenta la dipendenza velocità- senta la dipendenza velocità-tempo relativo all’intervallo (0
tempo rappresenta lo spazio percorso nell’intervallo di tempo s; 5,00 s). Si ottiene:
(0; 10 s). Tenendo quindi presente la formula dell’area di un (25, 0 m/s + 10, 0 m/s)5,00 s
s= = 87, 5 m

trapezio, lo spazio s può essere espresso nel modo seguente: 2
(v i + v f ) t
s=
2
e tenendo conto che vf = 3vi:
(v + 3 v i ) t 4 v i t UNITÀ 3
s= i =
2 2
Da questa si ottiene: TEST
s 200 m 1La risposta corretta è la d.
vi = = = 10 m/s 2Il moto prodotto dall’azione della forza sulle due sfere è
2t 2 ⋅ 10 s
Conseguentemente: vf = 3 vi = 30 m/s uniformemente accelerato per entrambe (c è errata). Poiché
Per determinare l’accelerazione basta ora applicare la relazione: le due sfere hanno massa diversa, l’accelerazione impressa
v f − vi 30 m/s − 10 m/s dovrà essere diversa (d è errata) e precisamente, maggiore
a= = = 2 m/s2 per la sfera di massa minore (cioè per la a). Il grafico corretto
t f − ti 10 s − 0 s
è quindi il b.
17 Le leggi orarie del moto delle due mele sono rispettiva- 3 La risposta corretta è la c.

mente: 4 La forza di 30 N accelera il sistema dei due corpi. La
massa totale di questo sistema è 3 kg e quindi l’accelerazione
1
sulla Terra s = gt 2 vale:
2 T
30 N
a= = 10 m/s2
1⎛ g⎞ 3 kg
sulla Luna s = ⎜ ⎟ tL2
2 ⎝ 6⎠ La risposta corretta è la a.
Eguagliando le due espressioni di s si ottiene: 5 La risposta corretta è la a.
1 2
tT 2 = t 7 In assenza di attrito, l’accelerazione con la quale i due
6 L
blocchi scivolano lungo il piano inclinato è data dal compo-
Da questa: nente della accelerazione di gravità parallelo al piano stesso.
Essa è quindi identica per i due blocchi e, in base alla figura
tT 1
= = 0, 408 seguente, risulta uguale alla metà della accelerazione di gra-
tL 6 vità cioè uguale a 5 m/s2. La risposta corretta è la c.
19 Il valore dell’accelerazione si ottiene applicando la rela-
zione:
v2 − v1
a= m1
t2 − t1 g/2
m2
relativamente all’intervallo di tempo (0 s, 5 s).
Il grafico indica che per t1 = 0 s si ha v1 = 25,0 m/s e per 30°
g/2
t2 = 5,00 s si ha v2 = 10,0 m/s g
30° 30°
Perciò:
g
10, 0 m/s − 25, 0 m/s
a= = − 3, 00 m/s2
5,00 s − 0 s
Lo spazio percorso si può ottenere applicando l’espressione 8 Tieni presente che i due corpi si muovono solidalmente e,
della legge oraria del moto uniformemente decelerato in cui quindi, con la stessa accelerazione. Sarà quindi sufficiente



20

saper valutare quella di uno qualunque dei due. Mtot = M + m1 + m2
La forza F ha intensità ignota e quindi non si potrà determi- In definitiva:
nare l’accelerazione del corpo di massa 2 kg. Sappiamo però
R (m2 − m1 )g
che il corpo di massa 1 kg è trascinato dalla molla che svi- a= = =
luppa su di esso una forza di intensità F′ data da: M tot M + m1 + m2
F′ = k Δl = 100 N/m ⋅ 0,1 m = 10 N
(0, 400 kg − 0, 200 kg) 9, 81 m/s2
Perciò: = = 0,755 m/s2
2, 00 kg + 0, 200 kg + 0,400 kg
10 N
a= = 10 m/s2 12 Per le relazioni che legano i cateti all’ipotenusa di un
1 kg
triangolo rettangolo di angoli acuti 30° e 60°, il componen-
La risposta corretta è quindi la c. te della forza peso del cubo parallelo al piano inclinato (che
9 La risposta corretta è la d. determina il moto di scivolamento del cubo lungo il piano)
10 La forza di attrito dinamico agente sul blocco è data da: ha intensità pari alla metà della forza peso del cubo stesso,
FA = kD m g mentre il componente perpendicolare al piano (che determi-
Questa si oppone alla forza F e conseguentemente l’intensità na la forza di attrito) ha intensità pari a 0,866 della forza
della forza totale F T agente sul blocco durante il moto è data peso del cubo. Si avrà quindi:
da: forza parallela al piano inclinato = (1/2) m g
FT = F – FA = F – kD m g forza di attrito radente dinamico = 0,20 ⋅ 0,866 m g
L’accelerazione del blocco vale perciò: L’accelerazione con la quale il cubo scivola lungo il piano vale
F F perciò:
a= T = − kD g
m m (1 / 2) m g − 0, 20 ⋅ 0, 866 m g
La dipendenza di a da kD è quindi di tipo lineare, rappresenta- a= = ((1 / 2) − 0, 20 ⋅
m
bile nel grafico con una retta; a è massima per kD = 0 (atten-
⋅ 0, 866)g = 3, 2 m/s2
zione al segno negativo anteposto al prodotto kD g) fino a rag-
giungere il valore 0 quando: Per determinare la velocità dopo 3,0 m di discesa applica le
relazioni del moto uniformemente accelerato:
F F
= kD g → kD = 1 2
m mg v = at s=
at
2
Il grafico corretto è quindi il c.
Ricavando t dalla prima e sostituendo la sua espressione
PROBLEMI nella seconda, con qualche passaggio algebrico, si ottiene:
2 Per il calcolo dell’intensità della forza F accelerante, la
v= 2s a = 2 ⋅ 3, 0 ⋅ 3, 2 m/s2 = 4, 4 m/s
relazione che esprime il secondo principio della dinamica (F
= m a) richiede la conoscenza della massa del carrello. Questa
si calcola mediante la relazione:

m=
P UNITÀ 4
g
e quindi, infine: TEST
P 197 N
F= a= 5, 00 m/s2 = 100 N 2 Il componente della forza F lungo lo spostamento s ha
g 9, 81 m/s2 intensità F′ data da:
7 Per le relazioni che legano i cateti e l’ipotenusa di un F’ = F ( 3 /2) = 10 N ⋅ 0,866 = 8,66 N
triangolo rettangolo isoscele, il componente del peso del Quindi:
corpo A lungo il piano inclinato ha intensità pari a: L = F′ s = 8,66 N ⋅ 100 m = 866 J
0,707 mA g = 0,707 ⋅ 4,00 kg ⋅ 9,81 m/s2 = 27,7 N La risposta corretta è la c.
Il peso del corpo B vale invece:
4 La forza F , avente identica direzione e identico verso di
mB g = 2,00 kg ⋅ 9,81 m/s2 = 19,6 N 1
Il corpo A scende quindi lungo il piano inclinato. s, compie un lavoro:
9 Il carrello e i due corpi di massa m e m si muovono soli- L1 = F1 s = 10 N ⋅ 20 m = 200 J
1 2
dalmente per effetto del risultante R delle due forze peso P1 e P2 Per il calcolo del lavoro della forza F2 è necessario determina-
dei due corpi (forze che hanno effetti contrastanti) e quindi: re prima l’intensità del suo componente F2′ nella direzione di
R = P2 – P1 = (m2 – m1) g s. Si ottiene:
Il valore della massa in moto Mtot si ottiene sommando le tre F2′ = F ( 3 /2)
masse e quindi: e quindi, tenendo conto che F2’ ha verso opposto a quello di s:



Tema 4 – Unità 4
21

14 In base al principio di conservazione dell’energia, il
L2 = – F2′ s = – F ( 3 /2) s = – 11,55 N ( 3 /2) 20 m =
valore dell’energia meccanica del corpo deve rimanere
– 200 J
invariato in tutti i punti della sua traiettoria. In base a que-
Il lavoro totale delle due forze è 0 J e la risposta corretta è la a.
5 La risposta corretta è la a. sta considerazione è possibile escludere subito il disegno A
6 Applicando la relazione: perché nel punto più elevato della traiettoria da esso effet-
tuata dopo la partenza (punto K) esso non possiede energia
1 cinetica e possiede una energia potenziale gravitazionale
Ec = m v2
2 inferiore a quella posseduta nel punto H. I disegni B e C
sono invece errati per il motivo opposto, in quanto per poter
si ottiene:
abbandonare la guida con una certa velocità (anche molto

1 piccola, come nel caso del disegno C il corpo, che in K pos-
Ec = 10 kg (10 m/s)2 = 500 J siede la stessa energia potenziale gravitazionale posseduta
2
in H, dovrà avere anche energia cinetica e ciò contrasta con
La risposta corretta è la c. il principio di conservazione dell’energia. Il disegno corret-
to è quindi quello indicato con D ove è rappresentata la
8 Il testo non precisa il livello di riferimento per l’energia
situazione nella quale il corpo, giunto in K, si ferma per un
potenziale gravitazionale. Se questo coincidesse con la super- istante e ritorna poi verso H con un movimento di avanti e
ficie del terreno si avrebbe: indietro che, nel caso ideale di totale assenza di attriti di
Ep = m g h = 10,0 kg ⋅ 9,81 m/s2 ⋅ 10,0 m = 981 J ogni tipo, non si esaurisce mai. La risposta corretta è la d.
e la c sarebbe corretta. 15 La risposta corretta è la a.
Anche la a potrebbe essere corretta, pur di assumere come 16 Se la velocità del corpo rimane costante durante la
livello di riferimento un piano che si trova 10 m sopra il discesa lungo il piano, anche l’energia cinetica del corpo
modellino. Così pure la d, pur di assumere come livello di rife- rimane costante. L’energia potenziale gravitazionale dimi-
rimento il fondo della buca; infatti, in tal caso: nuisce invece con la quota. Ne consegue che la somma del-
Ep = m g h = 10,0 kg ⋅ 9,81 m/s2 ⋅ 15,0 m = 1470 J l’energia cinetica e dell’energia potenziale gravitazionale
L’affermazione sicuramente errata è quindi la b. deve diminuire linearmente con la quota. Tenendo presen-
te che il punto di partenza del corpo corrisponde alla quota
10 Per definizione, la potenza esprime il rapporto fra il lavo-
massima e cioè al massimo valore di h, la risposta corretta
ro compiuto e il tempo impiegato a compierlo, ma il lavoro è la a.
può essere di qualunque tipo e non necessariamente quello
che si compie per sollevare un corpo; a è errata. PROBLEMI
b è errata, perché il sollevamento dei pesi per tratti di lun- 4 Per determinare il lavoro della forza F occorre valutare
ghezza identica comporta lavori diversi ma, se vengono l’intensità F′ del suo componente nella direzione dello spo-
effettuati in tempi opportuni, potrebbero non comportare stamento. Essendo:
l’impiego di potenze diverse. F′ = F ( 3 /2) = 100 N ( 3 /2) = 86,6 N
Anche c è errata, perché qualche centinaio di chilometri si ottiene:
può essere percorso anche in bicicletta. In tale caso la LF = 86,6 N ⋅ 10 m = 866 J
potenza impiegata sarà minore e il tempo per percorrerli Il peso del blocco è perpendicolare allo spostamento; il suo
maggiore. componente lungo la direzione dello spostamento è nullo e
d è corretta, perché lavoro e potenza sono direttamente quindi è nullo il lavoro da esso compiuto.
proporzionali solo se il tempo impiegato per compiere il La forza di attrito dinamico FA ha intensità calcolabile con la
lavoro rimane invariato. relazione:
FA = kD (m g – (1/2) F) = 0,400 (20,0 kg ⋅ 9,81 m/s2 – (1/2)
12 Dal momento che la velocità dell’automobile non varia,
100 N) = 58,4 N
la potenza da essa sviluppata deve essere tutta impegnata per e quindi, tenendo conto che questa forza ha la stessa direzio-
vincere la forza di attrito che si oppone al suo movimento. ne dello spostamento ma verso opposto, si ha:
Dalla relazione generale: LFA = – 58,4 N ⋅ 10 m =–584 J
P=Fv 7 La variazione di velocità del corpo è associate alla varia-
assegnando a F il ruolo della forza di attrito FA si ottiene: zione della sua energia cinetica e questa, a sua volta, è pro-
dotta dal lavoro della forza agente sul corpo. La relazione che
P 5, 00 ⋅ 104 W
FA = = = 2,00 ⋅ 103N connette il lavoro con la variazione dell’energia cinetica è la
v 25 m/s seguente:
La risposta corretta è la b.



22

23 Un istante prima del rimbalzo, la palla possiede solo
1 1
L = Fs = m v22 − m v12 energia cinetica Ec data dalla somma dell’energia cinetica
2 2
iniziale:
Da questa
1
m(v22 − v12 ) 20 kg ((25m/s)2 − (15m/s)2 ) m v i2 con v i = 4, 00 m/s
F= = = 800 N 2
2s 2 ⋅ 5,0 m
e dell’energia potenziale gravitazionale iniziale:
Per determinare l’intervallo di tempo richiesto per produrre m g hi con hi = 8,00 m
la variazione di velocità puoi calcolare l’accelerazione del Quindi:
corpo:
F 800 N 1 ⎡1
a= = = 40 m/s2 m v i 2 + m g h i = 0,500 kg ⎢ (4,00 m/s)2 +
m 20 kg 2 ⎣2
⎤
e applicare la relazione: + 9, 81 m/s2 ⋅ 8, 00 m ⎥ = 43, 2 J
v2 = v1 + a t ⎦
da cui: Dopo il rimbalzo, questa energia cinetica si trasforma in ener-
gia potenziale gravitazionale della palla corrispondente alla
v 1 − v2 25 m/s − 15 m/s
t= = = 0, 25 s quota h′ da essa raggiunta. Possiamo quindi porre:
a 40 m/s2 43,2 J = m g h′
11 Il lavoro della forza frenante deve essere uguale all’ener- dalla quale h′ = 8,82 J.
gia cinetica del proiettile. Supponendo che la forza frenante Più rapidamente, avremmo potuto considerare che la diffe-
abbia mediamente intensità F scriveremo: renza fra l’energia potenziale gravitazionale finale e l’energia
potenziale gravitazionale iniziale della palla è uguale all’e-
1
Fs= m v2 nergia cinetica iniziale della palla, e avremmo quindi potuto
2 porre:
Essendo s = 10 cm = 0,10 m; m = 10 g = 0,010 kg; v = 1000
m/s si ottiene F = 5,0 ⋅ 104 N. 1
m g ( h ' − hi ) = m v i2
13 L’energia potenziale gravitazionale nelle due posizioni è 2
espresso dalle relazioni:
Ep1 = m g h1 dalla quale:
Ep2 = m g h2 v i2
essendo h1 e h2 le quote del corpo rispetto a un prefissato (e h ′ − hi =
2g
non definito) livello di riferimento. La variazione dell’energia
potenziale gravitazionale sarà allora data da: e quindi:
Ep2 – Ep1 = m g (h2 – h1)
v i2 (4, 00 m/s)2
e quindi: h ′ = hi + = 8,00 m + = 8, 82 m
–1500 J = m ⋅ 10 m/s2 (– 5 m – 20 m) 2g 2 ⋅ 9, 81 m/s2
Da questa si ottiene: m = 6,0 kg 24 L’energia cinetica che il cubetto possiede in quel punto
16 Rispetto al primo livello di riferimento la quota h del
deve essere uguale alla differenza fra l’energia potenziale gra-
corpo è positiva e perciò: vitazionale del cubetto nella sua posizione iniziale e l’energia
EP1 = 10 kg ⋅ 9,8 m/s2 ⋅ 5,0 m = 490 J potenziale gravitazionale del cubetto nel punto B.
Rispetto al secondo livello di riferimento la quota h del corpo Assumendo come livello di riferimento la linea orizzontale
è negativa e perciò: che compare nella figura del testo del Problema, la quota del
EP2 = 10 kg ⋅ 9,8 m/s2 ⋅ (−10 m) = − 980 J cubetto nel punto B vale 0,700 m ⋅ 2 = 1,40 m. Perciò:
18 Tenendo presente la relazione P = F v e considerando 1
W
che 108 km/h = 30 m/s, si ottiene: m v 2 = m g (2,00 m − 1,40 m)
2
PW = 1000 N ⋅ 30 m/s = 3,0 ⋅ 104 W = 30 kW Da questa uguaglianza si ottiene:

v= 2 ⋅ 9.81 m/s2 ⋅ 0, 60 m = 3, 43 m/s



Tema 5 – Unità 1-2
23

TEMA 5 PROBLEMI
2 Considerando che la temperatura di 0 °C corrisponde a
273,15 K, la temperatura di – 50,0 °C corrisponde a
(– 50,0 + 273,15) K = 223,15 K = 223 K
UNITÀ 1 9 Poiché il carico scende con velocità costante, la sua ener-
gia cinetica non varia. La variazione di energia potenziale
TEST gravitazionale del carico si deve perciò considerare completa-
1 La risposta corretta è la d. mente trasformata in calore. Si può porre perciò:
2 Tenendo presente che lo zero della scala centigrada corri- Q=mgh
sponde a 273,15 K, la temperatura di – 173,00 °C corri- Lo svolgimento di 10 giri di corda corrisponde a un valore di
sponde a (– 173,00 + 273,15) K = 100,15 K h così calcolabile:

La risposta corretta è la c. h = 10 (2 π ⋅ 5,00 cm) = 314 cm = 3,14 m
Quindi:
4 La dilatazione delle dimensioni lineari caratterizza ogni
Q = 5,00 kg ⋅ 9,81 m/s2 ⋅ 3,14 m = 154 J
parte della lamina, incluso il bordo del foro. La risposta cor- Considerando che 1 cal corrisponde a 4,19 J, il numero di
retta è quindi la c. calorie è dato da:
154 J
= 36, 8 cal
lt°C = l0°C (1 + λ t) 4,19 J/cal
si può porre: 11 Applicando la relazione:
l100°C – l0°C = l0°C λ t Q = C m Δt
Da questa: si ottiene:
l100°C − l 0°C 1010 mm − 1000 mm Q = 1,00 J/(g °C) ⋅ 500 g ⋅ 50,0 °C +
λ= = = 1, 0 ⋅ 10−4 ° C −1 + 1,50 J/(g °C) ⋅ 750 g ⋅ 50,0 °C = 8,13 ⋅ 104 J
l 0°Ct 1000 mm ⋅ 100 °C
14 Per il primo corpo si può scrivere:
Si può ora calcolare l–100°C: Q = 3,30 J/(g °C) ⋅ 200 g ⋅ 25,0 °C
l–100°C = 1000 mm (1 – 1,0 ⋅ 10–4 °C–1 ⋅ 100 °C) = 990 mm Per il secondo:
La risposta corretta è la b. Q = 1,65 J/(g °C) ⋅ 300 g ⋅ Δt
Eguagliando i termini di destra delle due espressioni e rica-
8 Il calore sviluppato è prodotto dal lavoro della forza di
vando Δt si ottiene Δt = 33,3 °C.
attrito. Poiché il punto di applicazione di questa forza esegue 19 Applicando l’equazione della calorimetria si ottiene:
uno spostamento lungo il piano dello scivolo pari a: 4,19 J/(g °C) ⋅ 250 g (teq – 20,0 °C) + 0,800 J/(g °C) ⋅ 400 g (teq
2 ⋅ 2,00 m = 4,00 m – 100 °C) = 0
e quindi: Da questa si ha teq = 38,7 °C.
LA = – FA s = – 125 N ⋅ 4,00 m = – 500 J
10 La relazione: UNITÀ 2
Q = C m Δt
consente di valutare solo il salto termico e quindi, se non è TEST
noto il valore della temperatura iniziale del corpo, non è pos- 1La risposta corretta è la c.
sibile stabilire il valore della sua temperatura finale. La rispo- 2Per fondere i 100 g di sostanza occorre una quantità di
sta corretta è la a. calore:
11 La risposta corretta è la a. Q1 = 100 g ⋅ 200 J/g = 2 ⋅ 104 J
12 In base alla relazione: Q = C m Δt, se Q e Δt sono costan- Per aumentare la temperatura della sostanza di 100 °C
ti, si può scrivere: C m = costante. Dunque le grandezze C e m occorre una quantità di calore:
sono inversamente proporzionali. La risposta corretta è quin- Q2 = 2,0 J/(g °C) ⋅ 100 g ⋅ 100 °C = 2 ⋅ 104 J
di la d. La somma di Q1 e di Q2 supera la quantità di calore fornita, si
13 La risposta corretta è la a. deve quindi ipotizzare che la sostanza si sia portata a 300 °C
14 Applicando la condizione: assorbendo 2 ⋅ 104 J di calore e che poi 50 g di essa siano fusi
calore ceduto = calore assorbito assorbendo ancora 1 ⋅ 104 J di calore. In definitiva la risposta
si ottiene: corretta è la c.
CH O ⋅ 100 g (80 °C – teq) = CH O ⋅ 100 g (teq – 20 °C) 3 La risposta corretta è la b.
2 2
Da questa si ottiene teq = 50 °C. La risposta corretta è la c. 4 Per fondere 200 g di ghiaccio occorre una quantità Q di
15 La risposta corretta è la c. calore pari a:



24

Q = 200 g ⋅ 334 J/g = 6,68 ⋅ 104 J 6 Per la fase di aumento della temperatura fino a 80 °C:
I 100 g di acqua a 12 °C possono cedere al massimo una Q1 = 2,80 J/(g °C) ⋅ 1,00 ⋅ 104 g (80,0 °C – 20,0 °C) =
quantità di calore Q′ pari a: = 1,68 ⋅ 106 J
Q′ = 4,19 J/(g °C) ⋅ 100 g (12,0 °C – 0 °C) = 5,03 ⋅ 104 J Per la fase di ebollizione:
Quindi si realizza solo una parziale fusione del ghiaccio e Q2 = 1,20 ⋅ 103 J/g ⋅ 1,00 ⋅ 104 g = 1,20 ⋅ 107 J
tutto il sistema si porta a 0 °C. La risposta corretta è la a. In definitiva: Q = Q1 + Q2 = 1,37 ⋅ 107 J
5 La risposta corretta è la b. 9 Conoscendo il valore del calore di fusione della sostanza
6 Il brinamento consiste nel passaggio di una sostanza (160 J/g), si può stabilire che, per fonderne 100g, è necessaria
dallo stato di gas a quello di solido; comporta sviluppo di calo- una quantità di calore Qf pari a:
re nell’ambiente e, per l’acqua, avviene al di sotto della tem- Qf = 160 J/g ⋅ 100 g = 1,6 ⋅ 104 J
peratura di circa 0°C. La risposta corretta è quindi la b. Il grafico indica che tale quantità di calore viene fornita in 10
7 La risposta corretta è la c. min e quindi il flusso φ di calore fornito dalla sorgente vale:
1,6 ⋅ 104 J
9 Il fenomeno della invarianza della temperatura nel passag- φ= = 1,6 ⋅ 103 J/min
10 min
gio solido-liquido avviene per tutte le sostanze solide cristalline;
dunque l’affermazione a è errata. Un liquido evapora a qua- Considera ora che la fase di riscaldamento che porta la tem-
lunque temperatura superiore a quella di solidificazione; la b, peratura della sostanza da 50 °C a 150 °C dura 5,0 min. In
quindi, è errata. È corretta invece la c, perché il processo di questa fase viene quindi fornita una quantità di calore QR
ebollizione avviene a una temperatura definita (per una data data da:
pressione dell’ambiente) e costante. Anche la d è errata per- QR = φ ⋅ 5,0 min = 1,6 ⋅ 103 J/min ⋅ 5,0 min = 8,0 ⋅ 103 J
ché, come dimostrano i valori del calore relativo ai passaggi di D’altra parte si può porre:
stato, per una certa sostanza, il calore relativo al passaggio 8,0 ⋅ 103 J = C ⋅ 100 g (150 °C – 50 °C)
liquido-gas è più alto del calore relativo al passaggio solido- e, quindi, da questa:
liquido.
8, 0 ⋅ 103 J
C= = 0, 80 J/(g °C)
100 g (150 °C − 50 °C)
PROBLEMI
4 Il bilancio termico: Sempre in base al grafico, puoi stabilire che, per la ebollizione
calore ceduto = calore assorbito completa del liquido, si richiedono 30 min e ciò corrisponde
si traduce in questo caso nella relazione seguente: a un rifornimento di calore QE pari a:
4,19 J/(g °C) ⋅ 500 g (40,0 °C – tf) = QE = φ ⋅ 30 min = 1,6 ⋅ 103 J/min ⋅ 30 min = 4,8 ⋅ 104 J
= 2,09 J/(g °C) ⋅ 60,0 g (0 °C – (- 20,0 °C)) + 334 J/g ⋅ 60,0 g + Il calore di ebollizione cE vale perciò:
+ 4,19 J/(g °C) ⋅ 60,0 g (tf – 0 °C) 4, 8 ⋅ 104 J
Risolvendo si ottiene tf = 26,1 °C. cE = = 4, 8 ⋅ 102 J/g
100 g


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