Conservazione dell'energia.
MA su io ho un corpo attaccato ad una molla, posto su un piano, mi viene detto che qualsiasi sia il movimento in x, cioè comprimendo la molla o rilasciandola, l'energia potenziale è sempre positiva $U(x) = 1/2kx^2$, viene rappresentata da una parabola con concavità verso l'alto! Ma perchè è sempre positiva? 
L'unica risposta che riesco a darmi è perchè ho $x^2$, ma apparte questo, come si può giustificare?
Un concetto che non sto capendo in modo chiaro è l'Equilibrio stabile e l'Equilibrio instabile!
Ecco quì:
L'unica risposta che riesco a darmi è perchè ho $x^2$, ma apparte questo, come si può giustificare?
Un concetto che non sto capendo in modo chiaro è l'Equilibrio stabile e l'Equilibrio instabile!
Ecco quì:
Risposte
Il testo mi dice che il risultato deve essere $v = 1.1 m/s$, il che mi sembra impossibile con i miei calcoli!
Scusami, ma del disegno che hai fatto, cosa devo cercare?????
Ti chiedo questo perchè ormai sono esausto con questo esercizio!
Scusami, ma del disegno che hai fatto, cosa devo cercare?????
Ti chiedo questo perchè ormai sono esausto con questo esercizio!
"Bad90":
Il testo mi dice che il risultato deve essere $v = 1.1 m/s$, il che mi sembra impossibile con i miei calcoli!
Scusami, ma del disegno che hai fatto, cosa devo cercare?????
Ti chiedo questo perchè ormai sono esausto con questo esercizio!
Da quel disegnino devi cercare $h$ in funzione di $theta$ ed $l$ (che mi sono dimenticato di scrivere, ma che è la lunghezza del filo). Noterai che si ottiene un triangolo rettangolo... Dunque $h=...$
Allora, la mia h sarà:
$h = 0.45m * cos 30^o = 0.38m$
$h = 0.45m * cos 30^o = 0.38m$
Scusate se mi intrometto...
Giusto per completezza ti propongo anche un altro approccio al problema: porre il piano con $U=0$ sotto alla traiettoria, in particolare tangente ad essa. Forse questo è il modo più intuitivo perchè quando vai a fare il confronto tra le energie hai che nel punto in cui la palla viene lasciata andare l'energia è tutta potenziale mentre nel punto più basso è tutta cinetica. Con l'approccio di giulio (ovviamente corretto) dovrai considerare una energia potenziale anche nel punto più basso. Non è niente di difficile, ma volevo mostrarti anche questo metodo.
Disegno:
Tutto ciò che devi dire è \[ U = E \Longrightarrow mgh = \frac{1}{2} m v^2 \Longrightarrow v = \sqrt{2gh} \] dove $h$ si trova con la trigonometria facendo... (rifletti prima di sbirciare
)
Sostituendo i numeri corrisponenti trovi $v ~~ 1.08 m/s$.
Giusto per completezza ti propongo anche un altro approccio al problema: porre il piano con $U=0$ sotto alla traiettoria, in particolare tangente ad essa. Forse questo è il modo più intuitivo perchè quando vai a fare il confronto tra le energie hai che nel punto in cui la palla viene lasciata andare l'energia è tutta potenziale mentre nel punto più basso è tutta cinetica. Con l'approccio di giulio (ovviamente corretto) dovrai considerare una energia potenziale anche nel punto più basso. Non è niente di difficile, ma volevo mostrarti anche questo metodo.
Disegno:
Tutto ciò che devi dire è \[ U = E \Longrightarrow mgh = \frac{1}{2} m v^2 \Longrightarrow v = \sqrt{2gh} \] dove $h$ si trova con la trigonometria facendo... (rifletti prima di sbirciare
)Sostituendo i numeri corrisponenti trovi $v ~~ 1.08 m/s$.
Ho fatto e rifatto sempre lo stesso errore nei calcoli, stavo sbagliando la differenza e mi veniva fuori $2.7m/s$!
](/datas/uploads/forum/emoji/eusa_wall.gif "Brick wall")
Assurdo!
"Bad90":
C'è qualcosa che non ti è chiaro?
"minomic":
[quote="Bad90"]
C'è qualcosa che non ti è chiaro?[/quote]
E' tutto chiaro, solo che sbagliavo la differenza!
Adesso ricavo la tensione!
Solo che non ho i dati per ricavarla?!?!?!
"Bad90":
Adesso ricavo la tensione!
Solo che non ho i dati per ricavarla?!?!?!
Ce li hai eccome! Nel punto più basso la tensione bilancia il peso, ma non solo. Esiste un'altra forza legata al fatto che la massa sta percorrendo una circonferenza e quindi all'accelerazione...
"minomic":
Scusate se mi intrometto...
Giusto per completezza ti propongo anche un altro approccio al problema: porre il piano con $U=0$ sotto alla traiettoria, in particolare tangente ad essa. Forse questo è il modo più intuitivo perchè quando vai a fare il confronto tra le energie hai che nel punto in cui la palla viene lasciata andare l'energia è tutta potenziale mentre nel punto più basso è tutta cinetica. Con l'approccio di giulio (ovviamente corretto) dovrai considerare una energia potenziale anche nel punto più basso. Non è niente di difficile, ma volevo mostrarti anche questo metodo.
Disegno:
Tutto ciò che devi dire è \[ U = E \Longrightarrow mgh = \frac{1}{2} m v^2 \Longrightarrow v = \sqrt{2gh} \] dove $h$ si trova con la trigonometria facendo... (rifletti prima di sbirciare
Sostituendo i numeri corrisponenti trovi $v ~~ 1.08 m/s$.
È vero, si poteva fare anche così. Non l'ho proposto, però, per due motivi:
1. Bad ha già qualche difficoltà a lavorare con la trigonometria, presentargli un $l(1-costheta)$ non mi sembrava l'ideale. Non che sia difficile, però è una cosa in più.
2. Mi piaceva il punto di equilibrio stabile con energia potenziale negativa.
Mi sembra che, almeno nei casi banali, questo avvenga più frequentemente con le scelte che si fanno normalmente (mi vengono in mente, ad esempio, le orbite dei pianeti e degli atomi in relazione al potenziale efficace), quindi non sarebbe sembrato "strano" o "magico" a primo impatto quando ritroverà queste cose più avanti negli studi.
A dire il vero la soluzione di minomic è favolosamente comprensibile per me! Stavo sbagliando una differenza 
"Bad90":
A dire il vero la soluzione di minomic è favolosamente comprensibile per me! Stavo sbagliando una differenza
Beh, allora meglio così!
"minomic":[/quote]
[quote="Bad90"][quote="minomic"]Adesso ricavo la tensione!
Solo che non ho i dati per ricavarla?!?!?!
Ce li hai eccome! Nel punto più basso la tensione bilancia il peso, ma non solo. Esiste un'altra forza legata al fatto che la massa sta percorrendo una circonferenza e quindi all'accelerazione...
[/quote]
La tensione sarà:
$T = mg$
$(v^2) /r = mg$
"Bad90":
La tensione sarà:
$T = mg$
$(v^2) /r = mg$
No, attento... Rileggi il consiglio di minomic!
"giuliofis":
[quote="Bad90"]La tensione sarà:
$T = mg$
$(v^2) /r = mg$
No, attento... Rileggi il consiglio di minomic![/quote]
Esatto, io ti dicevo che la tensione dovrà fare uno sforzo in più. Possiamo dire, in termini non molto fisici nè rigorosi, che dovrà bilanciare anche lo "slancio" che la massa acquisisce percorrendo la circonferenza.
PS. Anche se la soluzione che ho proposto ti sembra più chiara riguardati pure quella di giulio, prova a risolvere l'esercizio nel suo modo e soprattutto chiediti quali sono le differenze (energia e lati dei triangoli da considerare).
"minomic":
Esatto, io ti dicevo che la tensione dovrà fare uno sforzo in più. Possiamo dire, in termini non molto fisici nè rigorosi, che dovrà bilanciare anche lo "slancio" che la massa acquisisce percorrendo la circonferenza.
E come ricavo questo slancio
Suppongo che lo slancio si riferisca alla $ k = 1/2mv^2 $
"Bad90":
[quote="minomic"]
Esatto, io ti dicevo che la tensione dovrà fare uno sforzo in più. Possiamo dire, in termini non molto fisici nè rigorosi, che dovrà bilanciare anche lo "slancio" che la massa acquisisce percorrendo la circonferenza.
E come ricavo questo slancio
Suppongo che lo slancio si riferisca alla $ k = 1/2mv^2 $
[/quote]Forse non dovevo usare questo termine perchè potrebbe fare confusione, anche se in realtà l'ho messo proprio perchè credevo che fosse più chiaro...
Comunque, questo "slancio" è proprio l'accelerazione centripeta! E la tensione, per bilanciarla, dovra fare uno sforzo in più, o meglio... in[size=200]$+$[/size]
PS. Secondo me quando giulio vede che parlo di "slancio" mi bastona!
"minomic":
[quote="Bad90"][quote="minomic"]
Esatto, io ti dicevo che la tensione dovrà fare uno sforzo in più. Possiamo dire, in termini non molto fisici nè rigorosi, che dovrà bilanciare anche lo "slancio" che la massa acquisisce percorrendo la circonferenza.
E come ricavo questo slancio
Suppongo che lo slancio si riferisca alla $ k = 1/2mv^2 $
[/quote]Forse non dovevo usare questo termine perchè potrebbe fare confusione, anche se in realtà l'ho messo proprio perchè credevo che fosse più chiaro...
Comunque, questo "slancio" è proprio l'accelerazione centripeta! E la tensione, per bilanciarla, dovra fare uno sforzo in più, o meglio... in[size=200]$+$[/size]
PS. Secondo me quando giulio vede che parlo di "slancio" mi bastona!
[/quote]Scusami, ma se ad $ m*g $ aggiungo lo sforzo in più, deve essere così??
$ T =m*g +(v^2)/r $
Il testo mi dice che deve essere $ mg(3-2cos 30^o) $ , ma anche in questo caso non sto capendo
"Bad90":
Scusami, ma se ad $ m*g $ aggiungo lo sforzo in più, deve essere così??
$ T =m*g +(v^2)/r $
Quasi!
Il secondo addendo non è una forza, ma un'accelerazione. Per ottenere la forza dovrai prendere questa accelerazione e moltiplicarla per la...
Allora, forse mi si sta svegliando il cervello.....
$ T =m*g +(m*(v^2))/r $
$ T =m*(g +(v^2)/r)$
$ T =m*g +(m*(v^2))/r $
$ T =m*(g +(v^2)/r)$
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