Oscillatore e sistema di rif. non inerziale
buonasera, vorrei una conferma sul seguente esercizio.
SOL.:
l'asse z è orientato verso il basso.
a) sulla massa m, per t<0, agiscono $vecP+vecF_(el)=vec0$.
b) dalla precedente relazione ricavo $Deltax = (mg)/k=0,25 m$
c)
dal momento che $vec(a') = veca - veca_t$ e che $veca=vecg=+g$
si ha $mvec(a') = mveca - mveca_t = mvec(a')=sumvecF_i - mg$,
d)
$ma' = -kDeltax ldots ddotx+w^2x=0 $ ...
e)
pongo $x=Deltax$
la legge oraria è la soluzione dell'equazione del moto ed è quella nota $x(t)=Asen(wt+ phi)$
dalle condizioni iniziali ottengo:
$x(0) = mg/k$
$dotx(0)=0 ldots A= (mg)/k$ e $ phi=pi/2 $
per cui $x(t)= (mg)/k cos(wt)$.
$w=sqrt(k/m)=6.26 rad/s$
Poichè $x(t) - l_0=Deltax$, posso scrivere la legge oraria in funzione della posizione e non dell'allungamento come
$z(t)=(mg)/k + l_0$.
f)
la distanza minima da $O$ è data da: $h_(min) = x_eq - A$...=$ l_0 - (mg)/k = 0.6 - 0.25 = 0.35 m $.
g)
Ricavo l'espressione della velocità:
$v(t)= -(mgw)/k sen(wt)$.
Essa è massima se $sen(wt)=1$, quindi $wt = kpi/2, k in mathbb(Z) $.
per $k=1$, trovo risolvendo per t: $t_m=pi/(2w)=0.25 s$.
Sostituisco nell'espressione dell'allungamento $x(t_m) = (mg)/k cos(wt_m)= 0.25*cos(6.26*0.25)= 0.2499 m$
grazie a chiunque mi dia una conferma o un consiglio nel caso abbia commesso qualche errore
SOL.:
l'asse z è orientato verso il basso.
a) sulla massa m, per t<0, agiscono $vecP+vecF_(el)=vec0$.
b) dalla precedente relazione ricavo $Deltax = (mg)/k=0,25 m$
c)
dal momento che $vec(a') = veca - veca_t$ e che $veca=vecg=+g$
si ha $mvec(a') = mveca - mveca_t = mvec(a')=sumvecF_i - mg$,
d)
$ma' = -kDeltax ldots ddotx+w^2x=0 $ ...
e)
pongo $x=Deltax$
la legge oraria è la soluzione dell'equazione del moto ed è quella nota $x(t)=Asen(wt+ phi)$
dalle condizioni iniziali ottengo:
$x(0) = mg/k$
$dotx(0)=0 ldots A= (mg)/k$ e $ phi=pi/2 $
per cui $x(t)= (mg)/k cos(wt)$.
$w=sqrt(k/m)=6.26 rad/s$
Poichè $x(t) - l_0=Deltax$, posso scrivere la legge oraria in funzione della posizione e non dell'allungamento come
$z(t)=(mg)/k + l_0$.
f)
la distanza minima da $O$ è data da: $h_(min) = x_eq - A$...=$ l_0 - (mg)/k = 0.6 - 0.25 = 0.35 m $.
g)
Ricavo l'espressione della velocità:
$v(t)= -(mgw)/k sen(wt)$.
Essa è massima se $sen(wt)=1$, quindi $wt = kpi/2, k in mathbb(Z) $.
per $k=1$, trovo risolvendo per t: $t_m=pi/(2w)=0.25 s$.
Sostituisco nell'espressione dell'allungamento $x(t_m) = (mg)/k cos(wt_m)= 0.25*cos(6.26*0.25)= 0.2499 m$
grazie a chiunque mi dia una conferma o un consiglio nel caso abbia commesso qualche errore
Risposte
"feddy":
buonasera, vorrei una conferma sul seguente esercizio.
....................
SOL.:
l'asse z è orientato verso il basso.
a) sulla massa m, per t<0, agiscono $ vecP+vecF_(el)=vec0 $.
b) dalla precedente relazione ricavo $ Deltax = (mg)/k=0,25 m $
Si intende che questo $ Deltax = 0,25 m $ è l'allungamento statico della molla negli istanti t<0 . Cioè prima della caduta libera la molla è complessivamente lunga $0.6 m + 0.25m = 0.85 m $ .
c)
dal momento che $ vec(a') = veca - veca_t $ e che $ veca=vecg=+g $
Non ho capito se ti è chiaro quali sono le forze vere e quali le forze apparenti . Forze vere sono, nel tuo caso, il peso (diretto verso il basso) e la forza elastica, diretta verso l'alto, almeno all'inizio del moto. Forza apparente è la forza di inerzia di trascinamento, che vale $-m\veca_t$ . Quanto vale $a_t $ , e come è diretta questa forza di trascinamento ? Essendo il sistema in caduta libera, l'accelerazione di trascinamento vale proprio $g$ , e quindi la forza di inerzia di trascinamento è diretta verso l'alto , e equilibra del tutto il peso $mvecg$ ; in definitiva, la massa attaccata alla molla durante la caduta libera, e fin dall'inizio, si comporta come se fosse soggetta alla sola forza elastica della molla, e si trovasse in un riferimento inerziale. Quindi si ha il semplice moto armonico che si avrebbe se massa, molla e attacco fossero posti , supponiamo, sopra un piano orizzontale perfettamente liscio in un laboratorio terrestre, e la massa , allontanata dalla posizione di equilibrio, venisse lasciata andare.
Ma forse questo lo hai capito, perché poi hai scritto giustamente la solita equazione del moto armonico : $ ddotx+\omega^2x=0 $, che hai risolto con le condizioni iniziali date.
Volevo aggiungere piuttosto qualcosa, per chiarire . La situazione qui è identica a quella che si avrebbe in qualunque riferimento in caduta libera, per esempio la stazione spaziale internazionale ISS , se un astronauta prendesse una massa e la collegasse con una molla ad un gancio di una qualunque parete della ISS , poi la tirasse e la lasciasse andare . La massa compirebbe le sue tranquille oscillazioni, come descritto. L'ascensore del tuo esercizio si comporta, in caduta libera , come la ISS. Ho detto prima : " come se la molla si trovasse in un riferimento inerziale" . Non è una assurdità come potrebbe sembrare, essendo l'ascensore in caduta libera e quindi in moto accelerato rispetto alla Terra . È piuttosto un punto di vista diverso sui riferimenti inerziali e non , ma questo punto di vista sta alla base della relatività generale , nientemeno! Non è il caso di parlarne ora.
Circa le forze apparenti, o fittizie, o inerziali ( perché dipendono dalla massa inerziale del corpo) anche qui ci sarebbe tanto da dire , ma non è questa la sede, è un argomento delicato , spesso spiegato male. Ti basti sapere questo, per ora.
Le leggi della dinamica di Newton valgono a rigori nei riferimenti inerziali . Se noi ci mettiamo in un riferimento non inerziale, e vogliamo adoperare la seconda legge della dinamica, facciamo un abuso, ed è giocoforza introdurre delle "forze apparenti" nel riferimento non inerziale, per far tornare i conti. Semmai ci torneremo su un'altra volta.
Ciao,
si mi è chiaro quali siano e anche il fatto che esse siano utilizzate per giustificare situazioni in sistemi di riferimento non inerziali.
per il punto a), hai perfettamente ragione, mi sono dimenticato di aggiungere l_0 preso dalla foga di scrivere la soluzione, grazie per avermelo fatto notare
nel punto $c)$ che hai citato ho infatti scritto che si ha $ma' = sumvec(F_i) + F_t$, dove compare al secondo membro proprio il concetto da te citato, ossia somma delle forze vere, con l'aggiunta della forza di trascinamento dovuta alla caduta libera dell'ascensore
un'ultima cosa, il ragionamento per il punto f) è corretto?
grazie
si mi è chiaro quali siano e anche il fatto che esse siano utilizzate per giustificare situazioni in sistemi di riferimento non inerziali
. per il punto a), hai perfettamente ragione, mi sono dimenticato di aggiungere l_0 preso dalla foga di scrivere la soluzione, grazie per avermelo fatto notare
nel punto $c)$ che hai citato ho infatti scritto che si ha $ma' = sumvec(F_i) + F_t$, dove compare al secondo membro proprio il concetto da te citato, ossia somma delle forze vere, con l'aggiunta della forza di trascinamento dovuta alla caduta libera dell'ascensore
un'ultima cosa, il ragionamento per il punto f) è corretto?
grazie
Si, essendo A l'ampiezza dell'oscillazione.
Scusa mi sono sbagliato, intendevo il punto g). La scelta del $k$ è ininfluente, giusto?
Intendi riferirti a questo $k$ ?
Certamente, ogni qualvolta $sen(\omegat) = 1 $ la velocità è massima. Qui si sta immaginando un caso ideale, di oscillazioni che non finiscono e non si smorzano mai, perché non si dissipa energia. Quindi la velocità passa da zero a un massimo in un senso , e poi nell'altro, e cosi via .
"feddy":
..........
Essa è massima se $sen(wt)=1$, quindi $wt = kpi/2, k in mathbb(Z) $.
per $k=1$, trovo risolvendo per t: $t_m=pi/(2w)=0.25 s$.
Certamente, ogni qualvolta $sen(\omegat) = 1 $ la velocità è massima. Qui si sta immaginando un caso ideale, di oscillazioni che non finiscono e non si smorzano mai, perché non si dissipa energia. Quindi la velocità passa da zero a un massimo in un senso , e poi nell'altro, e cosi via .
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