Soluzioni Prova Fisica Galileiana 2025

Questa è la soluzione di una prova di Fisica della Galileiana che ho fatto per allenamento (2025). Se trovate un errore o pensate che possa essere fatta in maniera più elegate, scrivetemi pure a: 4vbwaikua@mozmail.com Thankssss!

Esercizio 1.

Punto a)

Il volume di aria equivalente del cilindro piccolo più la persona sono:

𝑉_{eq} = 𝜋 𝑟^{2} ℎ - \frac{𝑀}{𝜌}

Da cui:

\frac{𝜃}{2} 𝑅^{2} ℎ - \frac{2 \cdot sin \frac{𝜃}{2} 𝑅 \cdot cos \frac{𝜃}{2} 𝑅 \cdot ℎ}{2} = 𝑉_{eq}

Da cui:

\frac{𝜃}{2} - \frac{sin 𝜃}{2} = \frac{𝑉_{eq}}{𝑅^{2} ℎ}

Da cui:

𝜃 - (𝜃 - \frac{𝜃^{3}}{6}) = 2 \frac{𝑉_{eq}}{𝑅^{2} ℎ} \Rightarrow 𝜃 = \sqrt[3]{\frac{12 𝑉_{eq}}{𝑅^{2} ℎ}} \approx 0.256 rad \approx 15.2 °

Punto b)

La linea di galleggiamento del sistema dei due cilindri non può cambiare, poichè la densità equivalente del sitea dei due cilindri è sempre la stessa, perciò l’asse del cilindro più grande non si sposta. Bisogna calcolare il lavoro necessario ad alzare un cilindro di acqua di vol. $ℎ \cdot 𝜋 𝑟^{2}$ di $2 𝑟$ :

𝑊 = 𝜋 𝑟^{2} ℎ \cdot 2 𝑟 \cdot 𝑔 = 4.93 \cdot 10^{- 1} J

Esercizio 2.

L’attrito dinamico è costante, in quanto dipende esclusivamente da $𝑚 𝑔$ e $𝜇_{𝑑}$ . La condizione di rotolamento puro è:

𝑣 = 𝜔 \cdot 𝑅 \Rightarrow (𝑣_{𝑖} - 𝑎 𝑡) = 𝛼 𝑡 \cdot 𝑅

Ora, applicando $𝐹 = 𝑚 𝑎$ e $𝜏 = 𝐼 𝛼$ :

(𝑣_{𝑖} - \frac{𝐹_{𝑎}}{𝑚} 𝑡) = \frac{𝐹_{𝑎} 𝑅}{𝐼} 𝑡 \cdot 𝑅

(𝑣_{𝑖} - \frac{𝑚 𝑔 𝜇_{𝑑}}{𝑚} 𝑡) = \frac{𝑔 𝜇_{𝑑}}{\frac{2}{5}} 𝑡

𝑣_{𝑖} - 𝑔 𝜇_{𝑑} 𝑡 = \frac{5}{2} 𝑔 𝜇_{𝑑} 𝑡

𝑣_{𝑖} = \frac{7}{5} 𝑔 𝜇_{𝑑} 𝑡 \Rightarrow 𝑡 = \frac{5}{7} \cdot \frac{𝑣_{𝑖}}{𝑔 𝜇_{𝑑}} \approx 2.185 s

Da cui, la velocità:

𝑣_{𝑓} = 𝑣 - 𝑎 𝑡 = 𝑣 - 𝑔 𝜇_{𝑑} 𝑡 \approx 5.36 m/s

Esercizio 3.

Punto a)

Figure 1: Nota: per facilitare la rappresentazione si è utilizzato un rapporto di $\frac{𝑝_{𝐵}}{𝑝_{𝐴}}$ di 6

Punto b)

Usando:

𝜂 = 1 - \frac{𝑄_{ass}}{𝑄_{ced}}

E considerando che per le isobare:

𝑄 = \frac{3}{2} 𝑐_{𝑝} Δ 𝑇

Si ricava:

𝜂 = 1 - \frac{𝑇_{𝐴} - 𝑇_{𝐷}}{𝑇_{𝐵} - 𝑇_{𝐶}}

Ora, usando per le adiabatiche $𝑝 𝑉^{𝛾} = 𝑘$ e $𝑝 𝑉 = 𝑛 𝑅 𝑇 \Rightarrow 𝑉 = \frac{𝑛 𝑅 𝑇}{𝑝}$ si ricava $𝑝^{1 - 𝛾} 𝑇^{𝛾} = 𝑘$ .

𝑝_{𝐴}^{1 - 𝛾} 𝑇_{𝐴}^{𝛾} = 𝑝_{𝐵}^{1 - 𝛾} 𝑇_{𝐵}^{𝛾} 𝑝_{𝐶}^{1 - 𝛾} 𝑇_{𝐶}^{𝛾} = 𝑝_{𝐷}^{1 - 𝛾} 𝑇_{𝐷}^{𝛾}

\frac{𝑝_{𝐴}}{𝑝_{𝐵}} = {(\frac{𝑇_{𝐴}}{𝑇_{𝐵}})}^{\frac{𝛾}{1 - 𝛾}} \frac{𝑝_{𝐷}}{𝑝_{𝐶}} = {(\frac{𝑇_{𝐷}}{𝑇_{𝐶}})}^{\frac{𝛾}{1 - 𝛾}} = \frac{𝑝_{𝐴}}{𝑝_{𝐵}}

Dunque:

𝑥 \equiv {(\frac{𝑝_{𝐴}}{𝑝_{𝐵}})}^{\frac{1 - 𝛾}{𝛾}} = \frac{𝑇_{𝐷}}{𝑇_{𝐶}} = \frac{𝑇_{𝐴}}{𝑇_{𝐵}}

𝜂 = 1 - \frac{1}{𝑥} = 1 - {(\frac{𝑝_{𝐴}}{𝑝_{𝐵}})}^{\frac{𝛾 - 1}{𝛾}} = 1 - {(\frac{1}{32})}^{\frac{2}{5}} = 75 %

Esercizio 4.

Punto a)

La pressione è data dalla forza che la molla esercita su entrambi i setti:

𝑝_{0} = \frac{Δ 𝑙_{0} \cdot 𝑘}{𝑆} = 5.0 \cdot 10^{4} Pa

Ora, utilizzando la legge di stato dei gas perfetti:

𝑝_{0} 𝑉 = \frac{Δ 𝑙_{0} \cdot 𝑘}{𝑆} \cdot 𝑆 (\frac{ℎ - 𝑙_{0} + Δ 𝑙_{0}}{2}) = 𝑛 𝑅 𝑇_{0}

\frac{Δ 𝑙_{0} \cdot 𝑘 \cdot (ℎ - 𝑙_{0} + Δ 𝑙_{0})}{2 𝑛 𝑅} = 𝑇_{0} = 48.1 K

Punto b)

La pressione è uguale nelle camere $𝐴$ e $𝐵$ , possiamo calcolarla con la compressione della molla:

𝑝_{1} = \frac{Δ 𝑙_{1} \cdot 𝑘}{𝑆} = 1.0 \cdot 10^{5} Pa

Da cui, usando la nota legge delle adiabatiche $𝑝 𝑉^{𝛾} = 𝑘$ con $𝑘 = \frac{3}{5}$ in quanto si tratta di un gas monoatomico:

𝑝_{0} 𝑉_{0}^{𝛾} = 𝑝_{1} 𝑉_{𝐵}^{𝛾} \Rightarrow \sqrt[𝛾]{\frac{Δ 𝑙_{0}}{Δ 𝑙_{1}}} 𝑉_{0} = 𝑉_{𝐵} = \sqrt[𝛾]{\frac{Δ 𝑙_{0}}{Δ 𝑙_{1}}} 𝑆 (\frac{ℎ - 𝑙_{0} + Δ 𝑙_{0}}{2}) \approx 5.61 \cdot 10^{- 3} m^{3}

Da cui, lavorando per differenza:

𝑉_{𝐴} = (ℎ - 𝑙_{0} - Δ 𝑙_{1}) \cdot 𝑆 - 𝑉_{𝐵} = 1.14 \cdot 10^{- 2} m^{3}

Ora, visto che la legge di stato dei gas perfetti continua a valere:

\frac{𝑝_{1} 𝑉_{𝐴}}{𝑛 𝑅} = 𝑇_{𝐴} \approx 137 K

\frac{𝑝_{1} 𝑉_{𝐵}}{𝑛 𝑅} = 𝑇_{𝐵} \approx 67.5 K

Punto c)

E’ sufficiente fare alcune considerazioni energetiche:

\frac{3}{2} 𝑛 𝑅 Δ 𝑇_{𝐴} + \frac{3}{2} 𝑛 𝑅 Δ 𝑇_{𝐵} + \frac{1}{2} 𝑘 Δ 𝑙_{1}^{2} = \frac{1}{2} 𝑘 Δ 𝑙_{0}^{2} + 𝑄

Da cui:

\frac{3}{2} 𝑛 𝑅 Δ 𝑇_{𝐴} + \frac{3}{2} 𝑛 𝑅 Δ 𝑇_{𝐵} + \frac{1}{2} 𝑘 Δ 𝑙_{1}^{2} - \frac{1}{2} 𝑘 Δ 𝑙_{0}^{2} = 𝑄 \approx 1.43 \cdot 10^{3} J

Esercizio 5.

Punto a)

Calcoliamo l’espressione del campo elettrico di un disco carico per un punto sul suo asse:

𝐸 = \int_{𝑆} \frac{1}{4 𝜋 𝜀_{0}} \frac{𝜎 \cdot d 𝑆}{𝑟^{2} + 𝑑^{2}} \cdot cos 𝜑 = \int_{𝑆} \frac{1}{4 𝜋 𝜀_{0}} \frac{𝜎 \cdot d 𝑆}{𝑟^{2} + 𝑑^{2}} \cdot \frac{𝑑}{\sqrt{𝑟^{2} + 𝑑^{2}}}

Qui $d 𝑆$ è un elemento della superficie del disco, $𝜑$ è l’angolo tra il punto preso il considerazione, l’elemento della superficie del disco e la direzione delle $𝑧$ .

𝐸 = \frac{𝜎}{4 𝜋 𝜀_{0}} \int_{𝑆} \frac{𝑑 \cdot d 𝑆}{{(𝑟^{2} + 𝑑^{2})}^{\frac{3}{2}}} = \frac{𝜎}{4 𝜋 𝜀_{0}} \int_{𝑆} \frac{𝑑 \cdot 𝑟 d 𝜃 d 𝑟}{{(𝑟^{2} + 𝑑^{2})}^{\frac{3}{2}}} = 𝑑 \cdot \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} \int_{0}^{𝑅} \frac{𝑟 d 𝑟}{{(𝑟^{2} + 𝑑^{2})}^{\frac{3}{2}}}

Da cui:

𝐸 = 𝑑 \cdot \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} {[- {(𝑟^{2} + 𝑑^{2})}^{- \frac{1}{2}}]}_{0}^{𝑅} = 𝑑 \cdot \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} {[{(𝑑^{2})}^{- \frac{1}{2}} - \frac{1}{\sqrt{𝑟^{2} + 𝑑^{2}}}]}_{0}^{𝑅} = \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} (1 - \frac{𝑑}{\sqrt{𝑅^{2} + 𝑑^{2}}})

Questo è un risultato notevole. Ora, visto che la formula del campo elettrico di un piano è $𝐸 = \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}}$ , possiamo ricavare per differenza (mettendo nel piano un disco con carica superficiale $- 𝜎$ al poso del buco in modo da ottenere un piano carico con un buco neutro). Facendo alcune considerazioni sul verso di $𝑬$

𝑬 = \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} \cdot \frac{𝑑}{\sqrt{𝑅^{2} + 𝑑^{2}}} \hat{𝒛}

Ora, la forza si ricava banalmente dal campo elettrico.

𝑭 = - 𝑞 \cdot \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} \cdot \frac{𝑑}{\sqrt{𝑅^{2} + 𝑑^{2}}} \hat{𝒛}

Punto b)

Possiamo utilizzare la definizione di potenziale tra due punti:

Δ 𝑉 = - \int_{𝒫︀} 𝑬 \cdot d 𝓵︀

Dove $𝒫︀$ è un qualsiasi percorso tra di essi.

Da cui, considerando che nel nostro caso il campo elettrico è diretto verso il centro del buco per simmetria e possiamo prendere un percorso del tipo $𝑧 = 𝑘, 𝑥 = 𝑦 = 0$ :

Δ 𝑉 = - \int_{𝑑}^{0} \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} \cdot \frac{𝑧}{\sqrt{𝑅^{2} + 𝑧^{2}}} \cdot d 𝑧 = - \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} \int_{𝑑}^{0} \frac{𝑧}{\sqrt{𝑅^{2} + 𝑧^{2}}} \cdot d 𝑧

Da cui, siccome $\frac{d}{d 𝑧} \sqrt{𝑅^{2} + 𝑧^{2}} = \frac{𝑧}{\sqrt{𝑅^{2} + 𝑧^{2}}}$ :

Δ 𝑉 = - \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} {[\sqrt{𝑅^{2} + 𝑧^{2}}]}_{𝑑}^{0} = - \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} (𝑅 - \sqrt{𝑅^{2} + 𝑑^{2}})

Ora, segue per motivi energetici che:

- 𝑞 Δ 𝑉 = \frac{1}{2} 𝑚 𝑣^{2} \Rightarrow 𝑞 \cdot \frac{𝜎}{𝑚 𝜀_{0}} (𝑅 - \sqrt{𝑅^{2} + 𝑑^{2}}) = 𝑣^{2}

𝑣 = \sqrt{\frac{- 𝑞 \cdot 𝜎}{𝑚 𝜀_{0}} (\sqrt{𝑅^{2} + 𝑑^{2}} - 𝑅)}

Punto c)

Per quanto detto nel punto a con (5.1) si ricava che:

𝑭 (𝑧) = - 𝑞 \cdot \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} \cdot \frac{𝑧}{\sqrt{𝑅^{2} + 𝑧^{2}}} \hat{𝒛}

Da cui, siccome $𝑭 = 𝑚 𝒂$ , tenendo in considerazione le direzioni:

- 𝑞 \cdot \frac{𝜎}{2 𝜀_{0}} \cdot \frac{𝑧}{\sqrt{𝑅^{2} + 𝑧^{2}}} = 𝑚 \frac{d^{2} 𝑧}{d 𝑡^{2}}

𝑧 \cdot \frac{𝜎}{2 𝑚 𝜀_{0}} \cdot \frac{- 𝑞}{\sqrt{𝑅^{2} + 𝑧^{2}}} = \frac{d^{2} 𝑧}{d 𝑡^{2}}

𝑧 = \frac{d^{2} 𝑧}{d 𝑡^{2}} \cdot \frac{- 2 𝑚 𝜀_{0}}{𝜎} \cdot \frac{\sqrt{𝑅^{2} + 𝑧^{2}}}{𝑞}

Da cui, ipotizzando $𝑅 ≫ 𝑑$ :

𝑧 = \frac{d^{2} 𝑧}{d 𝑡^{2}} \cdot \frac{- 2 𝑚 𝜀_{0} 𝑅}{𝜎 \cdot 𝑞}

Questa è un’equazione differenziale ben nota, la sua soluzione è:

𝑧 (𝑡) = 𝑑 sin (\sqrt{\frac{𝜎 \cdot 𝑞}{2 𝑚 𝜀_{0} 𝑅}} \cdot 𝑡 + 𝜑)

Visto che vogliamo che in $𝑡 = 0$ si trovi in $𝑧 = \pm 𝑑$ :

𝑧 (𝑡) = 𝑑 sin (\sqrt{\frac{𝜎 \cdot 𝑞}{2 𝑚 𝜀_{0} 𝑅}} \cdot 𝑡 + \frac{𝜋}{2})

Punto d)

Per l’equazione (5.2) possiamo dire che la particella raggiunge $𝑧 = 0$ quando:

\sqrt{\frac{𝜎 \cdot 𝑞}{2 𝑚 𝜀_{0} 𝑅}} \cdot 𝑡 = \frac{𝜋}{2}

𝑡 = \frac{𝜋}{2 \sqrt{\frac{𝜎 \cdot 𝑞}{2 𝑚 𝜀_{0} 𝑅}}}

Esercizio 6.

Punto a) E’ noto che per un condensatore a facce piane parallele:

𝐶 = \frac{𝐴}{𝑑} 𝜀_{0} 𝜀_{𝑟}

Da cui:

𝐶 (𝑡) = (\frac{𝑙 \cdot (𝑙 - \frac{1}{2} 𝑔 𝑡^{2})}{ℎ} 𝜀_{0} + \frac{𝑙 \frac{1}{2} 𝑔 𝑡^{2}}{ℎ} 𝜀_{0} 𝜀_{𝑟})

Ergo:

𝑄 (𝑡) = 𝐶 (𝑡) \cdot Δ 𝑉 = \frac{Δ 𝑉 \cdot 𝑙}{ℎ} 𝜀_{0} \cdot ((𝑙 - \frac{1}{2} 𝑔 𝑡^{2}) + \frac{1}{2} 𝑔 𝑡^{2} 𝜀_{𝑟})

Punto b)

𝐸 = \frac{1}{2} 𝐶 Δ 𝑉^{2}

Δ 𝐸 = \frac{1}{2} \frac{𝑙^{2}}{ℎ} 𝜀_{0} (𝜀_{𝑟} - 1) Δ 𝑉^{2}