Soluzioni Prova Fisica IUSS 2025

Questa è la soluzione di una prova di Fisica della IUSSche 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 1.

Calcoliamo il momento di inerzia di un disco (la carrucola). Per la definizione del momento di inerzia esso è:

𝐼_{𝑐} = \int 𝜎 \cdot 𝑟^{2} 𝑑 𝑆

Da cui, sostituendo $𝜎$ e considerando la geometria del problema:

𝐼_{𝑐} = \int \frac{𝑀_{𝑐}}{𝜋 𝑅_{𝑐}^{2}} \cdot 𝑟^{2} 𝑑 𝑆 = \int \frac{𝑀_{𝑐}}{𝜋 𝑅_{𝑐}^{2}} 𝑟^{3} 𝑑 𝜃 𝑑 𝑟 = \frac{𝑀_{𝑐}}{𝜋 𝑅_{𝑐}^{2}} 2 𝜋 \int 𝑟^{3} 𝑑 𝑟 = \frac{𝑀_{𝑐}}{𝜋 𝑅_{𝑐}^{2}} 2 𝜋 \frac{𝑅_{𝑐}^{4}}{4} = \frac{1}{2} 𝑀_{𝑐} 𝑅_{𝑐}^{2}

Ora, $𝐹 \cdot 𝑅_{𝑐} = 𝜏 = 𝐼_{𝑐} 𝛼$ e $𝛼 = \frac{𝑎}{𝑅_{𝑐}}$ . Perciò possiamo mettere in relazione la forza esercitata dalla carrucola all’accelerazione del sistema:

𝐹 = 𝐼_{𝑐} \frac{𝛼}{𝑅_{𝑐}} = 𝑎 \frac{𝐼_{𝑐}}{𝑅_{𝑐}^{2}} = \frac{1}{2} 𝑎 𝑀_{𝑐}

Possiamo dunque associare alla carrucola una massa fittizia di $\frac{1}{2} 𝑀_{𝑐}$ . Ora basta applicare $𝑭 = 𝑚 𝒂$ per risolvere il problema:

𝑔 (𝑀_{1} sin 30 ° - 𝑀_{2}) = 𝑎 (𝑀_{1} + 𝑀_{2} + \frac{1}{2} 𝑀_{𝑐}) \Rightarrow 𝑎 = 𝑔 \frac{\frac{𝑀_{1}}{2} - 𝑀_{2}}{𝑀_{1} + 𝑀_{2} + \frac{1}{2} 𝑀_{𝑐}} \approx 0.89 {m/s}^{2}

Punto 2. Analogamente si risolve:

𝑎 = \frac{𝑔 \frac{𝑀_{1}}{2} - 𝑔 𝑀_{2} - 𝐹_{𝑐}}{𝑀_{1} + 𝑀_{2} + \frac{1}{2} 𝑀_{𝑐}} \approx 0.88 {m/s}^{2}

Esercizio 2.

Punto 1. Basta applicare la nota formula della gravitazione universali di Newton e sostituire i dati:

𝑎_{ccelerazione} = 𝐺 \frac{𝑀}{𝑎^{2}}

Punto 2. Basta riprendere il punto 1 e sfruttare i rapporti di proporzionalità tra i lati del triangolo:

𝑎_{⟂} = 𝐺 \frac{𝑀}{𝑎^{2}} \cdot \frac{𝑏}{𝑎}

Punto 3. Basta ragionare in termini energetici e fare alcune considerazioni geometriche:

\frac{1}{2} 𝑚 𝑣^{2} - 𝐺 \frac{𝑀 𝑚}{𝑎} = - \frac{1}{2} 𝐺 \frac{𝑀 𝑚}{𝑎}

𝑣 = \sqrt{𝐺 \frac{𝑀}{𝑎}} \approx 4.1 \cdot 10^{4} m/s

Esercizio 3.

Si applichi la legge di stato dei gas perfetti:

𝑝 𝑉 = 𝑛 𝑅 𝑇

Ora, per quanto detto dal problema $𝑛 𝑅 𝑇$ è costante, da cui, applicando Stevino:

𝑝_{0} \frac{4}{3} 𝜋 𝑟_{𝑓}^{3} = 𝑝_{𝑖} \frac{4}{3} 𝜋 𝑟_{𝑖}^{3} = (𝑝_{0} + 𝜌 ℎ 𝑔) \frac{4}{3} 𝜋 𝑟_{𝑖}^{3}

Da cui:

ℎ = \frac{𝑝_{0}}{𝜌 𝑔} ({(\frac{𝑟_{𝑓}}{𝑟_{𝑖}})}^{3} - 1) = 24.5 m

Esercizio 4.

Affinchè ci sia interferenza costruttiva è necessario che la differenza di percorso lungo la direzione di propagazione sia multipla della lunghezza d’onda:

𝑛 𝜆 = 2 𝑑 sin (𝜃)

Siccome per angoli sensati $sin (𝜃) \approx 0.5$ segue che l’ordine di grandezza è $10^{-} 10 m$ , approssimativamente nei raggi X. Vedere cristallografia ai raggi X e il DNA.

Affinchè sia visibile serve che ci siano sol per $sin (𝜃) \leq 1$ da cui $𝑛 \frac{𝜆}{2} 𝑑 \leq 1$ da cui, siccome $𝑛 \in ℤ^{+}$ , $𝜆 \leq 2 𝑑$ .

Esercizio 5.

Tra la griglia 1 e la griglia 2 la particella compie un moto rettilineo uniformemente accelerato. Dopo essere passata attraverso la griglia 2 compie un moto circolare uniforme. Tra la griglia 2 e 1 compie un moto rettilineo uniformemente decelerato. Dopo la griglia 2 compie un moto circolare uniforme di raggio minore, come in figura:

Chiamiamo $𝑣^{'}$ la velocità del protone quando fa il semicerchio di sinistra e $𝑣$ la velocità del protone quando fa il semicerchio di destra. Imponiamo $𝑅_{1}$ come il raggio di destra, $𝑅_{2}$ come il raggio di sinistra, $𝑑 = 4 cm$ e $2 Δ 𝑅 = 5 cm$ . Calcoliamo il tempo di ciascuna fase:

𝑡 = \frac{𝑑}{\frac{1}{2} (𝑣 + 𝑣^{'})} + \frac{𝜋 𝑅_{2}}{𝑣^{'}} + \frac{𝑑}{\frac{1}{2} (𝑣 + 𝑣^{'})} + \frac{𝜋 𝑅_{1}}{𝑣}

Ora, poichè nei semicerchi il moto è circolare uniforme e la forza centripeta è data dalla forza di Lorentz vale la seguente:

𝑚_{𝑝} \frac{𝑣^{2}}{𝑅} = 𝑒 𝑣 𝐵 \Rightarrow 𝑅 = \frac{𝑚_{𝑝}}{𝑒 𝐵} \cdot 𝑣

Sostituendo nell’ espressione (5.1) e riordinando:

𝑡 = \frac{4 𝑑}{𝑣 + 𝑣^{'}} + 𝜋 \cdot \frac{𝑚_{𝑝}}{𝑒 𝐵} + 𝜋 \cdot \frac{𝑚_{𝑝}}{𝑒 𝐵} = \frac{4 𝑑}{𝑣 + 𝑣^{'}} + 2 𝜋 \cdot \frac{𝑚_{𝑝}}{𝑒 𝐵}

Ciò ha senso se pensiamo che questa configurazione ricorda da vicino quella di un ciclotrone, e quindi ha il periodo di ciclotrone. Da cui, imponendo $𝑣 + 𝑣^{'} = 2 \bar{𝑣}$ si ricava:

𝑡 - 2 𝜋 \cdot \frac{𝑚_{𝑝}}{𝑒 𝐵} = \frac{4 𝑑}{2 \bar{𝑣}} \Rightarrow \bar{𝑣} = \frac{2 𝑑}{𝑡 - 2 𝜋 \cdot \frac{𝑚_{𝑝}}{𝑒 𝐵}} \approx 2.00 \cdot 10^{6} m/s

Riprendendo la (5.2) si ricava:

Δ 𝑣 = \frac{𝑒 𝐵}{𝑚_{𝑝}} \cdot Δ 𝑅 \approx 1.99 \cdot 10^{6} m/s

Da cui:

\begin{aligned} 𝑣 = \bar{𝑣} - \frac{1}{2} \frac{𝑚_{𝑝}}{𝑒 𝐵} \cdot Δ 𝑅 \approx 1.00 \cdot 10^{6} m/s \\ 𝑣^{'} = \bar{𝑣} + \frac{1}{2} \frac{𝑚_{𝑝}}{𝑒 𝐵} \cdot Δ 𝑅 \approx 3.00 \cdot 10^{6} m/s \end{aligned}

Ora, calcolare la d.d.p. risulta facile con alcune considerazioni energetiche:

\frac{1}{2} 𝑚_{𝑝} 𝑣^{2} + 𝑒 Δ 𝑉 = \frac{1}{2} 𝑚_{𝑝} 𝑣^{' 2} \Rightarrow Δ 𝑉 = \frac{1}{2} 𝑚_{𝑝} (𝑣^{' 2} - 𝑣^{2}) / 𝑒 \approx 4.18 \cdot 10^{4} V