Fisica semplice ma non troppo..
Una molla ideale è posta in verticale vincolata ad un estremo. All'altro estremo libero è agganciata ad una massa m=2Kg che provoca un allungamento di x=9,8 mm.
La stessa molla viene successivamente posta alla base di un piano inclinato di 30° e un corpo di m1=1Kg viene appoggiato alla molla, provocando una compressione di L= 10cm.
Il corpo viene poi lasciato libero di muoversi sul piano.
Nel caso di piano scabro, con coeff di attrito di 0.2 determinare:
1)altezza massima raggiunta dal corpo prima di invertire il moto (la compressione gli da una spinta sul piano)
2)il lavoro della forza di attrito.
3) la velocità con cui il corpo torna alla base
4)si analizzi anche il caso senza attrito.
Dunque,è chiaro che la prima parte del problema mi serve solo per calcolarmi la k della molla.
F= -kx , da cui $-k = F/-x=2002.204 N/m$
Visto che la molla è la stessa, posso usare questo k anche per il seguito.
Dunque ho provato una soluzione, usando l'energia, ma non riesco (e chiedo a voi quindi), a trovare la soluzione usando il M.R.U.A.
Ad ogni modo ditemi se è giusta questa soluzione, ed eventualmente calcoli:
Ho scritto $1/2k*x^2= 1/2m*v^2-Fa*d$
Cioe la forza elastica impressa, è pari alla forza cinetica in cui si trasforma, meno il lavoro dell'attrito.
Da questa mi ricavo l'energia cinetica, $12m*v^2=1/2k*x^2+Fa*d$ da cui
$vf=sqrt(9,98)= 3,16m/s$
Questa è la velocità finale del corpo al "netto" della forza di attrito che la frena.
ora mi calcolo l'altezza utilizzando l'energia potenziale, quiindi
$h= (1/2*m*v^2)/(m*g)= 0,50m$
2)Il lavoro della forza di attrito , qui non "visualizzo" cosa fare per calcolarlo.
e anche le seguenti domande ho dei dubbi.
chi mi spiega il ragionamento? grazie
La stessa molla viene successivamente posta alla base di un piano inclinato di 30° e un corpo di m1=1Kg viene appoggiato alla molla, provocando una compressione di L= 10cm.
Il corpo viene poi lasciato libero di muoversi sul piano.
Nel caso di piano scabro, con coeff di attrito di 0.2 determinare:
1)altezza massima raggiunta dal corpo prima di invertire il moto (la compressione gli da una spinta sul piano)
2)il lavoro della forza di attrito.
3) la velocità con cui il corpo torna alla base
4)si analizzi anche il caso senza attrito.
Dunque,è chiaro che la prima parte del problema mi serve solo per calcolarmi la k della molla.
F= -kx , da cui $-k = F/-x=2002.204 N/m$
Visto che la molla è la stessa, posso usare questo k anche per il seguito.
Dunque ho provato una soluzione, usando l'energia, ma non riesco (e chiedo a voi quindi), a trovare la soluzione usando il M.R.U.A.
Ad ogni modo ditemi se è giusta questa soluzione, ed eventualmente calcoli:
Ho scritto $1/2k*x^2= 1/2m*v^2-Fa*d$
Cioe la forza elastica impressa, è pari alla forza cinetica in cui si trasforma, meno il lavoro dell'attrito.
Da questa mi ricavo l'energia cinetica, $12m*v^2=1/2k*x^2+Fa*d$ da cui
$vf=sqrt(9,98)= 3,16m/s$
Questa è la velocità finale del corpo al "netto" della forza di attrito che la frena.
ora mi calcolo l'altezza utilizzando l'energia potenziale, quiindi
$h= (1/2*m*v^2)/(m*g)= 0,50m$
2)Il lavoro della forza di attrito , qui non "visualizzo" cosa fare per calcolarlo.
e anche le seguenti domande ho dei dubbi.
chi mi spiega il ragionamento? grazie
Risposte
"bomba88":
La stessa molla viene successivamente posta alla base di un piano inclinato di 30° e un corpo di m1=1Kg viene appoggiato alla molla, provocando una compressione di L= 10cm. Il corpo viene poi lasciato libero di muoversi sul piano.
Quindi la massa non viene appoggiata, ma viene spinta contro la molla provocando una qualche compressione. Ora, dato che la situazione non viene assicurata sia di equilibrio, potrebbe succedere che la massa invece di venire sparata subito lungo il piano inclinato, continui a comprimere la molla -e solo una volta raggiunta la massima compressione venire lanciata verso l'alto-, non trovi?
Tuttavia i dati del problema sono fortunati, infatti
Ho scritto $1/2k*x^2= 1/2m*v^2-Fa*d$
Quindi se non ci fosse attrito pensi che la massa continuerebbe ad andare lungo il piano inclinato senza mai fermarsi?
2)Il lavoro della forza di attrito , qui non "visualizzo" cosa fare per calcolarlo
Torna alla definizione di lavoro (\(\vec{F} \cdot d\vec{s}\)): una volta trovata l'altezza a cui si ferma la massa hai finito; scrivi il risultato, consegni e vai a casa.
effettivamente il testo non è chiaro. se io appoggio, è diverso da "tendere a compressione contro la molla", tuttavia nonostante i termini, il seguito del testo fa presupporre che la massa venga compressa, e poi di colpo lasciata libera, e vederla schizzare sul piano.
Ovvio che no, in assenza di attrito tornerebbe giu per effetto della P*sin30°.
comunque non capisco quel x = 0.0016 m cosa sarebbe. compressione per avere equilibrio? boh, per esserci equilibrio elastico, la x=0.
Io porrei:
$ -m*g*sin30+Fa+F=m*a$ (lo pongo =m*a, appunto perchè la massa si muoverà)
Ma svolgendo i calcoli per trovare l'accelerazione , viene un valore di $a=95m/s^2$.
cè qualcosa che nonva....
Ovvio che no, in assenza di attrito tornerebbe giu per effetto della P*sin30°.
comunque non capisco quel x = 0.0016 m cosa sarebbe. compressione per avere equilibrio? boh, per esserci equilibrio elastico, la x=0.
Io porrei:
$ -m*g*sin30+Fa+F=m*a$ (lo pongo =m*a, appunto perchè la massa si muoverà)
Ma svolgendo i calcoli per trovare l'accelerazione , viene un valore di $a=95m/s^2$.
cè qualcosa che nonva....
"bomba88":
Ovvio che no, in assenza di attrito tornerebbe giu per effetto della P*sin30°
E allora perché non ne tieni conto nella valutazione dell'energia meccanica?
"bomba88":
comunque non capisco quel x = 0.0016 m cosa sarebbe. compressione per avere equilibrio?
Sì. Se la massa viene spinta contro la molla e viene tenuta in una posizione tale che la compressione della molla sia meno di \(1.6 \times 10^{-3} [m]\), allora una volta lasciato il sistema libero di evolversi si osserverà la massa spingere la molla fino a trovare una posizione di equilibrio. Dato che la compressione iniziale, nel problema, è più alta di \(1.6 \times 10^{-3} [m]\) allora una volta lasciato libero il sistema, la massa schizza direttamente via.
"bomba88":
boh, per esserci equilibrio elastico, la x=0
Cos'è l'equilibrio elastico? Perché ci sia equilibrio le forze devono essere bilanciate. Ora, il fatto che ci sia il peso della massa a spingere contro la molla implica che l'equilibrio non si avrà quando la compressione sarà nulla, ma quando la compressione permetterà alla molla di esercitare una forza che contrasti quella esercitata dalla massa.
"bomba88":
$ -m*g*sin30+Fa+F=m*a$ (lo pongo =m*a, appunto perchè la massa si muoverà)
Ma \(F\) è la forza elastica? Mmm...così, su due piedi, direi che intraprendere questa strada può essere barboso dato che se la \(F\) che hai scritto fosse la forza elastica questa non sarebbe costante nel tratto in cui la massa verrebbe accelerata.
Ma osserva che, sempre che tu riuscissi a calcolare l'accelerazione in quel tratto, quando la molla torna a distendersi la forza elastica non agisce più sul corpo ed è l'accelerazione data dalla risultante della forza peso e della forza d'attrito che fanno rallentare la massa fino a farla fermare; i.e. \(-mgsin(30)+Fa+F=ma\) non è valida.
In sintesi, se uno volesse usare la cinematica, credo che una volta trovata -con considerazioni energetiche- la velocità con cui la massa si stacca dalla molla, dovrebbe andare a trovare l'istante in cui la decelerazione data dalla risultante che agisce sulla massa faccia fermare quest'ultima, e scrivere una qualche funzione della posizione di modo da trovarsi la posizione relativa a quell'istante.
scusami, vè molta nebbia nella mia testa a questo punto....
non ti seguo. nn userei mai la cinematica, se devo avere a che fare con accelerazioni e forze peso. (e forze in genere)
io so che problemi di questo tipo si possono normalmente risolvere indistintamente in due modi. o con le leggi del moto (in qst caso M.R.U.A.) o con la conservazione dell'energia meccanica.
ma proprio non riesco a capire...
non ti seguo. nn userei mai la cinematica, se devo avere a che fare con accelerazioni e forze peso. (e forze in genere)
io so che problemi di questo tipo si possono normalmente risolvere indistintamente in due modi. o con le leggi del moto (in qst caso M.R.U.A.) o con la conservazione dell'energia meccanica.
ma proprio non riesco a capire...
"bomba88":
non ti seguo. nn userei mai la cinematica, se devo avere a che fare con accelerazioni e forze peso. (e forze in genere)
Perché no? Il moto rettilineo uniformemente accelerato è cinematica. Onestamente è un approccio che non gradisco molto, ma puoi usarlo.
Provo a ricapitolare le questioni fondamentali dell'esercizio. Innanzi tutto, il testo è poco chiaro, ma ahimé non ci si può fare nulla. Il dubbio che nasce è: la posizione in cui la massa è artificialmente fissata all'inizio è una posizione qualsiasi? O meglio: una volta lasciata la massa libera di muoversi, cosa succede? La massa potrebbe continuare a scendere, continuando a comprimere la molla, oppure potrebbe subito staccarsi dalla molla e risalire lungo il piano inclinato.
Il discriminante che permette di chiarire se la situazione è del primo o del secondo caso è la compressione della molla.
Sei d'accordo che presa una molla fra le dita, schiacciandola ai due estremi con una forza costante, arriverai ad un massimo oltre il quale la forza esercitata dalle tue dita non sarà più abbastanza per comprimere ancora la molla? Bene... è la stessa cosa dell'esercizio. Cioé mi stavo chiedendo, leggendo il testo: la forza peso della molla, contrastata dalla forza di attrito, è bilanciata dalla forza elastica della molla o la compressione non è ancora massima?
Facendo due calcoli -quelli in spoiler nell'altro post- si trova che la molla ha superato la compressione massima per cui si ha equilibrio, dunque appena il sistema sarà libero di muoversi, la forza elastica della molla sarà sufficiente a vincere la pressione della massa e farla risalire.
Chiarito questo elemento di dubbio, il problema è davvero semplice! Cominciamo ad usare considerazioni energetiche -questo è l'approccio più elegante per risolvere l'esercizio, credo. Considera l'istante in cui la molla è ancora compressa di \(x\) metri e il sistema è fermo: sia questa la prima energia meccanica che si considera. Si pensi poi all'istante in cui la molla si trova ad altezza \(h\) dall'altezza di partenza -che fissiamo a zero- con energia cinetica nulla e con energia potenziale pari a \(mgh\). Quindi \[E_m^{(1)} = \frac{1}2 k x^2 \\ E_m^{(2)} = mgh \] Ora... è noto che la variazione di energia meccanica è pari al lavoro delle forze non conservative. L'unica forza non conservativa in gioco qui è l'attrito, che agisce per un tratto \(\frac{h}{sin\theta}\). Quindi avrai che \[\Delta{E_m} = E_m^{(2)} - E_m^{(1)} =\mathbb{W} = -\mu mgcos\theta \frac{h}{sin\theta} \\ \Rightarrow h = \dots \]
E' tutto qui.
Ti ringrazio tanto!.. ho capito dalla spiegazione che hai dato, poi le equazioni vengono "da se".
capisco perchè mi perdo in questi esercizi, perchè il concetto di lavoro (come Delta E) mi è chiaro, ma mi confonde l'energia potenziale gravitazionale, che a volte viene identificata come lavoro svolto,( ho trovato esercizi dove la variazione di energia cinetica dipendeva dall'altezza , e quindi mgh=Ek2-Ek1), altre volte invece mgh è semplicemente "un altro tipo" di energia meccanica, alla strgua della cinetica o potenziale elastica. quindi questo "doppio" uso mi confonde.
:-\
capisco perchè mi perdo in questi esercizi, perchè il concetto di lavoro (come Delta E) mi è chiaro, ma mi confonde l'energia potenziale gravitazionale, che a volte viene identificata come lavoro svolto,( ho trovato esercizi dove la variazione di energia cinetica dipendeva dall'altezza , e quindi mgh=Ek2-Ek1), altre volte invece mgh è semplicemente "un altro tipo" di energia meccanica, alla strgua della cinetica o potenziale elastica. quindi questo "doppio" uso mi confonde.
:-\
"bomba88":
poi le equazioni vengono "da se"
Ti sconsiglio di pensarla così. Impostare le equazioni in questo tipo di esercizietti è fondamentale.
"bomba88":
mi confonde l'energia potenziale gravitazionale, che a volte viene identificata come lavoro svolto,( ho trovato esercizi dove la variazione di energia cinetica dipendeva dall'altezza , e quindi mgh=Ek2-Ek1), altre volte invece mgh è semplicemente "un altro tipo" di energia meccanica, alla strgua della cinetica o potenziale elastica
Mmm... non ho capito bene la tua perplessità. Sei sicuro di aver chiaro il concetto di lavoro? Da quanto scrivi non si direbbe.
A questo punto potrebbe aiutarti a portare a casa davvero l'esercizio vedere se la massa rimbalza contro la molla o rimane ferma in un qualche punto del piano inclinato, e se dovesse rimbalzare a quale altezza arriverebbe.
Consiglio, eh. Poi scegli tu.
Da quanto scrivi, ripeto, forse il concetto di lavoro non è proprio il tuo forte. Ragionare, dopo quanto detto, su questo piccolo quesito aggiuntivo potrebbe farti fare qualche muscolo in più -oltre che completare anche numericamente il problema.
allora. i dubbi vengono perchè:
tu prima hai scritto le due energie da considerare, da porre come variabili del sistema al fine del calcolo del lavoro, ossia uqella elastica, e quella potenziale, quando la massa si trova gia ad una certa h.
io invece(magari sbagliando,o semplicemente complicando le cose), penso alla teoria della conservazione e penso attimo per attimo cosa accade.
dunque, x la prima forma di energia(con deformazione massima X=-d) sono d'accordo, tutta l'energia vale $1/2k*x^2$.
Poi passo all'istante dopo , quando la molla passa per x=0, e la massa si comincia a muovere verso l'alto del piano inclinato.
In questo istante,essendo x=0, l'energia elastica è nulla, ma si è trasformata. in cosa? si trasforma in cinetica, al lordo del lavoro della forza di attrito che comincia a farsi sentire. Dunque scrivere Fa*d= 1/2m*v^2 - 1/2k*x^2 . Lo ritengo corretto. o no? E se questo tipo di ragionamento (fino a qui) non è giusto, perché non lo è?
quindi:
tu prima hai scritto le due energie da considerare, da porre come variabili del sistema al fine del calcolo del lavoro, ossia uqella elastica, e quella potenziale, quando la massa si trova gia ad una certa h.
io invece(magari sbagliando,o semplicemente complicando le cose), penso alla teoria della conservazione e penso attimo per attimo cosa accade.
dunque, x la prima forma di energia(con deformazione massima X=-d) sono d'accordo, tutta l'energia vale $1/2k*x^2$.
Poi passo all'istante dopo , quando la molla passa per x=0, e la massa si comincia a muovere verso l'alto del piano inclinato.
In questo istante,essendo x=0, l'energia elastica è nulla, ma si è trasformata. in cosa? si trasforma in cinetica, al lordo del lavoro della forza di attrito che comincia a farsi sentire. Dunque scrivere Fa*d= 1/2m*v^2 - 1/2k*x^2 . Lo ritengo corretto. o no? E se questo tipo di ragionamento (fino a qui) non è giusto, perché non lo è?
quindi:
Perché non usi le formule?
\(\Delta{E_m} = \mathbb{W}_{nc}\). L'energia potenziale della molla non si trasforma tutta in cinetica: a causa delle forze d'attrito, ma anche a causa del peso della massa.
Quindi, relativamente alla situazione che hai appena descritto vale \(\frac{1}2 m v^2 + mg d \sin\theta - \frac{1}2 k x^2 = -\mu m g \cos\theta d\). Perché non ridai un'occhiata alla teoria?... Buona serata.
"bomba88":
Fa*d= 1/2m*v^2 - 1/2k*x^2
\(\Delta{E_m} = \mathbb{W}_{nc}\). L'energia potenziale della molla non si trasforma tutta in cinetica: a causa delle forze d'attrito, ma anche a causa del peso della massa.
Quindi, relativamente alla situazione che hai appena descritto vale \(\frac{1}2 m v^2 + mg d \sin\theta - \frac{1}2 k x^2 = -\mu m g \cos\theta d\). Perché non ridai un'occhiata alla teoria?...
Buona serata.
CASO CONSERVATIVO:
$DeltaE\m=0$
CASO NON CONSERVATIVO:
$DeltaE\m=W\nc$
$DeltaE\m=0$
CASO NON CONSERVATIVO:
$DeltaE\m=W\nc$
"giuscri":
[quote="bomba88"]non ti seguo. nn userei mai la cinematica, se devo avere a che fare con accelerazioni e forze peso. (e forze in genere)
Perché no? Il moto rettilineo uniformemente accelerato è cinematica. Onestamente è un approccio che non gradisco molto, ma puoi usarlo.
Provo a ricapitolare le questioni fondamentali dell'esercizio. Innanzi tutto, il testo è poco chiaro, ma ahimé non ci si può fare nulla. Il dubbio che nasce è: la posizione in cui la massa è artificialmente fissata all'inizio è una posizione qualsiasi? O meglio: una volta lasciata la massa libera di muoversi, cosa succede? La massa potrebbe continuare a scendere, continuando a comprimere la molla, oppure potrebbe subito staccarsi dalla molla e risalire lungo il piano inclinato.
Il discriminante che permette di chiarire se la situazione è del primo o del secondo caso è la compressione della molla.
Sei d'accordo che presa una molla fra le dita, schiacciandola ai due estremi con una forza costante, arriverai ad un massimo oltre il quale la forza esercitata dalle tue dita non sarà più abbastanza per comprimere ancora la molla? Bene... è la stessa cosa dell'esercizio. Cioé mi stavo chiedendo, leggendo il testo: la forza peso della molla, contrastata dalla forza di attrito, è bilanciata dalla forza elastica della molla o la compressione non è ancora massima?
Facendo due calcoli -quelli in spoiler nell'altro post- si trova che la molla ha superato la compressione massima per cui si ha equilibrio, dunque appena il sistema sarà libero di muoversi, la forza elastica della molla sarà sufficiente a vincere la pressione della massa e farla risalire.
Chiarito questo elemento di dubbio, il problema è davvero semplice! Cominciamo ad usare considerazioni energetiche -questo è l'approccio più elegante per risolvere l'esercizio, credo. Considera l'istante in cui la molla è ancora compressa di \(x\) metri e il sistema è fermo: sia questa la prima energia meccanica che si considera. Si pensi poi all'istante in cui la molla si trova ad altezza \(h\) dall'altezza di partenza -che fissiamo a zero- con energia cinetica nulla e con energia potenziale pari a \(mgh\). Quindi \[E_m^{(1)} = \frac{1}2 k x^2 \\ E_m^{(2)} = mgh \] Ora... è noto che la variazione di energia meccanica è pari al lavoro delle forze non conservative. L'unica forza non conservativa in gioco qui è l'attrito, che agisce per un tratto \(\frac{h}{sin\theta}\). Quindi avrai che \[\Delta{E_m} = E_m^{(2)} - E_m^{(1)} =\mathbb{W} = -\mu mgcos\theta \frac{h}{sin\theta} \\ \Rightarrow h = \dots \]
E' tutto qui.[/quote]
Parlando di numeri, mi vengono dei risultati, ma vorrei confrontarli con voi:
per quanto riguarda l'altezza,
$m*g*h-1/2k*x^2 = u*m*g*cos30*(h/sin30)$
$h= 0.98m$
Il lavoro è: $u*m*g*cos30 * (0.98/sin30) = -333J$
Ti viene uguale?
grazie
La prima parte -a meno che tu non abbia sbagliato a pigiare sulla calcolatrice- è corretta. Per la seconda parte: perché ti viene negativo il lavoro delle forze d'attrito? E' corretto*, ma tu non lo giustifichi.
La questione è che il lavoro è definito come il prodotto scalare della forza per lo spostamento. Dunque: se \(|\vec{F}_{attrito}| = \mu mg \cos\theta\) e \(|\delta{\vec{s}}| = {h}/{\sin\theta}\), e dovrai fare \(\vec{F}_{attrito} \cdot \delta{\vec{s}}\), andrai a scrivere \[\mathbb{W}_{attrito} = \vec{F}_{attrito} \cdot \delta{\vec{s}} = \mu mg \cos\theta \frac{h}{\sin\theta} \cos{\hat{(\vec{F}, \delta{\vec{s}})}} = \\ = \mu mg \cos\theta \frac{h}{\sin\theta} \cos{\pi} = - \mu mg \cos\theta \frac{h}\sin{\theta}\] Quindi \(\mathbb{W}_{attrito} < 0\).
___
* Tra l'altro scriverlo a priori, come hai fatto tu, non sempre porta bene. Tipicamente: due blocchi, uno sopra l'altro: se se ne sposta solo uno, applicando a questo una forza, la forza d'attrito che c'è fra i due mette in moto anche l'altra. In quel caso, per altra la forza d'attrito compie lavoro positivo.
La questione è che il lavoro è definito come il prodotto scalare della forza per lo spostamento. Dunque: se \(|\vec{F}_{attrito}| = \mu mg \cos\theta\) e \(|\delta{\vec{s}}| = {h}/{\sin\theta}\), e dovrai fare \(\vec{F}_{attrito} \cdot \delta{\vec{s}}\), andrai a scrivere \[\mathbb{W}_{attrito} = \vec{F}_{attrito} \cdot \delta{\vec{s}} = \mu mg \cos\theta \frac{h}{\sin\theta} \cos{\hat{(\vec{F}, \delta{\vec{s}})}} = \\ = \mu mg \cos\theta \frac{h}{\sin\theta} \cos{\pi} = - \mu mg \cos\theta \frac{h}\sin{\theta}\] Quindi \(\mathbb{W}_{attrito} < 0\).
___
* Tra l'altro scriverlo a priori, come hai fatto tu, non sempre porta bene. Tipicamente: due blocchi, uno sopra l'altro: se se ne sposta solo uno, applicando a questo una forza, la forza d'attrito che c'è fra i due mette in moto anche l'altra. In quel caso, per altra la forza d'attrito compie lavoro positivo.
Chiedo venia, ma cosi come hai scritto, sembra che sia la componente vettoriale "spostamento" che cambia segno e quindi a determinare il fatto che $Wnc$ sia negativo.
Mentre è la $F\a$ che sta compiendo un lavoro di resistenza al moto (verso l'alto), quindi è verso di $u*m*g*cos30°$ che diviene negativo, e non la distanza d.
Mentre è la $F\a$ che sta compiendo un lavoro di resistenza al moto (verso l'alto), quindi è verso di $u*m*g*cos30°$ che diviene negativo, e non la distanza d.
"bomba88":
Chiedo venia, ma cosi come hai scritto, sembra che sia la componente vettoriale "spostamento" che cambia segno e quindi a determinare il fatto che $Wnc$ sia negativo.
Mentre è la $F\a$ che sta compiendo un lavoro di resistenza al moto (verso l'alto), quindi è verso di $u*m*g*cos30°$ che diviene negativo, e non la distanza d.
Guarda meglio... Non c'è niente che cambia segno. C'è solo un fattore \(-1\), che è il \(\cos\pi\)
ho capito. ok=) diciamo allora che quel -1 va "applicato" alla forza allora, e non allo spostamento 
Alla fine, il lavoro è negativo.
Si puo tranquillamente dire, che quando è richiesto un lavoro di una forza dissipativa di Attrito, questo sarà SEMPRE negativo. perchè SEMPRE si oppone al moto.
Alla fine, il lavoro è negativo.
Si puo tranquillamente dire, che quando è richiesto un lavoro di una forza dissipativa di Attrito, questo sarà SEMPRE negativo. perchè SEMPRE si oppone al moto.
"bomba88":
ho capito. ok=) diciamo allora che quel -1 va "applicato" alla forza allora, e non allo spostamento
No. Non va applicato a nessuno dei due. Per definizione di lavoro avrai di mezzo il coseno dell'angolo che c'è fra i due vettori.
"bomba88":
Si puo tranquillamente dire, che quando è richiesto un lavoro di una forza dissipativa di Attrito, questo sarà SEMPRE negativo. perchè SEMPRE si oppone al moto.
Se vuoi... Però usa sempre la definizione, almeno all'inizio. Le cose si possono complicare, e anche di molto. E se non hai le definizioni a cui fare riferimento potresti rimanere fregato.
Buon proseguimento
La domanda 3)
Oriento l'asse x lungo la direzione del nuovo moto , quindi verso il basso. in questo modo la velocità è positiva.
$DeltaE\m=W\nc$
$(DeltaEf)-(DeltaEf) = W\nc$
$(U\f+K\f+Ef)-(U\i+K\i+E\i)=W\nc$
$(0+1/2m*v^2+0)-(m*g*h+0+0)=W\nc$
$1/2m*v^2-m*g*h=-0,333$
$V\f= 4,30m/s$
Se rispondo alla domanda 4), quindi la velocità di discesa ma SENZA attrito, sempre usando l'energia:
$DeltaE=0$
$E\f-E\i=0$
$1/sm*v^2=m*g*h$
$v=sqrt(2*g*h)=4,38m/s$
E dovrebbero essere giusti. me lo confermi?
-------------------------------
Sempre la domanda 4) quindi velocità di discesa SENZA attrito, con il MRUA, dunque banalmente
$v=sqrt(2*g*h)=4,38m/s$. giusto?
...Ma se invece voglio studiare il caso di discesa con attrito, ma con il metodo del moto MRUA, non viene:
innanzitutto, l'accelerazione di gravità, che è calcolata come DIFFERENZA, tra la $F\p - F\a$
dunque, $F\p=m*g*sin\theta=4,905N$
mentre $F\a=u*m*g*cos\theta=0.17N$
$a=F\p-F\a/m= 4,73m/s^2$
Come è logico aspettarsi, con l'attrito, la sua accelerazione non sarà piu legata solo a $g*h/l$, ma sarà inferiore.
Fatto cio, mi calcolo il tempo che ci mette con la legge oraria del MRUA, e viene che il $t=sqrt(l/a)=0,63s$
e poi la velocità come prodotto fra $v=a*t= 4,73m/s^2* 0.63s=2,97m/s$
Come vedete cè qualcosa che non va.
Cosa ho sbagliato se ho applicato le formule?
qual è i mio errore?
accelerazione o tempo?
grazie
Oriento l'asse x lungo la direzione del nuovo moto , quindi verso il basso. in questo modo la velocità è positiva.
$DeltaE\m=W\nc$
$(DeltaEf)-(DeltaEf) = W\nc$
$(U\f+K\f+Ef)-(U\i+K\i+E\i)=W\nc$
$(0+1/2m*v^2+0)-(m*g*h+0+0)=W\nc$
$1/2m*v^2-m*g*h=-0,333$
$V\f= 4,30m/s$
Se rispondo alla domanda 4), quindi la velocità di discesa ma SENZA attrito, sempre usando l'energia:
$DeltaE=0$
$E\f-E\i=0$
$1/sm*v^2=m*g*h$
$v=sqrt(2*g*h)=4,38m/s$
E dovrebbero essere giusti. me lo confermi?
-------------------------------
Sempre la domanda 4) quindi velocità di discesa SENZA attrito, con il MRUA, dunque banalmente
$v=sqrt(2*g*h)=4,38m/s$. giusto?
...Ma se invece voglio studiare il caso di discesa con attrito, ma con il metodo del moto MRUA, non viene:
innanzitutto, l'accelerazione di gravità, che è calcolata come DIFFERENZA, tra la $F\p - F\a$
dunque, $F\p=m*g*sin\theta=4,905N$
mentre $F\a=u*m*g*cos\theta=0.17N$
$a=F\p-F\a/m= 4,73m/s^2$
Come è logico aspettarsi, con l'attrito, la sua accelerazione non sarà piu legata solo a $g*h/l$, ma sarà inferiore.
Fatto cio, mi calcolo il tempo che ci mette con la legge oraria del MRUA, e viene che il $t=sqrt(l/a)=0,63s$
e poi la velocità come prodotto fra $v=a*t= 4,73m/s^2* 0.63s=2,97m/s$
Come vedete cè qualcosa che non va.
Cosa ho sbagliato se ho applicato le formule?
qual è i mio errore?
accelerazione o tempo?
grazie
Cosa ho sbagliato se ho applicato le formule?
qual è i mio errore?
accelerazione o tempo?
grazie
qual è i mio errore?
accelerazione o tempo?
grazie
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo