Dinamica di sistemi di punti materiali...e altro
Ciao a tutti!=)
sono veramente imbagolato,perchè il 10 settembre ho un esame di fisica,e fra gli svariati esercizi che ho fatto ho incontrato una serie di difficoltà.
Mi sto appellando a chi ne sa più di me.
Dunque la seguente è una mail che ho inviato ad un mio professore,ma mi ha già detto che è ad un congresso e non ha tempo di rispondermi
:
Salve sono uno studente dell'università di verona che aveva seguito le sue esercitazioni di fisica. Non avendo nulla di svolto,mi è difficile prendere dimestichezza con la dinamica di più punti materiali. Le sarebbe possibile inviare al più presto in allegato una serie di esempi svolti?
Invece nella dinamica del punto materiale in sistemi di riferimento non inerziali non mi è chiara una cosa.
Consideriamo ad esempio un ascensore inizialmente in quiete con una massa appesa ad una molla incardinata al soffitto:
l'esercizio richiede di calcolare le equazioni del moto solidalmente all'ascensore (quindi rispetto ad a')
(mentre at=a di trascinamento)
Se per t>0 l'ascensore comincia ad accelerare verso l'alto (at),(mi corregga se sbaglio) e come se dovessi aggiungere al sistema di forze agenti sulla massa un ulteriore forza apparente(m*at)?
ma dato che ma=mat+ma'
si ottiene, ma'=ma-Ft (1)
con mat=Ft, a'=acc. relativa all'ascensore, a=acc. assoluta
ora la mia domanda è : come faccio a determinare il segno della Ft? cioè se prendessi come sistema di riferimento un asse z unidimensionale diretto verso il basso, che segno avrebbe la Ft?
dato che: ma'=Sommatoria delle forze agenti sulla massa appesa alla molla (e fin qua ci siamo)
abbiamo detto che l'ascensore sale verso l'alto perciò rispetto al sistema di riferimento appena scelto dovrebbe essere Ft=-mat perciò
andando ad operare una sostituzione nella (1) risulterebbe ma'=ma+mat
ma so di per certo che è sbagliato perchè il professor mariotto mi aveva detto che risultava -mat e quindi -Ft.
Come è possibile ciò?
Io ho pensato che di lasciar perdere l'equazione (1) e rispettivamente di sottrarre o aggiungere Ft(uguale ad mat in modulo) nel caso in cui at sia discorse o concorde rispetto all'orientamento dell'asse del sistema di riferimento introdotto in tal caso.
in questo modo i risultati dovrebbero essere giusti.
Con questa strategia se l'ascensore anzichè salire accelerasse verso il basso, cosicchè l'accelerazione di trascinamento risulti concorde al verso dell'asse z,il segno di Ft sarebbe positivo quindi risulterebbe +mat.
So di per certo che mi sfugge qualche dettaglio. La prego di risolvermi questo dubbio.
Oltretutto le chiedo: il momento della risultante delle risultanti delle forze esterne agenti sulle particelle che compongono un sistema di punti materiali è la sommatoria dei vettori posizione delle particelle rispetto al polo O di riferimento x(esterno) R(E)(risultante delle forze esterne). Per fare il calcolo dovrebbe essere il prodotto dei moduli dei 2 vettori per il seno dell'angolo che intercorre fra di essi. Inoltre Perchè se un sistema è fermo ossia è in equilibrio statico il momento delle forze esterne è 0? da cosa lo capisco? perchè anche R(E) è 0?
Tutte queste domande mi saranno forse più chiare se mi postate la risoluzione del problema 8 e 9
Inoltre le ho allegato alcuni banchi di esercizi.
La maggior parte mi è riuscita ma ho dei dubbi perenni in alcuni che apparentemente mi erano parsi semplici.
se mi può fare il piacere di dare un occhiata si tratta dei problemi:
-4 e 6 circa "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid245166.pdf" (dinamica del punto)
-3 e 2(quello in fondo al foglio) circa "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid025868.pdf" (dinamica del punto in srni)
-8 e 14 circa "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid255416.pdf" (dinamica lavoro e energia)
-8 e 9 circa "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid133006.pdf" (QUESTI SONO QUELLI CHE MI PREMONO PIù di tutti" (dinamica di sistemi di punti materiali)
mentre a questo indirizzo: "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid167901.pdf" il secondo esercizio riguardo la molla con l'impulso,ho dei problemi nel trovare la legge oraria attraverso la risoluzione dell'equazione differenziale. e nel terzo invece non capisco come sia possibile che il lavoro della forza peso venga positivo quando in realtà il blocco in esame sale sul piano inclinato.
Se riesce a farmi questo piacere magari allegandomi alla sua risposta una quantomeno bozza delle sue soluzioni la ringrazio infinitamente.
L'esame è il 10 settembre. Naturalmente se per lei non è un disturbo.
Grazie ancora
.:Andrea:.
So che sono un macello di esercizi,ma vi assicuro,nn so a chi rivolgermi,non capire e soprattutto non sapere se si fa giusto per me è una tortura help
sono veramente imbagolato,perchè il 10 settembre ho un esame di fisica,e fra gli svariati esercizi che ho fatto ho incontrato una serie di difficoltà.
Mi sto appellando a chi ne sa più di me.
Dunque la seguente è una mail che ho inviato ad un mio professore,ma mi ha già detto che è ad un congresso e non ha tempo di rispondermi
:Salve sono uno studente dell'università di verona che aveva seguito le sue esercitazioni di fisica. Non avendo nulla di svolto,mi è difficile prendere dimestichezza con la dinamica di più punti materiali. Le sarebbe possibile inviare al più presto in allegato una serie di esempi svolti?
Invece nella dinamica del punto materiale in sistemi di riferimento non inerziali non mi è chiara una cosa.
Consideriamo ad esempio un ascensore inizialmente in quiete con una massa appesa ad una molla incardinata al soffitto:
l'esercizio richiede di calcolare le equazioni del moto solidalmente all'ascensore (quindi rispetto ad a')
(mentre at=a di trascinamento)
Se per t>0 l'ascensore comincia ad accelerare verso l'alto (at),(mi corregga se sbaglio) e come se dovessi aggiungere al sistema di forze agenti sulla massa un ulteriore forza apparente(m*at)?
ma dato che ma=mat+ma'
si ottiene, ma'=ma-Ft (1)
con mat=Ft, a'=acc. relativa all'ascensore, a=acc. assoluta
ora la mia domanda è : come faccio a determinare il segno della Ft? cioè se prendessi come sistema di riferimento un asse z unidimensionale diretto verso il basso, che segno avrebbe la Ft?
dato che: ma'=Sommatoria delle forze agenti sulla massa appesa alla molla (e fin qua ci siamo)
abbiamo detto che l'ascensore sale verso l'alto perciò rispetto al sistema di riferimento appena scelto dovrebbe essere Ft=-mat perciò
andando ad operare una sostituzione nella (1) risulterebbe ma'=ma+mat
ma so di per certo che è sbagliato perchè il professor mariotto mi aveva detto che risultava -mat e quindi -Ft.
Come è possibile ciò?
Io ho pensato che di lasciar perdere l'equazione (1) e rispettivamente di sottrarre o aggiungere Ft(uguale ad mat in modulo) nel caso in cui at sia discorse o concorde rispetto all'orientamento dell'asse del sistema di riferimento introdotto in tal caso.
in questo modo i risultati dovrebbero essere giusti.
Con questa strategia se l'ascensore anzichè salire accelerasse verso il basso, cosicchè l'accelerazione di trascinamento risulti concorde al verso dell'asse z,il segno di Ft sarebbe positivo quindi risulterebbe +mat.
So di per certo che mi sfugge qualche dettaglio. La prego di risolvermi questo dubbio.
Oltretutto le chiedo: il momento della risultante delle risultanti delle forze esterne agenti sulle particelle che compongono un sistema di punti materiali è la sommatoria dei vettori posizione delle particelle rispetto al polo O di riferimento x(esterno) R(E)(risultante delle forze esterne). Per fare il calcolo dovrebbe essere il prodotto dei moduli dei 2 vettori per il seno dell'angolo che intercorre fra di essi. Inoltre Perchè se un sistema è fermo ossia è in equilibrio statico il momento delle forze esterne è 0? da cosa lo capisco? perchè anche R(E) è 0?
Tutte queste domande mi saranno forse più chiare se mi postate la risoluzione del problema 8 e 9
Inoltre le ho allegato alcuni banchi di esercizi.
La maggior parte mi è riuscita ma ho dei dubbi perenni in alcuni che apparentemente mi erano parsi semplici.
se mi può fare il piacere di dare un occhiata si tratta dei problemi:
-4 e 6 circa "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid245166.pdf" (dinamica del punto)
-3 e 2(quello in fondo al foglio) circa "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid025868.pdf" (dinamica del punto in srni)
-8 e 14 circa "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid255416.pdf" (dinamica lavoro e energia)
-8 e 9 circa "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid133006.pdf" (QUESTI SONO QUELLI CHE MI PREMONO PIù di tutti" (dinamica di sistemi di punti materiali)
mentre a questo indirizzo: "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid167901.pdf" il secondo esercizio riguardo la molla con l'impulso,ho dei problemi nel trovare la legge oraria attraverso la risoluzione dell'equazione differenziale. e nel terzo invece non capisco come sia possibile che il lavoro della forza peso venga positivo quando in realtà il blocco in esame sale sul piano inclinato.
Se riesce a farmi questo piacere magari allegandomi alla sua risposta una quantomeno bozza delle sue soluzioni la ringrazio infinitamente.
L'esame è il 10 settembre. Naturalmente se per lei non è un disturbo.
Grazie ancora
.:Andrea:.
So che sono un macello di esercizi,ma vi assicuro,nn so a chi rivolgermi,non capire e soprattutto non sapere se si fa giusto per me è una tortura
help
Risposte
Allora...
Per quanto riguarda il quesito dell'ascensore, siamo in un sistema non inerziale che accelera verso l'alto con accelerazione $a_t$; scegliamo, come dici tu, un asse $z$ diretto verso il basso solidale con l'ascensore, avente l'origine coincidente con la posizione iniziale del corpo.
In tale sistema sul blocco agiscono il peso, la reazione elastica della molla e la forza apparente dovuta all'accelerazione; prioettando su $z$ si ha
$mveca' = mvecg + mveca_t - kvecz$ [1]
Il peso è positivo perchè diretto come $z$; la reazione elastica è negativa, invece, perchè il blocco "tende" a scendere mentre la molla "spinge" per riportarlo su. La forza apparente è positiva perchè, come sai, vale il teorema delle accelerazioni relative:
$vecF = mveca' + mveca_t$ da cui $mveca' = vecF - mveca_t$
Quindi la forza apparente deve essere scritta con il segno opposto dell'accelerazione di trascinamento dell'ascensore, che è negativo; ne consegue che il suo segno sarà positivo.
Ora puoi risolvere l'equazione differenziale [1] per trovare l'equazione del moto del corpo rispetto all'ascensore.
Per quanto riguarda forze e momenti, ti dico questo: se su un sistema non agiscono forze, vuol dire che il centro di massa è in quiete o in moto rettilineo uniforme. Infatti, per la prima equazione cardinale della meccanica dei sistemi, vale:
$(dvecP)/(dt) = vecR^(e)$
se $vecR^(e) = 0$ allora $vecP = costante$
Se non agiscono momenti, allora il momento angolare del sistema è nullo o costante; infatti, per la seconda equazione cardinale:
$(dvecL)/(dt) = vecM^(e)$
se $vecM^(e) = 0$ allora $vecL = costante$
Bisogna fare attenzione ad una cosa: se $vecR^(e) = 0$ non è detto che $vecM^(e) = 0$.
Immagina ad esempio due masse collegate ad un bastone di massa trascurabile libero di ruotare attorno ad un asse passante per il centro; se sulle masse agiscono due forze $vecF$ e $-vecF$, la risultante delle forze è nulla, ma la risultante dei momenti no, tant'è che il sistema acquista un'accelerazione angolare!
Per quanto riguarda il quesito dell'ascensore, siamo in un sistema non inerziale che accelera verso l'alto con accelerazione $a_t$; scegliamo, come dici tu, un asse $z$ diretto verso il basso solidale con l'ascensore, avente l'origine coincidente con la posizione iniziale del corpo.
In tale sistema sul blocco agiscono il peso, la reazione elastica della molla e la forza apparente dovuta all'accelerazione; prioettando su $z$ si ha
$mveca' = mvecg + mveca_t - kvecz$ [1]
Il peso è positivo perchè diretto come $z$; la reazione elastica è negativa, invece, perchè il blocco "tende" a scendere mentre la molla "spinge" per riportarlo su. La forza apparente è positiva perchè, come sai, vale il teorema delle accelerazioni relative:
$vecF = mveca' + mveca_t$ da cui $mveca' = vecF - mveca_t$
Quindi la forza apparente deve essere scritta con il segno opposto dell'accelerazione di trascinamento dell'ascensore, che è negativo; ne consegue che il suo segno sarà positivo.
Ora puoi risolvere l'equazione differenziale [1] per trovare l'equazione del moto del corpo rispetto all'ascensore.
Per quanto riguarda forze e momenti, ti dico questo: se su un sistema non agiscono forze, vuol dire che il centro di massa è in quiete o in moto rettilineo uniforme. Infatti, per la prima equazione cardinale della meccanica dei sistemi, vale:
$(dvecP)/(dt) = vecR^(e)$
se $vecR^(e) = 0$ allora $vecP = costante$
Se non agiscono momenti, allora il momento angolare del sistema è nullo o costante; infatti, per la seconda equazione cardinale:
$(dvecL)/(dt) = vecM^(e)$
se $vecM^(e) = 0$ allora $vecL = costante$
Bisogna fare attenzione ad una cosa: se $vecR^(e) = 0$ non è detto che $vecM^(e) = 0$.
Immagina ad esempio due masse collegate ad un bastone di massa trascurabile libero di ruotare attorno ad un asse passante per il centro; se sulle masse agiscono due forze $vecF$ e $-vecF$, la risultante delle forze è nulla, ma la risultante dei momenti no, tant'è che il sistema acquista un'accelerazione angolare!
Ah, ok grazie..per quanto riguarda la forza apparente, quindi è l'equazione differenziale 1 quella che vale,ossia con il segno positivo, perchè dato che l'accelerazione di trascinamento dell'ascensore è opposta al verso dell'asse di riferimento è di per se negativa,ma poi per la legge delle accelerazioni relative,trovo che devo cambiare nuovamente il segno. Allora perchè il professore per fretta mi ha depistato facendomi credere che è negativa?!..che rabbia,il fatto che sia positiva è quindi dato dal fatto che l'ascensore sale verso l'alto allora e come se il corpo avente massa resista al movimento accelerando verso il basso,quindi allungando la molla. Dico bene?
per il resto tutte quelle cosè già le sapevo, il mio problema è applicarlo agli esercizi. Non è che potresti risolvermi dettagliatamente per lo meno l'esercizio 8 sul link relativo alla dinamica dei punti materiali?
In modo che abbia un esempio svolto.
Non riesco a capire quando è che non agiscono momenti..come faccio a capirlo dato che non basta che sia solamente Re=0?
per il resto tutte quelle cosè già le sapevo, il mio problema è applicarlo agli esercizi. Non è che potresti risolvermi dettagliatamente per lo meno l'esercizio 8 sul link relativo alla dinamica dei punti materiali?
In modo che abbia un esempio svolto.
Non riesco a capire quando è che non agiscono momenti..come faccio a capirlo dato che non basta che sia solamente Re=0?
Esercizio 8
a) La cerniera è in equilibrio statico, quindi la risultante dei momenti esterni agenti su di essa è nulla.
Scegliendo come polo il punto $O$, possiamo considerare nullo il momento esercitato dal perno.
L'erquazione è
$vecM = 0 = vec(L)/2 X vec(g) M/2 + vec(L) X M vec(g) + vecL X vecT$
Scegliendo come positivo il verso "uscente dallo schermo" (immagino che la tensione "tiri" verso destra) si ha
$0 = - M/2 g (L/2) sin 60 - M g L sin 60 + L T sin 30$
Da qui puoi ricavare la tensione $T$
b) Ora puoi applicare la prima equazione cardinale:
$vec(R) + M/2 vec(g) + M vec(g) + vec(T) = 0
Ora fisso un asse $y$ parallelo alla verticale diretto verso l'alto e un asse $x$ perpendicolare ad essa diretto verso destra:
$T + R_x = 0$
$- M/2 g - M g + R_y = 0$
Ricavando le due proiezioni della reazione $vec(R)$ e applicando il teorema di Pitagora puoi trovarne il modulo.
Per trovare la direzione basta calcolare il rapporto $R_y / R_x$, che restituisce la tangente dell'angolo che $vec(R)$ forma con l'asse $x$
a) La cerniera è in equilibrio statico, quindi la risultante dei momenti esterni agenti su di essa è nulla.
Scegliendo come polo il punto $O$, possiamo considerare nullo il momento esercitato dal perno.
L'erquazione è
$vecM = 0 = vec(L)/2 X vec(g) M/2 + vec(L) X M vec(g) + vecL X vecT$
Scegliendo come positivo il verso "uscente dallo schermo" (immagino che la tensione "tiri" verso destra) si ha
$0 = - M/2 g (L/2) sin 60 - M g L sin 60 + L T sin 30$
Da qui puoi ricavare la tensione $T$
b) Ora puoi applicare la prima equazione cardinale:
$vec(R) + M/2 vec(g) + M vec(g) + vec(T) = 0
Ora fisso un asse $y$ parallelo alla verticale diretto verso l'alto e un asse $x$ perpendicolare ad essa diretto verso destra:
$T + R_x = 0$
$- M/2 g - M g + R_y = 0$
Ricavando le due proiezioni della reazione $vec(R)$ e applicando il teorema di Pitagora puoi trovarne il modulo.
Per trovare la direzione basta calcolare il rapporto $R_y / R_x$, che restituisce la tangente dell'angolo che $vec(R)$ forma con l'asse $x$
c) Il sistema si può considerare come un punto materiale coincidente con il centro di massa avente tutta la massa del sistema.
La posizione del centro di massa rispetto a $O$ è
$L_(cm) = ((M/2)(L/2) + ML)/(M + M/L)$ da cui $L_(cm) = 5/6 M$
Abbiamo quindi un pendolo semplice di massa $M + m = 3/2 M$ e lunghezza $5/6 L$
Ora si può applicare il principio di conservazione dell'energia meccanica.
All'inizio l'energia è completamente potenziale; sgegliendo come "livello zero" il punto più basso che può raggiungere il pendolo, la sua quota iniziale è
$h = 5/6 L - (5/6 L cos 60) = 5/6 L (1 - cos 60)$
Alla fine c'è solo energia cinetica, che vale $(1/2) (3/2) M v^2$
Quindi si pone
$U = E_k$ cioè $3/2 M g h = (1/2) (3/2) M v^2$ da cui si ricava la velocità tangenziale.
Per trovare quella angolare basta porre $omega = v/(5/6 L)$
d) In questa configurazione agiscono solo i pesi delle masse, quindi proiettando lungo $y$ si ha semplicemente
$R - M g - M/2 g = 0$
La posizione del centro di massa rispetto a $O$ è
$L_(cm) = ((M/2)(L/2) + ML)/(M + M/L)$ da cui $L_(cm) = 5/6 M$
Abbiamo quindi un pendolo semplice di massa $M + m = 3/2 M$ e lunghezza $5/6 L$
Ora si può applicare il principio di conservazione dell'energia meccanica.
All'inizio l'energia è completamente potenziale; sgegliendo come "livello zero" il punto più basso che può raggiungere il pendolo, la sua quota iniziale è
$h = 5/6 L - (5/6 L cos 60) = 5/6 L (1 - cos 60)$
Alla fine c'è solo energia cinetica, che vale $(1/2) (3/2) M v^2$
Quindi si pone
$U = E_k$ cioè $3/2 M g h = (1/2) (3/2) M v^2$ da cui si ricava la velocità tangenziale.
Per trovare quella angolare basta porre $omega = v/(5/6 L)$
d) In questa configurazione agiscono solo i pesi delle masse, quindi proiettando lungo $y$ si ha semplicemente
$R - M g - M/2 g = 0$
grazie mille,ma come mai se la cerniera è in equilibrio statico,la somma dei momenti è 0?come faccio a stabilirlo?perchè R(e)=0, in teoria no secondo quanto detto precedentemente.
Altra cosa nel punto C
quando calcoli l'esatta posizione del centro di massa,al denominatore non dovrebbe essere $ M+M/2 $ ?
Altra cosa.. si può determinare a priori sul disegno la direzione di R, per capirne la scomposizione?oppure quest'informazione la posso ricavare solamente dal sistema? e quindi anche il segno di Rx e Ry?
[/code]
Altra cosa nel punto C
quando calcoli l'esatta posizione del centro di massa,al denominatore non dovrebbe essere $ M+M/2 $ ?
Altra cosa.. si può determinare a priori sul disegno la direzione di R, per capirne la scomposizione?oppure quest'informazione la posso ricavare solamente dal sistema? e quindi anche il segno di Rx e Ry?
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Naturalmente,restano i dubbi negli altri...so che vi do da lavorare..se entro il 10 settembre riuscite a risolverli,la matematica crescera con voi =) no dai scherzo,v porto molto rispetto,e grazie per l'esercizio 8, ho già capito molte cose.
"Endri87":
grazie mille,ma come mai se la cerniera è in equilibrio statico,la somma dei momenti è 0?come faccio a stabilirlo?perchè R(e)=0, in teoria no secondo quanto detto precedentemente.
Altra cosa nel punto C
quando calcoli l'esatta posizione del centro di massa,al denominatore non dovrebbe essere $ M+M/2 $ ?
Altra cosa.. si può determinare a priori sul disegno la direzione di R, per capirne la scomposizione?oppure quest'informazione la posso ricavare solamente dal sistema? e quindi anche il segno di Rx e Ry?
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La sbarra non ruota e non trasla perchè è fissata alla cerniera e al filo; per questo motivo è in equilibrio statico, e su di essa non agiscono nè forze nè momenti.
Il denominatore è $M + M/2$. Ho sbagliato io a scrivere.
Se vuoi determinare a priori direzione e verso di $vec(R)$ devi disegnare le altre forze note (i due pesi e la tensione).
Fatto questo, devi calcolarne la somma vettoriale (con la regola del "parallelogramma", ad esempio, se vuoi avere solo un'indicazione grafica). Il vettore risultante che ottieni, sommato a $vec(R)$, deve dare il vettore nullo, perchè si ha $vec(F)^(e) = 0$.
$vec(R)$, quindi, è il vettore somma che ottieni cambiato di verso.
Se ci fai caso, il sistema che devi risolvere deriva dalla somma vettoriale delle forze "proiettata" sugli assi $x$ e $y$.
ah in sostanza se un'asta si trova in equilibrio statico per definizione non agiscono ne forze e ne momenti.
posso chiederti in particolare di risolvermi l'esercizio 2 della molla?"http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid167901.pdf" il secondo esercizio riguardo la molla con l'impulso,ho dei problemi nel trovare la legge oraria attraverso la risoluzione dell'equazione differenziale. e nel terzo invece non capisco come sia possibile che il lavoro della forza peso venga positivo quando in realtà il blocco in esame sale sul piano inclinato.
il mio problema viene dal fatto che la velocità iniziale è J/M...
grazie mille ancora
posso chiederti in particolare di risolvermi l'esercizio 2 della molla?"http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid167901.pdf" il secondo esercizio riguardo la molla con l'impulso,ho dei problemi nel trovare la legge oraria attraverso la risoluzione dell'equazione differenziale. e nel terzo invece non capisco come sia possibile che il lavoro della forza peso venga positivo quando in realtà il blocco in esame sale sul piano inclinato.
il mio problema viene dal fatto che la velocità iniziale è J/M...
grazie mille ancora
a) Il corpo è in equilibrio statico sotto l'azione del peso e della reazione elastica della molla; la deformazione di quest'ultima è $l_(eq) - l_0$.
Proiettando le forze sull'asse $z$ si ha
$m g - k (l_(eq) - l_0) = 0$ da cui si ricava $l_(eq)$
b) e c) si risolvono praticamente insieme.
A causa dell'impulso $vec(J_0)$, il corpo passa da una velocità nulla alla velocità "iniziale" $v_0$, che vale $v_0 = (J_0)/m$ (teorema dell'impulso).
L'equazione del moto lungo $z$ è semplicemente $m a = m g - k (z - l_0)$
Dal punto a) si sa che $k l_0 = k l_(eq) - m g$; sostituendo nell'equazione precedente si trova
$m a = m g - k z + k l_(eq) - mg = k l_(eq) - k z$
Dividendo tutto per $m$, ponendo $omega^2 = k/m$ (pulsazione) e scrivendo l'accelerazione come derivata seconda della posizione si ha:
$(d^2 z)/(dt^2) + omega^2 z = omega^2 l_(eq) $ cioè un'equazione differenziale lineare del secondo ordine non omogenea; la soluzione è data dalla somma di una sua
soluzione particolare con la soluzione generale dell'omogenea.
La soluzione della particolare è semplicemente $l_(eq)$ come si può verificare per sostituzione.
L'omogenea è $(d^2 z)/(dt^2) + omega^2 z = 0$, ovvero la celeberrima equazione differenziale dell'oscillatore armonico, la cui soluzione è del tipo
$A sin (omega t + phi)$
La legge oraria è quindi $z(t) = A sin (omega t + phi) + l_(eq)$, cioè il moto è armonico semplice ma "traslato" rispetto alla sua naturale posizione di
equilibrio a causa del peso.
Dalle condizioni iniziali si può risalire ai valori delle due costanti $A$ e $phi$. Al tempo $t = 0$ la posizione iniziale è $z(0) = l_(eq)$, quindi dalla legge oraria si ha
$l_(eq) = A sin phi + l_eq$ cioè $A sin phi = 0$ [1]
Derivando la legge oraria si trova la velocità in funzione del tempo, cioè
$v(0) = omega A cos (omega t + phi)$. La velocità iniziale è $v(0) = J_0/m$, quindi
$J_0/m = omega A cos phi$ [2]
Mettendo a sistema [1] e [2] si trovano i valori di $A$ e $phi$, da sostituire nella legge oraria. Questi valori sono rispettivamente $phi = 0$ e
$A = J_0/(m omega)$, per cui si ha $z(t) = J_0/(m omega) sin omega t + l_(eq)$
Comunque, se hai l'esame il 10 settembre è ora che tu ti metta a risolvere qualcosa da solo. Il forum può servirti solo dopo per correggere gli eventuali errori, per chiarire qualche dubbio e, ci mancherebbe, per spiegare qualcosa. Questo, fra l'altro, e quello che prevede il regolamento del forum
Proiettando le forze sull'asse $z$ si ha
$m g - k (l_(eq) - l_0) = 0$ da cui si ricava $l_(eq)$
b) e c) si risolvono praticamente insieme.
A causa dell'impulso $vec(J_0)$, il corpo passa da una velocità nulla alla velocità "iniziale" $v_0$, che vale $v_0 = (J_0)/m$ (teorema dell'impulso).
L'equazione del moto lungo $z$ è semplicemente $m a = m g - k (z - l_0)$
Dal punto a) si sa che $k l_0 = k l_(eq) - m g$; sostituendo nell'equazione precedente si trova
$m a = m g - k z + k l_(eq) - mg = k l_(eq) - k z$
Dividendo tutto per $m$, ponendo $omega^2 = k/m$ (pulsazione) e scrivendo l'accelerazione come derivata seconda della posizione si ha:
$(d^2 z)/(dt^2) + omega^2 z = omega^2 l_(eq) $ cioè un'equazione differenziale lineare del secondo ordine non omogenea; la soluzione è data dalla somma di una sua
soluzione particolare con la soluzione generale dell'omogenea.
La soluzione della particolare è semplicemente $l_(eq)$ come si può verificare per sostituzione.
L'omogenea è $(d^2 z)/(dt^2) + omega^2 z = 0$, ovvero la celeberrima equazione differenziale dell'oscillatore armonico, la cui soluzione è del tipo
$A sin (omega t + phi)$
La legge oraria è quindi $z(t) = A sin (omega t + phi) + l_(eq)$, cioè il moto è armonico semplice ma "traslato" rispetto alla sua naturale posizione di
equilibrio a causa del peso.
Dalle condizioni iniziali si può risalire ai valori delle due costanti $A$ e $phi$. Al tempo $t = 0$ la posizione iniziale è $z(0) = l_(eq)$, quindi dalla legge oraria si ha
$l_(eq) = A sin phi + l_eq$ cioè $A sin phi = 0$ [1]
Derivando la legge oraria si trova la velocità in funzione del tempo, cioè
$v(0) = omega A cos (omega t + phi)$. La velocità iniziale è $v(0) = J_0/m$, quindi
$J_0/m = omega A cos phi$ [2]
Mettendo a sistema [1] e [2] si trovano i valori di $A$ e $phi$, da sostituire nella legge oraria. Questi valori sono rispettivamente $phi = 0$ e
$A = J_0/(m omega)$, per cui si ha $z(t) = J_0/(m omega) sin omega t + l_(eq)$
Comunque, se hai l'esame il 10 settembre è ora che tu ti metta a risolvere qualcosa da solo. Il forum può servirti solo dopo per correggere gli eventuali errori, per chiarire qualche dubbio e, ci mancherebbe, per spiegare qualcosa. Questo, fra l'altro, e quello che prevede il regolamento del forum
Grazie mille, e hai voglia non sai quanti esercizi ho fatto da solo,ma il più delle volte il problema era che non avendo il risultato,non sapevo se stavo facendo giusto.
Comunque ho fatto un esercizio analogo al numero 8, il primo che mi hai risolto, e mi sono sorte alcune domande, ad esempio: (sempre nel numero 8)
come mai nella somma dei momenti delle forze esterne non compare R?, perchè è applicata al polo che ha un raggio vettore nullo?
Come faccio a discriminare una forza esterna da una interna con esattezza?
Inoltre a proposito del problema n 5 a: "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid538986.pdf" ho fatto una prova, smanettando un po' con le formule dell'energia cinetica.
Il punto c) chiede la velocità angolare di rotazione, è quella l'ho trovata essere 3,67 rad/s.
Ora io so che quella è la velocità del centro di massa. Siccome la massa più piccola è incardinata nel polo O(l'ho scelto io) di riferimento,ha costantemente velocità nulla.
perciò Vcm=M*v2/(m+M) [1]
e da li si può trovare v2 che è la velocità della massa 2 (sempre parlando della configurazione verticale dell'asta).
Ora ho provato a cercare lo stesso risultato sfruttando il fatto che agendo solo forze conservative, l'energia meccanica del sistema si conserva nella varie configurazioni.
Em(configurazione verticale)=Em(iniziale)
Lmg+1/2*M*v^2=Lmg+(L-Lcos60)g [2]
Epm+Ekm+EpM+EkM=Epm+Ekm+EpM+EkM
finale,verticale=iniziale
qui v2 quindi la velocità relativa al corpo di massa M attaccato all'estremità dell'asta non risulta essere uguale a quello ricavato dalla [1]
come è possibile?
Ma è Ektot di un sistema di punti è uguale Ek'+Ekcm, ossia l'energia cinetica interna del sistema rispetto al centro di massa,più l'energia cinetica di un sistema che possiede la massa totale è ha la velocità del centro di massa. Quindi Ektot!=Ekcm
!= diverso
o ancora Ektot è uguale alla somma delle energie cinetiche i-esime di tutte le masse componenti il sistema con le loro relative velocità. CHE è DIVERSO da 1/2Mtot*vcm^2 giusto?
In SOSTANZA IL MIO PROBLEMA è POI COLLEGATO A TROVARE L'ENERGIA CINETICA INTERNA..COME FACCIO A CALCOLARE LE VELOCITà DELLE 2 MASSE RISPETTO AL CENTRO DI MASSA?
la massa più piccola m ha sempre velocità 0 (ma non ne sono sicuro)
mentre l'altra..?
v2 mi serviva proprio per quello.
(=D Dove posso trovare una guida per scrivere le formule matematiche correttamente all'interno dei post?)
E ancora a proposito dell'esercizio 6 di "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid245166.pdf"
dove chiedere di trovare la legge oraria(detta impropriamente) della velocità angolare in funzione dell'angolo etc etc.
Ho provato,ma impostando un sistema con versori Un=versore normale Ut=versore tangente alla traiettoria, non mi esce fuori la velocità nella sola funzione dell'angolo ma anche delle masse come è possibile?
purtroppo sui libri le risposte a queste domande specifiche non ci sono, è uno che ci è dentro con la testa come te invece le ha. (t devo fare i miei complimenti)
Comunque ho fatto un esercizio analogo al numero 8, il primo che mi hai risolto, e mi sono sorte alcune domande, ad esempio: (sempre nel numero 8)
come mai nella somma dei momenti delle forze esterne non compare R?, perchè è applicata al polo che ha un raggio vettore nullo?
Come faccio a discriminare una forza esterna da una interna con esattezza?
Inoltre a proposito del problema n 5 a: "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid538986.pdf" ho fatto una prova, smanettando un po' con le formule dell'energia cinetica.
Il punto c) chiede la velocità angolare di rotazione, è quella l'ho trovata essere 3,67 rad/s.
Ora io so che quella è la velocità del centro di massa. Siccome la massa più piccola è incardinata nel polo O(l'ho scelto io) di riferimento,ha costantemente velocità nulla.
perciò Vcm=M*v2/(m+M) [1]
e da li si può trovare v2 che è la velocità della massa 2 (sempre parlando della configurazione verticale dell'asta).
Ora ho provato a cercare lo stesso risultato sfruttando il fatto che agendo solo forze conservative, l'energia meccanica del sistema si conserva nella varie configurazioni.
Em(configurazione verticale)=Em(iniziale)
Lmg+1/2*M*v^2=Lmg+(L-Lcos60)g [2]
Epm+Ekm+EpM+EkM=Epm+Ekm+EpM+EkM
finale,verticale=iniziale
qui v2 quindi la velocità relativa al corpo di massa M attaccato all'estremità dell'asta non risulta essere uguale a quello ricavato dalla [1]
come è possibile?
Ma è Ektot di un sistema di punti è uguale Ek'+Ekcm, ossia l'energia cinetica interna del sistema rispetto al centro di massa,più l'energia cinetica di un sistema che possiede la massa totale è ha la velocità del centro di massa. Quindi Ektot!=Ekcm
!= diverso
o ancora Ektot è uguale alla somma delle energie cinetiche i-esime di tutte le masse componenti il sistema con le loro relative velocità. CHE è DIVERSO da 1/2Mtot*vcm^2 giusto?
In SOSTANZA IL MIO PROBLEMA è POI COLLEGATO A TROVARE L'ENERGIA CINETICA INTERNA..COME FACCIO A CALCOLARE LE VELOCITà DELLE 2 MASSE RISPETTO AL CENTRO DI MASSA?
la massa più piccola m ha sempre velocità 0 (ma non ne sono sicuro)
mentre l'altra..?
v2 mi serviva proprio per quello.
(=D Dove posso trovare una guida per scrivere le formule matematiche correttamente all'interno dei post?)
E ancora a proposito dell'esercizio 6 di "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid245166.pdf"
dove chiedere di trovare la legge oraria(detta impropriamente) della velocità angolare in funzione dell'angolo etc etc.
Ho provato,ma impostando un sistema con versori Un=versore normale Ut=versore tangente alla traiettoria, non mi esce fuori la velocità nella sola funzione dell'angolo ma anche delle masse come è possibile?
purtroppo sui libri le risposte a queste domande specifiche non ci sono, è uno che ci è dentro con la testa come te invece le ha. (t devo fare i miei complimenti)
Un'altra cosa che non mi è chiara, è: se ho un manubrio fissato a un perno centrale O, con agli estremi attaccate due masse m e M, per cercare il centro di massa di questo sistema,tenendo conto che il manubrio è lungo L è ogni massa si trova a L/2 dal centro come faccio?
cioè il mio problema sta nel fatto di impostare un sistema di riferimento adeguato, cioè se una massa si trova a L/2 l'altra si trova a -L/2?o entrambe si trovano a L/2?, come faccio a stabilire la convenzione che mi comunichi correttamente ciò?
cioè il mio problema sta nel fatto di impostare un sistema di riferimento adeguato, cioè se una massa si trova a L/2 l'altra si trova a -L/2?o entrambe si trovano a L/2?, come faccio a stabilire la convenzione che mi comunichi correttamente ciò?
Scusa se ti tempesto di domande, ma proprio ora, mi sono reso conto che secondo me la risoluzione del punto d),dell'esercizio 8 è errata,perchè non è R-Mg+M2g=0... non dovrebbe essere uguale a 0? nella configurazione verticale dovrebbe essere uguale a massa totale *L cm *omega^2,che è la velocità che si è trovato al punto precedente...o sbaglio?
in un sistema Un Ut..
in un sistema Un Ut..
e poi ancora riguardo il discorso della molla, ho notato che tu hai mantenuto le relazioni vettoriali
ma allora se io mi baso invece sull'asse coordinato z
cosicchè abbia ma'z=mg-k(z-lo)+mat
quindi è giusto che at sia positivo? sebbene sia orientato in maniera opposta al verso dell'asse per i discorsi che abbiamo già fatto?
scusa ma non mi è CHIARO, mi è venuto il dubbio perchè c'era ancora il simbolo di vettore.
ma allora se io mi baso invece sull'asse coordinato z
cosicchè abbia ma'z=mg-k(z-lo)+mat
quindi è giusto che at sia positivo? sebbene sia orientato in maniera opposta al verso dell'asse per i discorsi che abbiamo già fatto?
scusa ma non mi è CHIARO, mi è venuto il dubbio perchè c'era ancora il simbolo di vettore.
Ho eseguito un esercizio circa il lavoro/energia di un punto materiale:
Ma ho riscontrato un dubbio su un segno del Lavoro.
L'esercizio è il problema n 3 a "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid167901.pdf"
a) mi chiede il lavoro totale fatto dal sistema di forze agenti
quindi noi sappiamo che $ Wtotale=Ekb-Eka $
il blocco parte con velocità di 6m/s alla base del piano inclinato fino ad arrestarsi sulla sommità del piano inclinato
perciò ne consegue $ Wtot=-1/2*m*v^2=-72J$
Nella seconda domanda il punto b) mi viene chiesto il lavoro eseguito dalla forza di attrito cosicchè essendo l'unica forza non conservativa $Wnc=Emb-Ema=Fnc*ds$ quindi ho pensato di $-mUs*m*g*cos(alfa)*h/sin(alfa)=Emb-Ema$ segue $-mUs*m*g*cos(alfa)*h/sin(alfa)=mgh-1/2*m*v^2$
ho tenuto presente il lavoro fatto dalla forza di attrito dipende dal percorso.
da qui ho trovato $h=98,15m$
Poichè ho semplicemente sostituito h a $-mUd*m*g*cos(alfa)*h/sin(alfa)=Wnc$
trovando Wnc=-3779,4J
ora l'esercizio sarebbe finito,ma io da bravo mi sono chiesto quindi il lavoro eseguito dalla sole forze conservative in gioco. In questo caso solo la forza peso.
e dato che $Wtotale=Wnc+Wc
-72=Wc-3779.4
Wc=-72+3779.4=3707.4J
$
e qui mi è sorto il dubbio ossia dato che il blocco parte dalla base del piano inclinato e vi risale come è possibile che la forza peso faccia un lavoro positivo?
$Wfp=Epa-Epb=-mgh$??
qualcosa non quadra, per favore ditemi cosa sto sbagliando,oltre alle vi alle altre domande ignorate nei post immediatamente precedenti =)
vi ringrazio
Wc= Lavoro delle forze conservative
Wnc= Lavoro delle forze non conservative
mUd= coefficiente di attrito dinamico
Ma ho riscontrato un dubbio su un segno del Lavoro.
L'esercizio è il problema n 3 a "http://www.scienze.univr.it/documenti/OccorrenzaIns/matdid/matdid167901.pdf"
a) mi chiede il lavoro totale fatto dal sistema di forze agenti
quindi noi sappiamo che $ Wtotale=Ekb-Eka $
il blocco parte con velocità di 6m/s alla base del piano inclinato fino ad arrestarsi sulla sommità del piano inclinato
perciò ne consegue $ Wtot=-1/2*m*v^2=-72J$
Nella seconda domanda il punto b) mi viene chiesto il lavoro eseguito dalla forza di attrito cosicchè essendo l'unica forza non conservativa $Wnc=Emb-Ema=Fnc*ds$ quindi ho pensato di $-mUs*m*g*cos(alfa)*h/sin(alfa)=Emb-Ema$ segue $-mUs*m*g*cos(alfa)*h/sin(alfa)=mgh-1/2*m*v^2$
ho tenuto presente il lavoro fatto dalla forza di attrito dipende dal percorso.
da qui ho trovato $h=98,15m$
Poichè ho semplicemente sostituito h a $-mUd*m*g*cos(alfa)*h/sin(alfa)=Wnc$
trovando Wnc=-3779,4J
ora l'esercizio sarebbe finito,ma io da bravo mi sono chiesto quindi il lavoro eseguito dalla sole forze conservative in gioco. In questo caso solo la forza peso.
e dato che $Wtotale=Wnc+Wc
-72=Wc-3779.4
Wc=-72+3779.4=3707.4J
$
e qui mi è sorto il dubbio ossia dato che il blocco parte dalla base del piano inclinato e vi risale come è possibile che la forza peso faccia un lavoro positivo?
$Wfp=Epa-Epb=-mgh$??
qualcosa non quadra, per favore ditemi cosa sto sbagliando,oltre alle vi alle altre domande ignorate nei post immediatamente precedenti =)
vi ringrazio
Wc= Lavoro delle forze conservative
Wnc= Lavoro delle forze non conservative
mUd= coefficiente di attrito dinamico
Mi faresti almeno la cortesia di dirmi come mai nel calcolo del momento totale delle forze esterne relativo all'esercizio 8(il primo che mi hai risolto) non ci hai messo dentro R(che dovrebbe essere anch'essa una forza esterna,della quale fra l'altro non conosciamo la direzione e quindi non sappiamo nemmeno l'angolo che forma con il vettore posizione della massa sulla quale agisce la forza(fra le altre cose agisce solo sulla massa immediatamente situata in prossimita del perno(polo O scelto))?
Grazie
se fosse come ho detto io,non potresti risalire in maniera diretta a T, e a quel punto non saprei come fare
Grazie
se fosse come ho detto io,non potresti risalire in maniera diretta a T, e a quel punto non saprei come fare
nemmeno la cortesia di dire guarda non t rispondiamo più perchè non abbiamo tempo da perdere,avrei preferito saperlo subito.
Per quanto riguarda la "cortesia", la risposta è semplice: i momenti sono calcolati rispetto al perno, quindi il raggio vettore che identifica la posizione del punto di applicazione di $vec(R)$ rispetto al perno stesso è nullo.
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