[RISOLTO] Accelerazione nel pendolo semplice
Buongiorno, sto svolgendo un esercizio sul pendolo semplice. In pratica devo calcolare la differenza di tensione nel punto più alto e in quello più basso della traiettoria.
Il punto più alto , per me, è quando, il pendolo oscillando, fa arrivare la massa nel punto più alto alla sinistra del punto di ancoraggio O. Mentre il punto più basso e' quando la massa si trova al di sotto del punto O nella traiettoria.
Il problema si pone quando scrivo la 2° legge di Newton per il punto più alto, ed è la seguente:
\(\displaystyle \begin{cases} x: mg\sin(\alpha) = ma_{x} \\ y: T - mg\cos(\alpha) = ma_{y} \end{cases} \)
Ho 2 domande:
1) \(\displaystyle a_{x} \) è l'accelerazione tangenziale. Nel punto più alto della traiettoria, non dovrebbe annullarsi? In un certo istante la massa si ferma e poi ritorna muoversi. Oppure e' proprio quella forza a far "muovere" il pendolo? Quindi esiste sempre?
2) \(\displaystyle a_{y} \) è l'accelerazione centripeta. Nella soluzione non viene menzionata, perchè? Si annulla? E in che modo? Forse il moto avviene solo sull'asse x?
Grazie della disponibilità
Il punto più alto , per me, è quando, il pendolo oscillando, fa arrivare la massa nel punto più alto alla sinistra del punto di ancoraggio O. Mentre il punto più basso e' quando la massa si trova al di sotto del punto O nella traiettoria.
Il problema si pone quando scrivo la 2° legge di Newton per il punto più alto, ed è la seguente:
\(\displaystyle \begin{cases} x: mg\sin(\alpha) = ma_{x} \\ y: T - mg\cos(\alpha) = ma_{y} \end{cases} \)
Ho 2 domande:
1) \(\displaystyle a_{x} \) è l'accelerazione tangenziale. Nel punto più alto della traiettoria, non dovrebbe annullarsi? In un certo istante la massa si ferma e poi ritorna muoversi. Oppure e' proprio quella forza a far "muovere" il pendolo? Quindi esiste sempre?
2) \(\displaystyle a_{y} \) è l'accelerazione centripeta. Nella soluzione non viene menzionata, perchè? Si annulla? E in che modo? Forse il moto avviene solo sull'asse x?
Grazie della disponibilità
Risposte
Gli assi x e y qui , a quanto pare, non sono l'orizzontale e verticale, ma, come anche tu dici, la direzione tangenziale (x), perpendicolare al filo, e radiale (y), lungo il filo.
L'accelerazione tangenziale non è per niente nulla nel punto più alto, anzi è massima; qui è nulla la velocità, non l'accelerazione. (Tieni presente che, nel moto armonico, velocità e accelerazione sono sinusoidi sfasate di 1/4 di periodo, quando una è massima o minima l'altra è zero)
Se disegni le due forze che agiscono sulla massa, tensione e peso, vedi che nel punto più alto la risultante vale $mgsin alpha$, e la tensione del filo è $mgcos alpha$.
L'accelerazione centripeta è legata alla velocità, e quindi nel punto più alto è nulla.
L'accelerazione tangenziale non è per niente nulla nel punto più alto, anzi è massima; qui è nulla la velocità, non l'accelerazione. (Tieni presente che, nel moto armonico, velocità e accelerazione sono sinusoidi sfasate di 1/4 di periodo, quando una è massima o minima l'altra è zero)
Se disegni le due forze che agiscono sulla massa, tensione e peso, vedi che nel punto più alto la risultante vale $mgsin alpha$, e la tensione del filo è $mgcos alpha$.
L'accelerazione centripeta è legata alla velocità, e quindi nel punto più alto è nulla.
Ti ringrazio molto della risposta, ho capito!
Ho un altro problemino su questo esercizio. Devo trovare la differenza di tensione dal punto più basso a quello più alto della traiettoria.
Dopo vari passaggi, trovo:
\(\displaystyle T_{a} = mgcos(\theta) \)
\(\displaystyle T_{b} = mg+\frac{mv^{2}}{L} \)
dove \(\displaystyle T_{a} \) e \(\displaystyle T_{b} \) sono rispettivamente le tensioni nel punto più alto e più basso della traiettoria.
Ora mi sono calcolato anche l'angolo \(\displaystyle \theta = \frac{\pi}{6} \)
Mi manca la velocità che ho trasformato nel seguente modo:
\(\displaystyle T_{b} = mg+\frac{mv^{2}}{L} \) dove \(\displaystyle v = wL \) in cui \(\displaystyle w = \frac{d\theta}{dt} \) quindi
\(\displaystyle T_{b} = mg+ \frac{d^{2}\theta}{dt^{2}}L \)
sapendo che \(\displaystyle \frac{d^{2}\theta}{dt^{2}} = -\frac{g}{L}\sin(\theta) \) alla fine ottengo:
\(\displaystyle T_{b} = mg-mg\sin(\theta) \)
E sostituendo \(\displaystyle \theta = \frac{\pi}{6} \) ottengo \(\displaystyle T_{b} = 0.50031 \)
Invece \(\displaystyle T_{a} = 0.866 \)
Quindi: \(\displaystyle T_{b} - T_{a} = -0.366 \)
Il risultato del libro è 0.4N
Secondo voi è corretto quello che ho scritto? Dove sbaglio?
Grazie ancora!
Dopo vari passaggi, trovo:
\(\displaystyle T_{a} = mgcos(\theta) \)
\(\displaystyle T_{b} = mg+\frac{mv^{2}}{L} \)
dove \(\displaystyle T_{a} \) e \(\displaystyle T_{b} \) sono rispettivamente le tensioni nel punto più alto e più basso della traiettoria.
Ora mi sono calcolato anche l'angolo \(\displaystyle \theta = \frac{\pi}{6} \)
Mi manca la velocità che ho trasformato nel seguente modo:
\(\displaystyle T_{b} = mg+\frac{mv^{2}}{L} \) dove \(\displaystyle v = wL \) in cui \(\displaystyle w = \frac{d\theta}{dt} \) quindi
\(\displaystyle T_{b} = mg+ \frac{d^{2}\theta}{dt^{2}}L \)
sapendo che \(\displaystyle \frac{d^{2}\theta}{dt^{2}} = -\frac{g}{L}\sin(\theta) \) alla fine ottengo:
\(\displaystyle T_{b} = mg-mg\sin(\theta) \)
E sostituendo \(\displaystyle \theta = \frac{\pi}{6} \) ottengo \(\displaystyle T_{b} = 0.50031 \)
Invece \(\displaystyle T_{a} = 0.866 \)
Quindi: \(\displaystyle T_{b} - T_{a} = -0.366 \)
Il risultato del libro è 0.4N
Secondo voi è corretto quello che ho scritto? Dove sbaglio?
Grazie ancora!
"Escher":
\(\displaystyle T_{a} = mgcos(\theta) \)
\(\displaystyle T_{b} = mg+\frac{mv^{2}}{L} \)
.
.
.
\(\displaystyle T_{a} = 0.866 \)
\(\displaystyle T_{b} = 0.50031 \)
Non ti sembra un po' strano?
Dici che $T_a <= mg$
poi dici che $T_b = mg + $ qualcosa di positivo, e alla fine trovi $T_a > T_b$ ???
Non è che hai messo \(\displaystyle ( \frac{d\theta}{dt})^2\ = \frac{d^{2}\theta}{dt^{2}} \) ?
Ossia, il quadrato di una velocità (angolare) = accelerazione (angolare)?
Più semplicemente, la velocità la puoi trovare con la solita formula della caduta $v = sqrt(2gh)$, dove $h$ è la discesa da$pi/6$ a zero, $h = L(1 - cos theta)$
Ossia, il quadrato di una velocità (angolare) = accelerazione (angolare)?
Più semplicemente, la velocità la puoi trovare con la solita formula della caduta $v = sqrt(2gh)$, dove $h$ è la discesa da$pi/6$ a zero, $h = L(1 - cos theta)$
Grazie mille, ho risolto! Applicando , come suggerivi tu , \(\displaystyle v = \sqrt{2gh} \), in quanto h l'avevo già trovata.
Non so cosa sbagliavo prima, i miei passaggi erano:
\(\displaystyle T_{b} = mg + \frac{mv^{2}}{L} \)
so che \(\displaystyle v = wL \) quindi \(\displaystyle T_{b} = mg + \frac{mw^{2}L^{2}}{L} \) che semplificando
\(\displaystyle T_{b} = mg + mw^{2}L \)
Ora so che \(\displaystyle w = \frac{d\theta}{dt} \) sostituisco \(\displaystyle T_{b} = mg + m\frac{d^{2}\theta}{dt^{2}} L \)
Poi \(\displaystyle \frac{d^{2}\theta}{dt^{2}} = -\frac{g}{L}\sin(\theta) \) e quindi
\(\displaystyle T_{b} = mg - mg\sin(\theta) \)
Comunque l'importante è che ho risolto, grazie della risposta e del suggerimento!
Non so cosa sbagliavo prima, i miei passaggi erano:
\(\displaystyle T_{b} = mg + \frac{mv^{2}}{L} \)
so che \(\displaystyle v = wL \) quindi \(\displaystyle T_{b} = mg + \frac{mw^{2}L^{2}}{L} \) che semplificando
\(\displaystyle T_{b} = mg + mw^{2}L \)
Ora so che \(\displaystyle w = \frac{d\theta}{dt} \) sostituisco \(\displaystyle T_{b} = mg + m\frac{d^{2}\theta}{dt^{2}} L \)
Poi \(\displaystyle \frac{d^{2}\theta}{dt^{2}} = -\frac{g}{L}\sin(\theta) \) e quindi
\(\displaystyle T_{b} = mg - mg\sin(\theta) \)
Comunque l'importante è che ho risolto, grazie della risposta e del suggerimento!
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo