Equilibrio statico
Quello che segue, è un esempio guidato, ma io non sto riuscendo a capire in modo chiaro i concetti:
Vorrei capirlo insieme a voi,
Iniziando dal fatto che nella prima immagine dice che per la similitudine dei triangoli si ha:
$ F_(yw) /F_w = (3.0m)/(5.0m) $
ossia
$ F_(yw) = (3.0m)/(5.0m)F_w $
Ho compreso il fatto che con questi passaggi ha ricavato due incognite, ok!
Poi parla di equilibrio traslatorio e imposta due equazioni!
Ecco quì, oltre questo non ho capito un granchè
Vorrei capirlo insieme a voi,
Iniziando dal fatto che nella prima immagine dice che per la similitudine dei triangoli si ha:
$ F_(yw) /F_w = (3.0m)/(5.0m) $
ossia
$ F_(yw) = (3.0m)/(5.0m)F_w $
Ho compreso il fatto che con questi passaggi ha ricavato due incognite, ok!
Poi parla di equilibrio traslatorio e imposta due equazioni!
Ecco quì, oltre questo non ho capito un granchè
Risposte
Hai ragione, lanciami la corda! 
Dato che Bad90 mi ha (forse) ignorato, mi autoquoto.
Credo che il supporto, se pur registrato, di un vero professore universitario che ti spiega con lavagna, gesso e voce non possa farti altro che bene.
"giuliofis":
Scusate se mi intrometto dopo una così scarsa frequenza (causa esame, di materia a dir poco orribile, imminente in sessione straordinaria), ma forse potrebbero essere utili delle videolezioni per Bad. È vero, una videolezione non sostituirà mai la lezione di un docente in carne ed ossa, ma forse è meglio che niente...
Uninettuno mette a disposizione gratuitamente, fruibili senza registrazione alcuna, delle videolezioni di Fisica 1.
E, perché no, di Analisi 1 ed anche di Algebra Lineare e Geometria.
Ma anche di Informatica, di Chimica e qualche ora di Economia! Insomma, di tutti i corsi del primo anno di Ingegneria.
Certo, sono sintetici, ma meglio del nulla totale, forse, sono... No..?
Io con quelle di Chimica (non queste da 25 ore, da quelle da 40 trovabili in .torrent online) ho preparato il mio esame, non sono fatte male!
Credo che il supporto, se pur registrato, di un vero professore universitario che ti spiega con lavagna, gesso e voce non possa farti altro che bene.
Giulio, non ti ho per niente ignorato, io ci tengo un sacco agli amici! 
Ero troppo preso da alcuni esercizi e non ho avuto il tempo ti risponderti, ma e' veramente interessante quanto mi hai consigliati! Adesso visito quei link e faccio tesoro di quanto c'e' .....
Ero troppo preso da alcuni esercizi e non ho avuto il tempo ti risponderti, ma e' veramente interessante quanto mi hai consigliati! Adesso visito quei link e faccio tesoro di quanto c'e' .....
Bad, passate le scorpacciate di Pasqua e Pasquetta, ti dico come ho fatto, senza seni e coseni, a risolvere. Te l'avevo già detto, ma hai poca memoria.
Il triangolo ACB è rettangolo in C, per cui l'altezza $CH$ relativa all'ipotenusa è : $ CH = (3*4)/5 = 2.4$.
Siccome il filo si trova ad $1m$ da $AB$, la sua distanza da $C$ vale : $2.4 -1 = 1.4m$
E questo non è altro che il braccio della tensione nel filo, ti pare?
Poi, la proiezione di $AC$ su $AB$, e cioè $AH$, si ricava con Euclide, cioè con le proporzioni che ti piacciono tanto:
"Un cateto è medio proporzionale tra l'ipotenusa e la sua proiezione sull'ipotenusa" . Cioè: $AC^2 = AH*AB$
da cui ricavi che :$ AH = 9/5 = 1.8$
Siccome il peso di $AC$ è applicato a meta lunghezza $AC$, la sua retta di azione taglia $AB$ in un punto che dista $(AH)/2 = 0.9$ da $A$. E perciò il braccio del peso $P_1$ rispetto a $B$ vale : $5 -0.9 = 4.1$
Come vedi, non ho usato alcun angolo e alcun seno. I bracci sono determinati dalla geometria.
Naturalmente puoi anche usare angoli e funzioni trigonometriche, ma non è necessario.
Il triangolo ACB è rettangolo in C, per cui l'altezza $CH$ relativa all'ipotenusa è : $ CH = (3*4)/5 = 2.4$.
Siccome il filo si trova ad $1m$ da $AB$, la sua distanza da $C$ vale : $2.4 -1 = 1.4m$
E questo non è altro che il braccio della tensione nel filo, ti pare?
Poi, la proiezione di $AC$ su $AB$, e cioè $AH$, si ricava con Euclide, cioè con le proporzioni che ti piacciono tanto:
"Un cateto è medio proporzionale tra l'ipotenusa e la sua proiezione sull'ipotenusa" . Cioè: $AC^2 = AH*AB$
da cui ricavi che :$ AH = 9/5 = 1.8$
Siccome il peso di $AC$ è applicato a meta lunghezza $AC$, la sua retta di azione taglia $AB$ in un punto che dista $(AH)/2 = 0.9$ da $A$. E perciò il braccio del peso $P_1$ rispetto a $B$ vale : $5 -0.9 = 4.1$
Come vedi, non ho usato alcun angolo e alcun seno. I bracci sono determinati dalla geometria.
Naturalmente puoi anche usare angoli e funzioni trigonometriche, ma non è necessario.
Abbasso i seni e i coseni degli angoli che usa Bad : es 57° 23' 12'' ahah 
Nella figura che segue, quando si scrivono le equazioni all'equilibrio, si considera il segno meno nell'equilibrio sulla $ x $ ,ecco quì:
$ -Tcos30^o + Tcos65^o = 0 $
Ma perchè quel segno meno
$ -Tcos30^o + Tcos65^o = 0 $
Ma perchè quel segno meno
Perchè hai preso l'asse \(x\) rivolto verso sinistra.
"Cuspide83":
Perchè hai preso l'asse \(x\) rivolto verso sinistra.
E quindi essendo il secondo quadrante diventa negativo, giusto?
Pardon bad ho visto male l'asse lo hai utilizzato rivolto verso destra. E quindi la proiezione della Tensione di sinistra è negativa mentre quella di destra è positiva. scusa il disegno che fa pena
Sei stato bravissimo a farmelo capire
Ti ringrazio!
Ti ringrazio!
Tempo fa abbiamo risolto il seguente esercizio:
Abbiamo impostato il seguente diagramma del corpo libero:
Ma quello che non mi è tanto chiaro, è come impostare i vettori nelle cerniere, in questo caso nel punto P
Insomma, a cosa devo pensare nell'impostare i vettori che si determinano nella cerniera?
Abbiamo impostato il seguente diagramma del corpo libero:
Ma quello che non mi è tanto chiaro, è come impostare i vettori nelle cerniere, in questo caso nel punto P
Insomma, a cosa devo pensare nell'impostare i vettori che si determinano nella cerniera?
Avevi mi sembra fatto un esercizio anche con navigatore con le cerniere. Comunque la cerniera collega asta e muro quindi ci sarà una forza che tu è vero a priori non conosci (come ad esempio non conosci la tensione), ma sai che essendo nel piano potrai sempre scriverla come somma di due vettori componenti, uno parallelo all'asta e l'altro perpendicolare alla stessa.
E quindi quella che ho disegnato io dovrebbe essere la risultante di queste fue componenti, ok, ma in tutti gli altri casi in cui mi trovo con una cerniera, esempio quella di una comune porta, nella cerniera in basso, come devo disegnare le componenti? E in quella superiore, come devo disegnarle? Insomma, ci saranno sempre due componenti, sicuramente, ma il verso quale sara'????
Si tu hai disegnato la forza, ma direzione giusta e verso giusto te lo dicono le equazioni.
Le componenti dipendono da quale sistema di riferimento usi. Esempio: immagina una forza orizzontale; se scegli un sistema di assi con uno di questi coincidente con la direzione della forza, la stessa avrà una sola componente (quella lungo l'asse coincidente). Se invece scegli un sistema di assi con nessuno dei tre assi coincidenti con la direzione della forza, la stessa avrà tutte e tre le componenti.
La questione è che tu sai che c'è una forza applicata in quel punto, non sai com'è diretta qual'è il suo verso e il suo modulo. Queste informazioni te le ricavi semplicemente dalle equazioni vettoriali e non.
Le componenti dipendono da quale sistema di riferimento usi. Esempio: immagina una forza orizzontale; se scegli un sistema di assi con uno di questi coincidente con la direzione della forza, la stessa avrà una sola componente (quella lungo l'asse coincidente). Se invece scegli un sistema di assi con nessuno dei tre assi coincidenti con la direzione della forza, la stessa avrà tutte e tre le componenti.
La questione è che tu sai che c'è una forza applicata in quel punto, non sai com'è diretta qual'è il suo verso e il suo modulo. Queste informazioni te le ricavi semplicemente dalle equazioni vettoriali e non.
Scusami, ho fatto un diagramma di corpo libero di una porta, in sostanza le componenti sono sempre le seguenti?
Ma perche' un peso all'equatore a $ F_t $ diverso rispetto ai poli?
Non capisco, hai dimenticato un'h? che cosa è \(F_{t}\)? Non so se ho capito la domanda, comunque per capire devi aver fatto i moti relativi, li hai gia fatti?
"Cuspide83":
Non capisco, hai dimenticato un'h? che cosa è \(F_{t}\)? Non so se ho capito la domanda, comunque per capire devi aver fatto i moti relativi, li hai gia fatti?
Si, sto ripassando il tutto!
Sono andato a rivedere i concetti e si tratta di avere ai poli, una distanza inferiore dal centro della terra, rispetto all'equatore dove la distanza e leggermente maggiore!
Correggimi se sbaglio, ma penso che sia proprio questo il motivo della differenza di accelerazione di gravità, è la differenza di distanza che genera il fenomeno, giusto??
Si e no, in questo senso:
Tu sai che un sistema di riferimento con origine "nel sole" e con gli assi rivolti verso le stelle "fisse" può essere considerato con ottima approssimazione un sistema di riferimento inerziale. Supponi ora di essere in questo sistema di riferimento e di misurare l'accelerazione di gravità che la terra esercita sui corpi in prossimità della superficie. Misureresti valori diversi all'equatore e ai poli proprio perchè la terra (supposta omogenea) non è una sfera.
\[\gamma\frac{mM_{T}}{R^{2}_{T}}=mg\hspace{1 cm}\Rightarrow\hspace{1 cm}g=\gamma\frac{M_{T}}{R^{2}_{T}}\]
Supponi adesso di trovarti sulla terra in diversi luoghi; osserviamo che in qualunque posto tu vada il sistema di riferimento che utilizzi non è un sistema di riferimento inerziale. Ora anche tu che sei sulla terra spostandoti misuri valori diversi dell'accelerazione di gravità, ma queste differenze le devi attribuire agli effetti centrifughi e di coriolis che vengono indotti dall'utilizzo di un sistema di riferimento non inerziale.
\[\vec{g}=\vec{g}_{0}-\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\vec{r}')-2\vec{\omega}\times\vec{v}'\]
con \(\vec{g}_{0}\) ho indicato l'accelerazione misurata dal sistema di riferimento inerziale. Come vedi il secondo termine è l'accelerazione centrifuga è nulla ai poli (in questo caso il raggio vettore e la velocità angolare sono paralleli e quindi il loro prodotto vettoriale e nullo) mentre è massima all'equatore (perchè il prodotto vettoriale è massimo quando i vettori sono ortogonali). In piu come vedi c'è l'ultimo termine che è l'accelerazione di Coriolis che è un pò piu complicata da trattare.
Tu sai che un sistema di riferimento con origine "nel sole" e con gli assi rivolti verso le stelle "fisse" può essere considerato con ottima approssimazione un sistema di riferimento inerziale. Supponi ora di essere in questo sistema di riferimento e di misurare l'accelerazione di gravità che la terra esercita sui corpi in prossimità della superficie. Misureresti valori diversi all'equatore e ai poli proprio perchè la terra (supposta omogenea) non è una sfera.
\[\gamma\frac{mM_{T}}{R^{2}_{T}}=mg\hspace{1 cm}\Rightarrow\hspace{1 cm}g=\gamma\frac{M_{T}}{R^{2}_{T}}\]
Supponi adesso di trovarti sulla terra in diversi luoghi; osserviamo che in qualunque posto tu vada il sistema di riferimento che utilizzi non è un sistema di riferimento inerziale. Ora anche tu che sei sulla terra spostandoti misuri valori diversi dell'accelerazione di gravità, ma queste differenze le devi attribuire agli effetti centrifughi e di coriolis che vengono indotti dall'utilizzo di un sistema di riferimento non inerziale.
\[\vec{g}=\vec{g}_{0}-\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\vec{r}')-2\vec{\omega}\times\vec{v}'\]
con \(\vec{g}_{0}\) ho indicato l'accelerazione misurata dal sistema di riferimento inerziale. Come vedi il secondo termine è l'accelerazione centrifuga è nulla ai poli (in questo caso il raggio vettore e la velocità angolare sono paralleli e quindi il loro prodotto vettoriale e nullo) mentre è massima all'equatore (perchè il prodotto vettoriale è massimo quando i vettori sono ortogonali). In piu come vedi c'è l'ultimo termine che è l'accelerazione di Coriolis che è un pò piu complicata da trattare.
Mi è venuto un dubbio su un esercizio che ho già risolto tempo fa.....
Ma perchè la tensione in $ y $ non è questa $ T_y = T sen(35^o-15^o) =>Tsen20^o $
Per quale motivo deve essere questa? $ T_y = T sen35^o $
Io pensavo che in questo caso si potesse sottrarre la differenza così come ho fatto per la $ x $ che è $ T_x = T sen20^o $
Perchè
Ma perchè la tensione in $ y $ non è questa $ T_y = T sen(35^o-15^o) =>Tsen20^o $
Per quale motivo deve essere questa? $ T_y = T sen35^o $
Io pensavo che in questo caso si potesse sottrarre la differenza così come ho fatto per la $ x $ che è $ T_x = T sen20^o $
Perchè
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