Maturità 2019: la soluzione alla simulazione del compito di matematica

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(foto: Martin Bureau/Getty Images)

Il prossimo giovedì 20 giugno per migliaia di studenti del liceo scientifico è il giorno della seconda prova scritta della maturità 2019, che per la prima volta avrà un carattere multisciplinare e conterrà sia esercizi di matematica sia di fisica. Qui su Wired proponiamo un allenamento ad hoc pensato appositamente per gli studenti di quinta superiore che dovranno vedersela con la prova scritta di matematica e fisica.

Qui trovate il testo di problemi e questionario

Se non ne avete abbastanza del test presentato in questo articolo, potete continuare a esercitarvi anche con quelli passati (che però sono leggermente diversi, poiché focalizzati solo sulla matematica). Ormai su questo sito abbiamo raccolte una discreta mole di materiale, tra le simulazioni del 2018del 2017del 2016 e del 2015 e le prove ufficiali 2018201720162015 e 2014.

La soluzione dei problemi

Problema 1: scacchi coulombiani

a. Si tratta di un problema sul campo elettrico generato da una configurazione statica di cariche elettriche, secondo quanto previsto dalla legge di Coulomb. Se vengono posizionate solo due cariche, il punto corretto in cui sistemare la pallina è il centro del segmento che le congiunge, indipendentemente che questo coincida con un lato del quadrato o con una diagonale. Se invece vengono utilizzate tutte e quattro le cariche, la pallina va sistemata al centro del quadrato.

b. Perché in quel caso il campo elettrico sarebbe ovunque non nullo, dunque non ci sarebbe alcuna posizione corretta in cui posizionare la pallina e l’attaccante vincerebbe sempre.

c. Sempre: se le cariche dello stesso segno sono su vertici opposti, allora la difesa vince posizionando la pallina al centro. Se invece sono adiacenti, esistono due posizioni per vincere, poste appena all’esterno del quadrato, lungo l’asse di simmetria della configurazione.

d. Se le cariche hanno tutte lo stesso segno, i punti possibili in cui posizionare la pallina sono (di poco) interni al triangolo individuato dalle cariche, in prossimità del centro dei due cateti. Se invece una delle cariche ha segno opposto, la pallina va posta appena (di poco) all’esterno del triangolo, in prossimità del lato che congiunge le due cariche dello stesso segno. Per rendevi conto di che cosa accade, potete utilizzare questo simulatore.

Problema 2: a spasso per campi

a. I due campi possono essere generati in due regioni separate e contigue, e nel caso più semplice hanno un confine dritto a delimitarle. La carica elettrica viene posizionata all’interno del campo elettrico e viene accelerata lungo una traiettoria rettilinea. Una volta raggiunto il confine con il campo magnetico, smette di accelerare e segue una traiettoria circolare, che percorre per una semicirconferenza a velocità costante. Successivamente la carica esce dal campo magnetico e rientra in quello elettrico, dove prosegue con moto rettilineo decelerato fino a fermarsi. La distanza percorsa nel campo elettrico della prima fase è la stessa percorsa nella fase finale, dunque si forma una lettera U perfettamente simmetrica.

b. Qui occorre svolgere qualche calcolo. L’accelerazione della carica all’interno del campo elettrico vale a=qE/m, ossia a=2m/s2. Sapendo che la distanza percorsa vale 100 m e usando la legge oraria del moto rettilineo uniformemente accelerato, si ricava che il moto nel campo elettrico dura t1=10 secondi e che al termine della fase di accelerazione la velocità vale v’=20 m/s. Questa è la velocità con cui viene percorsa una semicirconferenza all’interno del campo magnetico, di raggio r=mv’/qB=100 m. Il tempo impiegato a percorrere la semicirconferenza è dunque t2= π r/v’= 5π, ossia 15,7 secondi circa. Il tempo della fase di decelerazione al rientro nel campo elettrico vale, per ragioni di simmetria, t3=10 secondi, dunque in tutto il moto dura circa 35,7 secondi.

c. Come già calcolato al punto precedente, il raggio della parte curva della traiettoria è dato dalla relazione r=mv’/qB, dove v’ è la velocità al termine della fase di accelerazione, che vale a sua volta v’=t1qE/m. Dunque r=t1E/B, e quindi il raggio della parte curva della traiettoria è direttamente proporzionale (con costante di proporzionalità 5) al tempo impiegato durante la fase di accelerazione.

d. In assenza di attriti, il moto non terminerebbe dopo aver compiuto una traiettoria a forma di U, ma la particella carica si arresterebbe e poi ripartirebbe in verso opposto, ri-tracciando la U nel cielo avanti e indietro come in una sorta di pendolo con periodo di oscillazione T=71,4 secondi. La U di Uaired resterebbe visibile nel cielo per tutta la notte.

Qui trovate il testo di problemi e questionario

Soluzioni al questionario

Quesito 1

Gli esempi dei numeri 6 e 8 chiariscono che anche 1 e il numero stesso devono essere conteggiati come divisori. Se 2019 ammette quattro divisori, di cui uno è il numero 1 e un secondo è il numero 2019, significa che ammette un’unica scomposizione come prodotto di due numeri primi. Come si può notare facilmente, 2019 non è divisibile per 2 ma è divisibile per 3, in quanto la somma delle sue cifre vale 12. Perciò i divisori di 2019 sono: 1, 3, 2019/3=673 e 2019, la cui somma è 2696.

Quesito 2

Dopo 10 secondi evidentemente x(10)=e10, dunque la velocità media in questo intervallo di tempo è v=e10/10. L’istante in cui la velocità istantanea coincide con questo valore si calcola dall’equazione v(t)=e10/10, dove v(t) si ottiene derivando la legge oraria, ossia v(t)=x'(t)=et. Perciò et=e10/10, da cui t=10-log(10), dove log indica il logaritmo naturale. In modo approssimato, la condizione richiesta si verifica 7,7 secondi dopo l’inizio del moto.

Quesito 3

Per la legge di Faraday-Neumann, la forza elettromotrice indotta è la derivata nel tempo del flusso del campo magnetico attraverso la spira. La forma e le dimensioni della spira non sono rilevanti per determinare gli eventuali istanti in cui la fem indotta si annulla, ma occorre calcolare la derivata del campo magnetico, ossia B'(t)=24t2+10t+1. L’equazione B'(t)=0 ammette due soluzioni, ma entrambe per t<0 (in particolare t=-1/4 e t=-1/6). Dunque la forza elettromotrice non si annulla mai nell’intervallo di tempo richiesto.

Quesito 4

Detti a e b i due numeri, prendiamo per ipotesi a>b. Sappiamo che a-b=2 e la quantità su cui basare la dimostrazione è a3-b3=(a-b)(a2+b2+ab). Dato che il primo fattore vale 2, la prima parte del problema è immediatamente verificata. Per la seconda parte conviene invece esprimere tutto in funzione di b. Dunque a3-b3=2[(2+b)2+b2+b(2+b)]=2[3(b+1)2+1]. Nemmeno il secondo fattore può essere divisibile per 3, dato che è il triplo di un numero aumentato di 1. Di conseguenza il teorema fondamentale delle coppie wirediane è dimostrato.

Quesito 5

No, entrambe le agenzie spaziali hanno ragione, infatti i due valori (seppur scritti in modo diverso) sono identici. Per dimostarlo è sufficiente ricordare le proprietà dei logaritmi, ricordando che 2=log24 e dunque entrambe le scritture corrispondono a log2324.

Quesito 6

La resistenza è massima se i tre parallelepipedi vengono messi uno in fila all’altro, in modo che la lunghezza sia massima e l’area trasversale minima. In questo modo la lunghezza totale è di 36 centimetri e l’area trasversale di 10 cm· 5 cm. La resistenza è minima se i tre parallelepipedi vengono accostati in modo che la lunghezza totale resti 5 cm e l’area trasversale sia la somma delle facce più ampie dei parallelepipedi, 3 · 10 cm· 12 cm. Numericamente, considerando la resistività dell’argento di 1.59 · 10−10Ω · cm, si ottengono rispettivamente i valori di 1.145 · 10−10Ω e di 2.208 · 10−12Ω.

Quesito 7

Il valore del limite è ovviamente zero. Per dimostrarlo mediante il teorema del confronto, occorre trovare due analoghi che siano rispettivamente minori e maggiori dell’espressione cercata. Una soluzione semplice potrebbe essere di scegliere -3/x e 3/x: a questo punto -3/x < 3sin2(x)cos(x)/x < 3/x. Dato che i due estremi tendono entrambi a zero per x che tende all’infinito, per il teorema dei due carabinieri anche il limite cercato avrà come risultato zero.

Quesito 8

Con 6 caratteri le password possibili sono 626, mentre con 8 caratteri diventano 628. Il rapporto tra i due casi è dunque 622=3.844, ossia la password è del 384.400% più robusta.

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