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
"Bad90":
$ T =m*g +(m*(v^2))/r $
Esatto! Adesso ricordiamo che avevamo trovato $v=sqrt(2gl(1-cos 30°))$, quindi diciamo che
\[ T = mg + \frac{m}{l} 2 g l (1 - cos 30°) = mg + 2mg(1-cos 30°) = mg(3 - 2cos30°)\] Tutto chiaro?
Adesso si!
Accipicchia, oggi non è che sono in forma, mi sto perdendo nelle banalità!
Accipicchia, oggi non è che sono in forma, mi sto perdendo nelle banalità!
Scusate, ma la forza centripeta non è opposta alla forza peso e parallela alla tensione nel punto di equilibrio stabile? Dunque non dovrebbe esserci una differenza?
"giuliofis":
Scusate, ma la forza centripeta non è opposta alla forza peso e parallela alla tensione nel punto di equilibrio stabile? Dunque non dovrebbe esserci una differenza?
Sai che avevo avuto il dubbio anche io? Però da qualche controllo sul web pare che ci vada il $+$... Ammetto però di non essere sicuro al $100%$. Comunque il risultato sembra quadrare con la soluzione del suo libro, ma se hai qualche altra informazione sono tutto orecchie!
"minomic":
[quote="Bad90"]$ T =m*g +(m*(v^2))/r $
Esatto! Adesso ricordiamo che avevamo trovato $v=sqrt(2gl(1-cos 30°))$, quindi diciamo che
\[ T = mg + \frac{m}{l} 2 g l (1 - cos 30°) = mg + 2mg(1-cos 30°) = mg(3 - 2cos30°)\] Tutto chiaro?
[/quote]Scusami, ma quel numero 1 in $ (1-cos 30°) $ deriva dal fatto che la circonferenza è unitaria???
"minomic":
[quote="giuliofis"]Scusate, ma la forza centripeta non è opposta alla forza peso e parallela alla tensione nel punto di equilibrio stabile? Dunque non dovrebbe esserci una differenza?
Sai che avevo avuto il dubbio anche io? Però da qualche controllo sul web pare che ci vada il $+$... Ammetto però di non essere sicuro al $100%$. Comunque il risultato sembra quadrare con la soluzione del suo libro, ma se hai qualche altra informazione sono tutto orecchie![/quote]
Sono dal cellulare, sicché sto immaginando soltanto.
A mente mi sembra che scalarmente ci vada il meno. Non è che il più a cui ti riferisci indica la somma vettoriale?
Se dico fesserie perdonatemi, ma sto lavorando solo di fantasia.
"Bad90":
[quote="minomic"][quote="Bad90"]$ T =m*g +(m*(v^2))/r $
Esatto! Adesso ricordiamo che avevamo trovato $v=sqrt(2gl(1-cos 30°))$, quindi diciamo che
\[ T = mg + \frac{m}{l} 2 g l (1 - cos 30°) = mg + 2mg(1-cos 30°) = mg(3 - 2cos30°)\] Tutto chiaro?
[/quote]Scusami, ma quel numero 1 in $ (1-cos 30°) $ deriva dal fatto che la circonferenza è unitaria???[/quote]
No, anche perchè la circonferenza non è unitaria. Era $h = l - l cos theta$ e quindi, raccogliendo $l$, viene $h = l(1 - cos theta)$.
Ok, 
"giuliofis":
[quote="minomic"][quote="giuliofis"]Scusate, ma la forza centripeta non è opposta alla forza peso e parallela alla tensione nel punto di equilibrio stabile? Dunque non dovrebbe esserci una differenza?
Sai che avevo avuto il dubbio anche io? Però da qualche controllo sul web pare che ci vada il $+$... Ammetto però di non essere sicuro al $100%$. Comunque il risultato sembra quadrare con la soluzione del suo libro, ma se hai qualche altra informazione sono tutto orecchie![/quote]
Sono dal cellulare, sicché sto immaginando soltanto.
A mente mi sembra che scalarmente ci vada il meno. Non è che il più a cui ti riferisci indica la somma vettoriale?
Se dico fesserie perdonatemi, ma sto lavorando solo di fantasia.
[/quote]Ci ho pensato e secondo me ci va il $+$ per il seguente motivo:
\[ ma = F_{risultante} \Longrightarrow m \frac{v^2}{r} = T - mg \Longrightarrow T = mg + m \frac{v^2}{r}\]Infatti l'accellerazione è "centripeta", cioè "diretta verso il centro", quindi concorde con la tensione.
In ogni caso continuo a non esserne certo! Cosa ne pensi?
"minomic":
Ci ho pensato e secondo me ci va il $+$ per il seguente motivo:
\[ ma = F_{risultante} \Longrightarrow m \frac{v^2}{r} = T - mg \Longrightarrow T = mg + m \frac{v^2}{r}\]Infatti l'accellerazione è "centripeta", cioè "diretta verso il centro", quindi concorde con la tensione.
Cosa ne pensi?
IO penso che è giustissima!
Esercizio 12
A colpo d'occhio mi sembra sia simile all'esercizio precedente
A colpo d'occhio mi sembra sia simile all'esercizio precedente
Che non sono d'accordo. Radialmente la forza totale deve essere nulla: $T+F-P=0$ quindi $T=P-F$, dove T è la tensione, P il peso e F la forza centripeta.
Ma c'è un solo modo per saperlo: Bad, quale dei due approcci dà il risultato numerico corretto?
Ma c'è un solo modo per saperlo: Bad, quale dei due approcci dà il risultato numerico corretto?
"giuliofis":
Che non sono d'accordo. Radialmente la forza totale deve essere nulla: $T+F-P=0$ quindi $T=P-F$, dove T è la tensione, P il peso e F la forza centripeta.
Ma c'è un solo modo per saperlo: Bad, quale dei due approcci dà il risultato numerico corretto?
Sai che mi hai fatto venire un serio dubbio?
"minomic":
[quote="giuliofis"]Che non sono d'accordo. Radialmente la forza totale deve essere nulla: $T+F-P=0$ quindi $T=P-F$, dove T è la tensione, P il peso e F la forza centripeta.
Ma c'è un solo modo per saperlo: Bad, quale dei due approcci dà il risultato numerico corretto?
Sai che mi hai fatto venire un serio dubbio?
[/quote]Dobbiamo aspettare che Bad risolva numericamente l'esercizio per sapere chi dei due ha ragione.
Es 12 :
Ragazzi, applicate sempre la conservazione dell'energia! Ora la pallina è lanciata con una velocità iniziale, quindi con un'energia cinetica iniziale, che si somma alla energia potenziale. E la posizione iniziale corrisponde ad un angolo di $90º$ del filo rispetto alla verticale. Mettete il solito piano di riferimento orizzontale nel punto più basso, e scrivete la conservazione...forza giulio, minomic, Bad...
Ragazzi, applicate sempre la conservazione dell'energia! Ora la pallina è lanciata con una velocità iniziale, quindi con un'energia cinetica iniziale, che si somma alla energia potenziale. E la posizione iniziale corrisponde ad un angolo di $90º$ del filo rispetto alla verticale. Mettete il solito piano di riferimento orizzontale nel punto più basso, e scrivete la conservazione...forza giulio, minomic, Bad...
Dunque... ho cercato su internet e ho trovato
http://www.ba.infn.it/~palano/chimica/b ... index.html
http://it.wikipedia.org/wiki/Pendolo
tensione-pendolo-t49990.html
e tutte concordano nel mettere il $+$ ma non riesco ancora a trovare il punto errato nel tuo ragionamento!
http://www.ba.infn.it/~palano/chimica/b ... index.html
http://it.wikipedia.org/wiki/Pendolo
tensione-pendolo-t49990.html
e tutte concordano nel mettere il $+$ ma non riesco ancora a trovare il punto errato nel tuo ragionamento!
"navigatore":
Es 12 :
Ragazzi, applicate sempre la conservazione dell'energia! Ora la pallina è lanciata con una velocità iniziale, quindi con un'energia cinetica iniziale, che si somma alla energia potenziale. E la posizione iniziale corrisponde ad un angolo di $90º$ del filo rispetto alla verticale. Mettete il solito piano di riferimento orizzontale nel punto più basso, e scrivete la conservazione...forza giulio, minomic, Bad...
Certo ma ora sono concentrato sulla tensione del pendolo dell'esercizio precedente e sulla discussione (nel senso buono del termine, ovviamente) con giulio!
Grazie dell'incoraggiamento!
"minomic":
Dunque... ho cercato su internet e ho trovato
http://www.ba.infn.it/~palano/chimica/b ... index.html
http://it.wikipedia.org/wiki/Pendolo
tensione-pendolo-t49990.html
e tutte concordano nel mettere il $+$ ma non riesco ancora a trovare il punto errato nel tuo ragionamento!
Probabilmente perché nel sistema di riferimento del pendolo, rotante, si ha una forza centrifuga e non centripeta. Boh... Domani ci penso, ora vado a leggere il nuovo numero di Le Scienze.
EDIT. Ora sono al computer (prima ero dal cellulare, mentre guardavo un film
). In effetti torna più come dici tu. Mentre il pendolo ruota mi pare ovvio che la tensione debba lavorare di più (in senso comune, non fisico, ovviamente!)! Nel sistema di riferimento della pallina del pendolo la $F$ è centrifuga, non centripeta, e credo si spieghi così il fatto che $P$ e $F$ abbiano lo stesso segno, entrambe opposte a $T$. Dunque, $T=P+F$, in modulo.
"Bad90":
Esercizio 12
A colpo d'occhio mi sembra sia simile all'esercizio precedente
È quasi identico, sì. Cambia solo il valore dell'angolo e il fatto che ora l'energia cinetica iniziale è diversa da 0.
Dai, ora ce la fai completamente da solo, vero?
"giuliofis":
[quote="minomic"]Dunque... ho cercato su internet e ho trovato
http://www.ba.infn.it/~palano/chimica/b ... index.html
http://it.wikipedia.org/wiki/Pendolo
tensione-pendolo-t49990.html
e tutte concordano nel mettere il $+$ ma non riesco ancora a trovare il punto errato nel tuo ragionamento!
Probabilmente perché nel sistema di riferimento del pendolo, rotante, si ha una forza centrifuga e non centripeta. Boh... Domani ci penso, ora vado a leggere il nuovo numero di Le Scienze.
EDIT. Ora sono al computer (prima ero dal cellulare, mentre guardavo un film
). In effetti torna più come dici tu. Mentre il pendolo ruota mi pare ovvio che la tensione debba lavorare di più (in senso comune, non fisico, ovviamente!)! Nel sistema di riferimento della pallina del pendolo la $F$ è centrifuga, non centripeta, e credo si spieghi così il fatto che $P$ e $F$ abbiano lo stesso segno, entrambe opposte a $T$. Dunque, $T=P+F$, in modulo.[/quote]Ah ecco, forse siamo arrivati alla soluzione! Grazie!
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