Due problemi su dinamica (uno in sistema non inerziale)
Salve a tutti ragazzi, sto incontrando difficoltà a risolvere gli ultimi due esercizi di questa prova d'esame, il numero 4 e 5.
Potreste darmi una mano, anche semplicemente con qualche dritta?
Grazie mille.
Potreste darmi una mano, anche semplicemente con qualche dritta?
Grazie mille.
Risposte
Eh infatti... Era questo che non capivo.. Comunque scusami hai ragione... Le forze sulla verticale sono: - mg+R+tsenx=0 giusto?
Giusto.
Diciamo che l'equazione generica sarebbe: $R+P+Tsenx=0$. Poi metti i segni giusti ( in questo caso la componente di '' $T$ '' e la forza peso hanno versi opposti ). Comunque si', hai impostato correttamente.
Hai due incognite, e l'altra la ricaveremo con i momenti di forza. Suggerimento: l'asta ha massa trascurabile, quindi ha momento di forza nullo. Procedi e vediamo.
Diciamo che l'equazione generica sarebbe: $R+P+Tsenx=0$. Poi metti i segni giusti ( in questo caso la componente di '' $T$ '' e la forza peso hanno versi opposti ). Comunque si', hai impostato correttamente.
Hai due incognite, e l'altra la ricaveremo con i momenti di forza. Suggerimento: l'asta ha massa trascurabile, quindi ha momento di forza nullo. Procedi e vediamo.
Ok se utilizziamo come polo il punto di contatto fra parete e asta (il professore ci disse di usare quello) abbiamo come momenti(credi vada bene?):
-mgL/2+TL=0
È qui che sorgevano i miei dubbi...perché innanzitutto utilizzando quello come polo noi eliminiamo il momento della forza vincolare della parete(poiché r=0)...seconda cosa...nello studio dei momenti, mica devo scomporre ancora la tensione lungo le componenti? Posso utilizzare direttamente T?
-mgL/2+TL=0
È qui che sorgevano i miei dubbi...perché innanzitutto utilizzando quello come polo noi eliminiamo il momento della forza vincolare della parete(poiché r=0)...seconda cosa...nello studio dei momenti, mica devo scomporre ancora la tensione lungo le componenti? Posso utilizzare direttamente T?
Intanto il fulcro di un'asta non ruota.Infatti la forza applicata al fulcro dista '' 0 '' dal fulcro stesso, pertanto il momento che ne deriva e' nullo. Per il resto hai individuato i momenti corretti, ma la tensione va scomposta: la componente di un vettore che causa la rotazione e' quella perpendicolare all'asta.
Infatti quella parallela tende soltanto a tirarla.
Aggiungiamo un'altra cosa, ovvero l'equilibrio lungo '' x '', dato che nemmeno su questo asse il sistema si muove: '' $Tcostheta=-F$ ''. Con '' $F$ '' forza di risposta orizzontale del vincolo.
Infatti quella parallela tende soltanto a tirarla.
Aggiungiamo un'altra cosa, ovvero l'equilibrio lungo '' x '', dato che nemmeno su questo asse il sistema si muove: '' $Tcostheta=-F$ ''. Con '' $F$ '' forza di risposta orizzontale del vincolo.
Ok quindi avremo - mgL/2+tLsenx=0.
Da qui mi ricavo T in modo che posso sostituirla nella analisi dinamica delle forze e posso ricavarmi R. Giusto?
In effetti si trova che la componente orizzontale non influisce nell'analisi dei momenti... Perché dal polo O rxTcosx sarebbe un prodotto vettoriale di due elementi sulla stessa retta congiungente, la risultante pertanto sarebbe uguale a 0.
Da qui mi ricavo T in modo che posso sostituirla nella analisi dinamica delle forze e posso ricavarmi R. Giusto?
In effetti si trova che la componente orizzontale non influisce nell'analisi dei momenti... Perché dal polo O rxTcosx sarebbe un prodotto vettoriale di due elementi sulla stessa retta congiungente, la risultante pertanto sarebbe uguale a 0.
Si, due incognite ( '' T,R '' ), due equazioni.
Prova a risolvere il problema fornendo la massa all'asta. Imposta soltanto ( senza addentrarci nei calcoli ) le equazioni che lo risolvono.
Prova a risolvere il problema fornendo la massa all'asta. Imposta soltanto ( senza addentrarci nei calcoli ) le equazioni che lo risolvono.
Quindi in pratica ho un sistema così composto:
R+Tsenx-mg=o
TLsenx-mgL/2=0
Quindi:
Tsenx=mg/2
sostituisco:
R=mg-mg/2=mg/2
Quindi mi trovo che la forza vincolare della parete é uguale a mg/2. Mi trovero?
R+Tsenx-mg=o
TLsenx-mgL/2=0
Quindi:
Tsenx=mg/2
sostituisco:
R=mg-mg/2=mg/2
Quindi mi trovo che la forza vincolare della parete é uguale a mg/2. Mi trovero?
No. 
Intanto oltre all'asta c'e' anche la massa sopra ( e' lo stesso problema di prima, soltanto che l'asta e' dotata di massa ). Inoltre per il momento di forza agente sull'asta devi considerare il momento d'inerzia.
Ora devo andare; piu' tardi ritorno.
Intanto oltre all'asta c'e' anche la massa sopra ( e' lo stesso problema di prima, soltanto che l'asta e' dotata di massa ). Inoltre per il momento di forza agente sull'asta devi considerare il momento d'inerzia.
Ora devo andare; piu' tardi ritorno.
Ah ma scusami... Io ti avevo dato la soluzione del problema precedente.. Non con la massa.. Certamente adesso devo andare a risolvere il problema considerando che oltre alle forze che ho già elencato esiste anche il momento di inerzia di un'asta... Scusami io ho scritto la soluzione del problema della traccia, avevo sbagliato a leggere il tuo ultimo post... Sorry 
Ah, scusa! Pensavo che ti stessi riferendo al nuovo problema! Comunque si', e' giusto ( pero' ricorda che la reazione su '' y '' ha verso opposto alla forza peso, in questo caso ).
Pensandoci bene manca una cosina, ma che si ricava immediatamente. Il vincolo risponde con '' $R_y$ '' ( quella che hai appena trovato ), ovvero sulla verticale, e '' $R_x$ '' ( ricavata prima ), cioe' in orizzontale, quindi '' $R=sqrt(R_(x)^2+R_(y)^2)$ ''. Finito.
Quando vuoi passa all'altro esercizio.
Pensandoci bene manca una cosina, ma che si ricava immediatamente. Il vincolo risponde con '' $R_y$ '' ( quella che hai appena trovato ), ovvero sulla verticale, e '' $R_x$ '' ( ricavata prima ), cioe' in orizzontale, quindi '' $R=sqrt(R_(x)^2+R_(y)^2)$ ''. Finito.
Quando vuoi passa all'altro esercizio.
Ah okok perfetto... Scusami se ti chiedo un'ultima cosa, ma approfitto della tua disponibilità (dato che domani ho colloquio d'esame )
Nel primo esercizio, quello del pendolo, come posso ricavare l'ampiezza massima (l'angolo massimo)?
Perché con la conservazione dell'energia io ho:
1/2mv^2=mgl(1-cosx) - - - - (ho imposto che nel punto di equilibrio il pendolo ha velocità massima e nell'ampiezza massima solo energia potenziale)
Come faccio a trovare l'angolo da questa relazione?
Grazie
) Nel primo esercizio, quello del pendolo, come posso ricavare l'ampiezza massima (l'angolo massimo)?
Perché con la conservazione dell'energia io ho:
1/2mv^2=mgl(1-cosx) - - - - (ho imposto che nel punto di equilibrio il pendolo ha velocità massima e nell'ampiezza massima solo energia potenziale)
Come faccio a trovare l'angolo da questa relazione?
Grazie
La soluzione e' semplice ( pochi passaggi ), ma senza l'ausilio di un disegno non e' facilissimo comprendere. Tra poco ( dammi un po' di tempo ) ti mando un messaggio con soluzione algebrica e relativi commenti. Tu stesso, in base a quanto scrivero', ricava un disegno.
Grazie mille... Sei estremamente gentile... 
Nomenclatura:
$theta_0$: angolo all'istante iniziale. $t_0$: istante iniziale.
$theta$: angolo di ampiezza massima. $l$: lunghezza pendolo.
$u_0$: velocita' all'istante iniziale. $m$: massa pendolo.
Quando il pendolo raggiunge l'altezza massima ( quindi l'ampiezza del moto massima ) la velocita' del corpo e' nulla ( per un istante ) e di conseguenza anche la relativa energia cinetica. Per la conservazione dell'energia meccanica avremo allora la massima energia potenziale '' $E_P=mgh$ '', con '' $h$ '' altezza raggiunta rispetto al riferimento ( lo '' 0 '' lo poniamo per comodita' sulla verticale; insomma, brutalmente parlando, quando il pendolo e' '' dritto '' ).
Tuttavia '' $h$ '' puo' essere espresso in funzione di '' $theta$ ''. Per fare cio' prendiamo il riferimento di altezza massima: '' $l$ '', ovvero quando il pendolo avrebbe ipoteticamente un angolo di '' $90°$ ''.
Consideriamo l'angolo '' $90°-theta$ '' e sia '' $x$ '' il cateto opposto a tale angolo, allora abbiamo: $x=lsen(90°-theta)$. Ma per proprieta' trigonometriche cio' equivale a '' $x=lcostheta$ ''.
$h=l-x$. Ne segue che '' $h=l-lcostheta$ ''. $h=l(1-costheta)$.
Allora l'energia potenziale massima sara': $E_P=mgl(1-costheta)$.
Ritorniamo all'istante iniziale: abbiamo un'energia cinetica '' $E_k=1/2(m)u_(0)^2$ ''. Quanto ha preso da '' $E_P$ ''? Manca un pezzetto per raggiungere la verticalita', e l'energia cinetica che conosciamo sommata all'energia potenziale relativa a questo pezzetto rende l'energia potenziale massima ( perche' a quota '' 0 '' l'energa potenziale massima e' tutta convertita in energia cinetica ), e cosi' il problema sarebbe concluso ( rimarrebbe soltanto l'incognita dell'angolo massimo ). Sia questa altezza '' $y$ ''. Proiettiamo il pendolo sull'asse verticale, ovvero '' $lcostheta_0$ ''. Quindi avremo '' $y=l(1-costheta_0)$ ''. Da cui segue la relativa energia potenziale '' $E_(P)(y)=mgl(1-costheta_0)$ ''.
Quindi abbiamo: $E_P=E_k+E_(P)(y)$. Ovvero: $mgl(1-costheta)=1/2m(u_0)^2+mgl(1-costheta_0)$.
Questo e' tutto.
$theta_0$: angolo all'istante iniziale. $t_0$: istante iniziale.
$theta$: angolo di ampiezza massima. $l$: lunghezza pendolo.
$u_0$: velocita' all'istante iniziale. $m$: massa pendolo.
Quando il pendolo raggiunge l'altezza massima ( quindi l'ampiezza del moto massima ) la velocita' del corpo e' nulla ( per un istante ) e di conseguenza anche la relativa energia cinetica. Per la conservazione dell'energia meccanica avremo allora la massima energia potenziale '' $E_P=mgh$ '', con '' $h$ '' altezza raggiunta rispetto al riferimento ( lo '' 0 '' lo poniamo per comodita' sulla verticale; insomma, brutalmente parlando, quando il pendolo e' '' dritto '' ).
Tuttavia '' $h$ '' puo' essere espresso in funzione di '' $theta$ ''. Per fare cio' prendiamo il riferimento di altezza massima: '' $l$ '', ovvero quando il pendolo avrebbe ipoteticamente un angolo di '' $90°$ ''.
Consideriamo l'angolo '' $90°-theta$ '' e sia '' $x$ '' il cateto opposto a tale angolo, allora abbiamo: $x=lsen(90°-theta)$. Ma per proprieta' trigonometriche cio' equivale a '' $x=lcostheta$ ''.
$h=l-x$. Ne segue che '' $h=l-lcostheta$ ''. $h=l(1-costheta)$.
Allora l'energia potenziale massima sara': $E_P=mgl(1-costheta)$.
Ritorniamo all'istante iniziale: abbiamo un'energia cinetica '' $E_k=1/2(m)u_(0)^2$ ''. Quanto ha preso da '' $E_P$ ''? Manca un pezzetto per raggiungere la verticalita', e l'energia cinetica che conosciamo sommata all'energia potenziale relativa a questo pezzetto rende l'energia potenziale massima ( perche' a quota '' 0 '' l'energa potenziale massima e' tutta convertita in energia cinetica ), e cosi' il problema sarebbe concluso ( rimarrebbe soltanto l'incognita dell'angolo massimo ). Sia questa altezza '' $y$ ''. Proiettiamo il pendolo sull'asse verticale, ovvero '' $lcostheta_0$ ''. Quindi avremo '' $y=l(1-costheta_0)$ ''. Da cui segue la relativa energia potenziale '' $E_(P)(y)=mgl(1-costheta_0)$ ''.
Quindi abbiamo: $E_P=E_k+E_(P)(y)$. Ovvero: $mgl(1-costheta)=1/2m(u_0)^2+mgl(1-costheta_0)$.
Questo e' tutto.
La ciliegina sulla torta: '' $theta$ '' lo estrai con la funzione arcoseno. L'esercizio e' stato risolto.
Ho fatto bene allora
Grazie mille... Sei stato davvero gentilissimo... grazie
Grazie mille... Sei stato davvero gentilissimo...
grazie
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