Conservazione energia meccanica
Salve,
avrei un problema con l applicazione del principio di conservazione dell'energia meccanica.
Considerate il seguente esercizio con la relativa soluzione.
Nella soluzione dell'esercizio si pone un sistema di riferimento verso l alto, cosicchè le varie lunghezze $l$ risultano tutte negative.
Invece io ho considerato un piu naturale sistema di riferimento verso il basso, in modo da ottenere lunghezze positive.
Dunque, calcolando l energia potenziale si ha, scegliendo un sistema di riferimento unidimensionale diretto verso il basso:
$mgl + 0 = mg l/3 + 1/2 m(v_a)^2 $ ma $(v_a)^2 = g l/3$
e quindi si ha $mgl = mg l/3 + 1/2 mg l/3$
che da come risultato $costheta = 1/2$
e quindi $theta = 60°$
In contrasto con ciò che viene riportato nella soluzione dell esercizio.
principalmente, confrontando i due metodi, essi portano a due soluzioni, che dovrebbero essere uguali ma che in realtà no lo sono:
$-mgl =- mg l/3 + 1/2 mg l/3$ che porta alla soluzione $theta = 80,4°$
$mgl = mg l/3 + 1/2 mg l/3$ che porta alla soluzione $theta = 60°$
per quello che ho studiato, la scelta diversa di un sistema di riferimento non dovrebbe influire col risultato. Invece qui i conti non tornano. Mi potreste aiutare?
avrei un problema con l applicazione del principio di conservazione dell'energia meccanica.
Considerate il seguente esercizio con la relativa soluzione.
Nella soluzione dell'esercizio si pone un sistema di riferimento verso l alto, cosicchè le varie lunghezze $l$ risultano tutte negative.
Invece io ho considerato un piu naturale sistema di riferimento verso il basso, in modo da ottenere lunghezze positive.
Dunque, calcolando l energia potenziale si ha, scegliendo un sistema di riferimento unidimensionale diretto verso il basso:
$mgl + 0 = mg l/3 + 1/2 m(v_a)^2 $ ma $(v_a)^2 = g l/3$
e quindi si ha $mgl = mg l/3 + 1/2 mg l/3$
che da come risultato $costheta = 1/2$
e quindi $theta = 60°$
In contrasto con ciò che viene riportato nella soluzione dell esercizio.
principalmente, confrontando i due metodi, essi portano a due soluzioni, che dovrebbero essere uguali ma che in realtà no lo sono:
$-mgl =- mg l/3 + 1/2 mg l/3$ che porta alla soluzione $theta = 80,4°$
$mgl = mg l/3 + 1/2 mg l/3$ che porta alla soluzione $theta = 60°$
per quello che ho studiato, la scelta diversa di un sistema di riferimento non dovrebbe influire col risultato. Invece qui i conti non tornano. Mi potreste aiutare?
Risposte
"Dino 92":
$mgl + 0 = mg l/3 + 1/2 m(v_a)^2 $ ma $(v_a)^2 = g l/3$
Attenzione! Nel punto di partenza l'energia potenziale è:
[tex]U(0) = mg(l - l\cos(\theta_0)) = mgl(1 - cos(\theta_0))[/tex]
sì sì, ho sbagliato a scrivere!
io ho calcolato come segue
$mglcostheta = ....$
(comunque credo che sia piu giusto calcolare la quota con $mglcostheta$ piuttosto che con $mgl(1-costheta)$)
Ad ogni modo, si ha:
metodo con y rivolto verso l'alto: $0- mglcostheta = 1/2 m g l/3 - mg l/3$ con risultato :$theta = 80.4°$
metodo con y rivolto verso il basso: $0+ mglcostheta = 1/2 m g l/3 + mg l/3$ con risultato :$theta = 60°$
ma il risultato non dovrebbe essere indipendente dalla scelta del riferimento?
io ho calcolato come segue
$mglcostheta = ....$
(comunque credo che sia piu giusto calcolare la quota con $mglcostheta$ piuttosto che con $mgl(1-costheta)$)
Ad ogni modo, si ha:
metodo con y rivolto verso l'alto: $0- mglcostheta = 1/2 m g l/3 - mg l/3$ con risultato :$theta = 80.4°$
metodo con y rivolto verso il basso: $0+ mglcostheta = 1/2 m g l/3 + mg l/3$ con risultato :$theta = 60°$
ma il risultato non dovrebbe essere indipendente dalla scelta del riferimento?
Ciao. Se l'asse $y$ è puntato verso l'alto e si pone nulla l'energia potenziale $U$ nell'origine $O$ (origine corrispondente al vincolo del pendolo), allora (detto $P_0$ il punto di partenza) vale: $U(P_0)=-mgl cdot cos theta$.
La scelta di orientare l'asse $y$ verso il basso è legittima ma poco opportuna, in quanto obbligherebbe ad esprimere l'energia potenziale in modo diverso da quello consueto; con un orientamente del genere, infatti, la funzione $mgy$ risulta essere crescente per spostamenti verso il basso, il che implicherebbe un rallentamento del corpo durante la caduta libera (come se invece di essere attratto dalla Terra ne venisse respinto); dalla definizione di $U(y)$ si trova che in questo caso - cioè con l'asse $y$ puntato all'ingiù - la scelta corretta per l'energia potenziale è $U(y)=-mgy$, il che di fatto lascia perfettamente immutata l'equazione che si ottiene con scelta opposta.
La scelta di orientare l'asse $y$ verso il basso è legittima ma poco opportuna, in quanto obbligherebbe ad esprimere l'energia potenziale in modo diverso da quello consueto; con un orientamente del genere, infatti, la funzione $mgy$ risulta essere crescente per spostamenti verso il basso, il che implicherebbe un rallentamento del corpo durante la caduta libera (come se invece di essere attratto dalla Terra ne venisse respinto); dalla definizione di $U(y)$ si trova che in questo caso - cioè con l'asse $y$ puntato all'ingiù - la scelta corretta per l'energia potenziale è $U(y)=-mgy$, il che di fatto lascia perfettamente immutata l'equazione che si ottiene con scelta opposta.
L'accelerazione di gravità è rivolta verso il basso:
[tex]\vec{F}_p = m\vec{g} = -mg\hat{z}[/tex]
Da cui segue che:
[tex]U(z) = mgz[/tex]
Sempre con l'asse $\hat{z}$ rivolto verso l'alto.
In modo che sia verificata:
[tex]\vec{F}_p = - \frac{\partial U}{\partial z}\hat{z} = -mg\hat{z}[/tex]
Sì, ma tu stai sbagliando l'impostazione! Se cambi il sistema di riferimento non puoi cambiare anche il verso dell'accelerazione di gravità!
[tex]\vec{F}_p = m\vec{g} = -mg\hat{z}[/tex]
Da cui segue che:
[tex]U(z) = mgz[/tex]
Sempre con l'asse $\hat{z}$ rivolto verso l'alto.
In modo che sia verificata:
[tex]\vec{F}_p = - \frac{\partial U}{\partial z}\hat{z} = -mg\hat{z}[/tex]
"Dino 92":
ma il risultato non dovrebbe essere indipendente dalla scelta del riferimento?
Sì, ma tu stai sbagliando l'impostazione! Se cambi il sistema di riferimento non puoi cambiare anche il verso dell'accelerazione di gravità!
Vi ringrazio entrambi.
Ma a Paliit rivolgo la seguente domanda: tu mi hai parlato di scelta "non consueta" dell energia potenziale. Anche se non consueta, non potrebbe essere giusta? A tal fine, mi rendo conto di non aver considerato la accelerazione gravitazionale.
e quindi arriva la domanda a emar:
la accelerazione gravitazionale non dovrebbe essere positiva nel caso della scelta del mio sistema di riferimento (y verso il basso) e negativa nel sistema di riferimento portato nella soluzione dell esercizio?
Quindi (sempre nella soluzione dell esercizio) dovrebbe essere:
$m(-g)(-lcos(theta)) = m(-g)(-l/3) + 1/2 mgl/3$
che semplificato, restituisce:
$mglcostheta = mgl/3 + 1/2 mgl/3$
che è la soluzione riportata da me, e non dall esercizio svolto.
vi ringrazio nuovamente
Ma a Paliit rivolgo la seguente domanda: tu mi hai parlato di scelta "non consueta" dell energia potenziale. Anche se non consueta, non potrebbe essere giusta? A tal fine, mi rendo conto di non aver considerato la accelerazione gravitazionale.
e quindi arriva la domanda a emar:
la accelerazione gravitazionale non dovrebbe essere positiva nel caso della scelta del mio sistema di riferimento (y verso il basso) e negativa nel sistema di riferimento portato nella soluzione dell esercizio?
Quindi (sempre nella soluzione dell esercizio) dovrebbe essere:
$m(-g)(-lcos(theta)) = m(-g)(-l/3) + 1/2 mgl/3$
che semplificato, restituisce:
$mglcostheta = mgl/3 + 1/2 mgl/3$
che è la soluzione riportata da me, e non dall esercizio svolto.
vi ringrazio nuovamente
se è sbagliato anche questo, vi prego di postare la vostra equazione risolutiva in modo da avere dati alla mano con cui confrontarci
La relazione (16) nella dispensa che posti tra $v_A$ e $g$ è tra moduli, quindi non va modificata secondo la scelta del S.d.R.; l'equazione è in generale: $U(P_0)=1/2m (v_A)^2+U(A)$, con in ogni caso $(v_A)^2=l /3 g$, mentre:
- con l'asse $y$ puntato verso l'alto, $U(y)=mgy$ , $y_0=-l cdot cos theta$ , $y_A=-1/3 l cdot cos theta$ ;
- con l'asse $y$ puntato verso il basso, $U(y)=-mgy$ , $y_0=l cdot cos theta$ , $y_A=1/3 l cdot cos theta$ .
In entrambi i casi intendo con $g$ il modulo dell'accelerazione di gravità.
- con l'asse $y$ puntato verso l'alto, $U(y)=mgy$ , $y_0=-l cdot cos theta$ , $y_A=-1/3 l cdot cos theta$ ;
- con l'asse $y$ puntato verso il basso, $U(y)=-mgy$ , $y_0=l cdot cos theta$ , $y_A=1/3 l cdot cos theta$ .
In entrambi i casi intendo con $g$ il modulo dell'accelerazione di gravità.
"Dino 92":
e quindi arriva la domanda a emar:
la accelerazione gravitazionale non dovrebbe essere positiva nel caso della scelta del mio sistema di riferimento (y verso il basso) e negativa nel sistema di riferimento portato nella soluzione dell esercizio?
Quindi (sempre nella soluzione dell esercizio) dovrebbe essere:
$m(-g)(-lcos(theta)) = m(-g)(-l/3) + 1/2 mgl/3$
che semplificato, restituisce:
$mglcostheta = mgl/3 + 1/2 mgl/3$
che è la soluzione riportata da me, e non dall esercizio svolto.
No! L'equazione è:
[tex]-mglcos(\theta_0) = \frac{1}{2}mv_{A'}^2 - mg\frac{l}{3}[/tex]
Avendo considerato le energie potenziali con segno negativo ($g$ ed $l$ sono moduli non possono avere segno proprio!). Sostituendo la velocità $v_{A'}^2$:
[tex]-mglcos(\theta_0) = \frac{1}{6}mgl - mg\frac{l}{3}[/tex]
Da cui si perviene, salvo errori miei di calcolo, a $cos(\theta_0) = \frac{1}{6}$
Saluti
EDIT: Palliit mi batte sempre in velocità
per emar: l'equazione da te riportata è quella nella soluzione, quindi il tuo calcolo sembrerebbe giusto 
per paliit: la seconda equazione da te scritta, è quella che ho utilizzato io. Ovvero:
$mglcostheta = 1/2 mg l/3 + mgl/3$ che da come soluzione $costheta = 1/2$ e che non è quella riportata.
(N.B: in $y_A$ io non ho moltiplicato per $costheta$, in quanto la quota di A è semplicemente $l/3$.. comporta qualche sbaglio?)
per paliit: la seconda equazione da te scritta, è quella che ho utilizzato io. Ovvero:
$mglcostheta = 1/2 mg l/3 + mgl/3$ che da come soluzione $costheta = 1/2$ e che non è quella riportata.
(N.B: in $y_A$ io non ho moltiplicato per $costheta$, in quanto la quota di A è semplicemente $l/3$.. comporta qualche sbaglio?)
Faccio il punto della situazione.
Se orienti il tuo sistema di riferimento verso il basso (e di conseguenza l'origine nel punto di attaccatura del pendolo):
[tex]U(z) = -mgz[/tex] in accordo con:
[tex]\vec{F}_p = - \frac{\partial U}{\partial z}\hat{z} = - \frac{dU}{dz}\hat{z} = -(-mg)\hat{z} = mg\hat{z} = -m\vec{g}[/tex]
L'equazione viene:
[tex]-mglcos(\theta_0) = \frac{1}{2}mv_{A'}^2 - mg\frac{l}{3}[/tex]
----
Se invece si sceglie l'orientamento "naturale", ovvero con l'origine nel punto in cui si trova la pallina quando $\theta = 0$, si ha:
[tex]U(z) = mgz[/tex] tale che:
[tex]\vec{F}_p = - \frac{\partial U}{\partial z}\hat{z} = - \frac{dU}{dz}\hat{z} = -(mg)\hat{z} = m\vec{g}[/tex]
E l'equazione diventa:
[tex]mgl(1-cos(\theta_0)) = \frac{1}{2}mv_{A'}^2 + mgl\frac{2}{3}[/tex]
----
Chiaramente, dato che le equazione è invariante per cambi di coordinate, la quantità:
[tex]mgl(1-cos(\theta_0)) - mgl\frac{2}{3}[/tex]
sarà equivalente a:
[tex]-mglcos(\theta_0) + mg\frac{l}{3}[/tex]
Spero di averti chiarito le idee (e di non aver commesso errori)
Ciao!
Se orienti il tuo sistema di riferimento verso il basso (e di conseguenza l'origine nel punto di attaccatura del pendolo):
[tex]U(z) = -mgz[/tex] in accordo con:
[tex]\vec{F}_p = - \frac{\partial U}{\partial z}\hat{z} = - \frac{dU}{dz}\hat{z} = -(-mg)\hat{z} = mg\hat{z} = -m\vec{g}[/tex]
L'equazione viene:
[tex]-mglcos(\theta_0) = \frac{1}{2}mv_{A'}^2 - mg\frac{l}{3}[/tex]
----
Se invece si sceglie l'orientamento "naturale", ovvero con l'origine nel punto in cui si trova la pallina quando $\theta = 0$, si ha:
[tex]U(z) = mgz[/tex] tale che:
[tex]\vec{F}_p = - \frac{\partial U}{\partial z}\hat{z} = - \frac{dU}{dz}\hat{z} = -(mg)\hat{z} = m\vec{g}[/tex]
E l'equazione diventa:
[tex]mgl(1-cos(\theta_0)) = \frac{1}{2}mv_{A'}^2 + mgl\frac{2}{3}[/tex]
----
Chiaramente, dato che le equazione è invariante per cambi di coordinate, la quantità:
[tex]mgl(1-cos(\theta_0)) - mgl\frac{2}{3}[/tex]
sarà equivalente a:
[tex]-mglcos(\theta_0) + mg\frac{l}{3}[/tex]
Spero di averti chiarito le idee (e di non aver commesso errori)
Ciao!
@Emar:
@Dino 92: Fissando l'origine nel vincolo del pendolo, si ha (indipendentemente dal S.d.R.) $(v_a)^2=gl/3$, mentre:
- con l'asse di ordinate orientato verso l'alto: l'energia potenziale è data da $U_1(y)=mgy$ , le ordinate di $P_0$ e di $A$ sono
rispettivamente $y_0=-l cdot cos theta$__e__$y_a=-l /3$ , per cui la conservazione dell'energia $T_0+U_1(P_0)=T_A+U_1(A)$
porta a: $mg(-l cos theta)=1/2 m (v_A)^2+mg(-l/3)$ , dove - sostituendo $(v_A)^2$ - si trova $cos theta = 1/6$ ;
- con l'asse di ordinate orientato verso il basso: l'energia potenziale è data da $U_2(y)=-mgy$ , le ordinate di $P_0$ e di $A$
sono rispettivamente $y_0=l cdot cos theta$ e $y_a=l /3$ , la stessa equazione $T_0+U_2(P_0)=T_A+U_2(A)$ porge:
$-mgl cos theta=1/2 m (v_A)^2+(-mgl/3)$ , che di fatto è la stessa di cui sopra. Ovunque ho inteso: $g=|vec(g)|$.
"Emar":la risoluzione proposta dal testo che ha postato Dino 92 pone esplicitamente l'origine del sistema nel punto in cui il pendolo è vincolato. Con tale scelta, ed orientando verso l'alto le ordinate, la posizione iniziale della pallina corrisponde ad $y=-l cdot cos theta$. Mi pare più semplice, per facilitare il chiarimento dei dubbi di Dino 92, adeguarsi a tale scelta.
Se invece si sceglie l'orientamento "naturale", ovvero con l'origine nel punto in cui si trova la pallina quando $\theta = 0$
@Dino 92: Fissando l'origine nel vincolo del pendolo, si ha (indipendentemente dal S.d.R.) $(v_a)^2=gl/3$, mentre:
- con l'asse di ordinate orientato verso l'alto: l'energia potenziale è data da $U_1(y)=mgy$ , le ordinate di $P_0$ e di $A$ sono
rispettivamente $y_0=-l cdot cos theta$__e__$y_a=-l /3$ , per cui la conservazione dell'energia $T_0+U_1(P_0)=T_A+U_1(A)$
porta a: $mg(-l cos theta)=1/2 m (v_A)^2+mg(-l/3)$ , dove - sostituendo $(v_A)^2$ - si trova $cos theta = 1/6$ ;
- con l'asse di ordinate orientato verso il basso: l'energia potenziale è data da $U_2(y)=-mgy$ , le ordinate di $P_0$ e di $A$
sono rispettivamente $y_0=l cdot cos theta$ e $y_a=l /3$ , la stessa equazione $T_0+U_2(P_0)=T_A+U_2(A)$ porge:
$-mgl cos theta=1/2 m (v_A)^2+(-mgl/3)$ , che di fatto è la stessa di cui sopra. Ovunque ho inteso: $g=|vec(g)|$.
"Palliit":la risoluzione proposta dal testo che ha postato Dino 92 pone esplicitamente l'origine del sistema nel punto in cui il pendolo è vincolato. Con tale scelta, ed orientando verso l'alto le ordinate, la posizione iniziale della pallina corrisponde ad $y=-l cdot cos theta$. Mi pare più semplice, per facilitare il chiarimento dei dubbi di Dino 92, adeguarsi a tale scelta.[/quote]
@Emar: [quote="Emar"]Se invece si sceglie l'orientamento "naturale", ovvero con l'origine nel punto in cui si trova la pallina quando $\theta = 0$
Hai ragione, tuttavia ho ritenuto opportuno mostrare che l'equazione che si ricava è la medesima anche in quel caso che solitamente è il "più comune".
"Palliit":.
sono rispettivamente $y_0=l cdot cos theta$ e $y_a=l /3$
credo di aver capito dove sia il mio subdolo errore. Giunto al punto del tuo messaggio sopracitato, ci siamo: le quote corrispondono e sono positive, coerentemente con la scelta del SdR.
ma è da qui:
"Palliit":
la stessa equazione $T_0+U_2(P_0)=T_A+U_2(A)$ porge:
$-mgl cos theta=1/2 m (v_A)^2+(-mgl/3)$ , che di fatto è la stessa di cui sopra. Ovunque ho inteso: $g=|vec(g)|$.
che non capisco. perchè abbiamo quel meno prima di al primo membro e nelle parentesi del secondo addendo del secondo membro? $l$ non è positiva?
(detto tra noi, mi sto sentendo un enorme cretino)
Perchè se l'asse $y$ è orientato verso il basso l'energia potenziale è data dalla funzione: $U_2(y)=-mgy$, e quindi : $U_2(l cdot cos theta)=-mgl cdot cos theta$ .
Credo di aver capito! Vi ringrazio entrambi, e mi scuso per il ritardo della risposta
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