fisica

andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

Sì è proprio così

Shoma85 · Messaggio da **Shoma85** » 01 gen 1970, 01:33

un Altro problema:
 Abbiamo un liquido in un recipiente cilindrico che ruota a velocità angolare costante (tutto il liquido)
 Determinare la forma della superficie superiore del liquido . (l\'acqua è più alta ai lati e + bassa al centro).
 Come bisogna procedere per ottenere una semisfera?
 Trascurare la tensione superficiale...
 Ciao! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

Tamaladissa · Messaggio da **Tamaladissa** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-04-06 10:28, andrea84 wrote:
 Ciao propongo il seguente esercizio:
 
 
 Un corpo di massa M e un cilindro omogeneo di massa m sono collegati mediante una una fune inestensibile e una carrucola,entrambi di massa trascurabile.
 La fune è avvolta intorno al cilindro e si srotola mentre il cilindro si sposta verticalmente.
 Si determini:
 a) accelerazione del corpo
 b)l\'accelerazione angolare del cilindro
 c) la tensione della fune
 
 Ciao
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Quindi da quanto ho capito il cilindro funge da contrappeso al corpo di massa m. [Non è che è la carrucola che è a forma di cilindro dal quale scende il corpo vero??? (In quest\'ultimo caso tutto ciò che è scritto sotto è inutile)]
 
 Consideriamo solo il cilindro in un sistema a se. La sua energia potenziale non si trasformerà, a seguito dell\'attrazione gravitazionale, totalmente in energia cinetica traslazionale:
 
 Mgh/2=Mv^2/2 e
 
 Mgh/2=Iw^2/2 dove \"w\" è la velocità angolare e I è il momento d\'inerzia.
 
 Quindi la velocità finale di traslazione sarà v=sqrt(gh).
 
 Ora vediamo, a seguito di ciò che è appena stato detto, come varia la sua accelerazione.
 
 Abbiamo che:
 
 sqrt(gh)=a*t e h=(a*t^2)/2
 
 quindi a=[sqrt(gh]/t
 
 da cui h=[sqrt(gh)*t]/2 e quindi t=2h/sqrt(gh) dalla quale:
 
 a=gh/2h=g/2.
 
 Tutto questo per mostrare che l\'accelerazione verticale vale a=g/2.
 
 Ora tornando al problema abbiamo che in generale a=F/Mtot
 
 Quindi a=F/M+m; Ftot=mg+Mg/2 [per quel che si è detto prima]
 
 L\'accelerazione del corpo, sarà a=[g(m-M/2)]/(M+m).
 
 Per l\'accelerazione angolare dobbiamo considerare l momento che viene applicato al cilindro. Per indicare tale momento utilizzeremo la lettera N; l\'accelerazione angolare la chiamiamo j.
 
 N=I*j=(Ftot)*R dove R è il raggio del cilindro. Ftot= g(M/2+m) Quindi
 
 j=[g(M/2+m)*R]/I
 
 I nel nostro caso è I=(1/2)*MR^2, quindi j=2g(M/2+m)/M*R
 La tensione è la forza che applica momento al cilindro:
 
 T*R=N=I*j=[g(M/2+m)]*R, quindi T=g(M/2+m)
 
 Ditemi cosa ne pensate voi.
 
 Ciao [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Tamaladissa il 06-04-2004 20:42 ]

andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

uhm... mi dispiace ma non sono i risultati del libro.
 
 Cmq io ho provato a risolverlo così(anche se con capisco dove sbaglio)
 
 Siano T la tensione abbiamo che:
 
 T-mg=ma
 T=I(a/R)
 Mg-T=Ma
 
 mettendo a sistema e risolvendo però non arrivo a nulla <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif">
 
 Cosa sbaglio?? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
 
 Ciao ciao

Tamaladissa · Messaggio da **Tamaladissa** » 01 gen 1970, 01:33

Se consideriamo che la corda del cilindro si srotola a causa del momento applicato dalla fune a causa del corpo di massa m abbiamo:
 
 j*R=a j:acc. ang.
 T*R=N=I*j N:momento I:momento d\'inerzia
 T=mg
 j=mgR/I
 a=mgR^2/I
 I=1/2MR^2
 a=2mg/M
 
 In queste equazioni bisogna inserire il fatto che, da quanto ho capito nel frattempo il cilindro si muove..............
 
 Se scende comunque al cilindro verrà applicato un ulteriore momento pari a Mg........... [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Tamaladissa il 07-04-2004 14:16 ]

Humpty_Dumpty · Messaggio da **Humpty_Dumpty** » 01 gen 1970, 01:33

Salve a tutti!
 Propongo questo esercizio riguardante le leggi dei gas....
 Carlo costruisce un manometro a mercurio in questo modo: prende un tubo di vetro cilindrico lungo 80 cm aperto alle estremità e lo immerge per metà nel mercurio. Tappa quindi la sommità del tubo e lo estrae dal mercurio. Nel tubo rimane una colonna di mercurio alta 22 cm. Quanto valgono la pressione dell\'aria nel tubo e la pressione dell\'aria nella stanza? [R. pstanza=95kPa; ptubo=65kPa]
 
 A prima vista è una banalità. Tuttavia ci sono diverse cose che non riesco a spiegarmi. Prima fra tutte l\'incongruenza che risiede nel nome dato al dispositivo in questione: non assomiglia ad un barometro piuttosto che ad un manometro (quest\'ultimo ha il tubo a U)? Segue poi la MIA enorme difficoltà di raffigurarmi la situazione.... Non capisco se dopo l\'estrazione il tubo viene capovolto oppure.... boh non ci capisco niente. Sarò demente, ma potrebbero anche scrivere i testi degli es. con maggiore chiarezza!

Tamaladissa · Messaggio da **Tamaladissa** » 01 gen 1970, 01:33

Si in effetti quello del testo assomiglia più ad un barometro. Poi, anche se dal testo non si capisce tanto, credo che il cilindro venga sollevato fino a che un\'estremità sia sotto la superficie di mercurio.
 
 C\'è un problema però che manca il dato della pressione iniziale.
 
 Cioè supponendo di avere all\'inizio la pressione della stanza, si ricava subito la pressione del tubo.
 
 Infatti all\'inizio la pressione del tubo è uguale a quella circostante e quindi 95 Kpa. Quando viene immerso e tappato rimane così. In seguito quando viene estratto avremo che:
 
 95*40=x*58 da cui x=65 Kpa, come richiesto.
 
 Però senza conoscere la pressione iniziale, non saprei......... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif">

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Il problema,secondo me,ha senso se l\'estrazione del tubo avviene fino
 al punto in cui il bordo inferiore dello stesso si trovera\' \"a pelo\"
 con la superficie libera del mercurio .Se cosi\' e\',ecco la mia soluzione.
 (esprimo le pressioni in kPa e ricordo che 1cmHg=(101/76)kPa)
 Sia x la pressione esterna ,che sara\' anche quella nel tubo quando viene
 coperto e prima che venga estratto.Sollevando il tubo nel modo che
 si e\'detto,il volume occupato dall\'aria passa da 40*S a (80-22)*S =58*S
 (S=sezione del tubo) e la pressione interna dell\'aria a y tale che
 (legge di Boyle) x*40*S=y*58*S
 y=40/58*x
 Per l\'equilibrio deve essere:
 40/58*x+22*(101/76)=x
 da cui si ricava appunto :
 x=22*101*58/[76*18]
 =96kPa (circa)
 Per la pressione interna risulta:y=95*[40/58]
 =65kPa (circa).
 P.S.Non so perche\' ma gli \"otto\" vengono cioperti da una smile.
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 09-04-2004 14:34 ]

Tamaladissa · Messaggio da **Tamaladissa** » 01 gen 1970, 01:33

Si Karl, concordo con la tua soluz. Cmq, è vero, ha senso solo se un\'estremità rimane sotto la superficie.
 
 Ciao

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Cmq all\'inizio della tua sol al prob di Andrea Tamaladissa nn capisco perchè affermi che metà dell\'energia potenziale si trasforma in energia cinetica traslazionale e metà in rotazionale. L\'equazione dice:
 mgh= 1/2*m*v^2+1/2*I*w^2
 e ...1/2*I*w^2 nel problema vale 1/4m*v^2...
 Vorrei che mi chiarissi questo punto.
 Inoltre, credo che nn si possa nemmeno utilizzare questa relazione, dato che sul corpo agisce anche la tensione T e compie lavoro (la corda si sposta, non ha velocità nulla).
 Per risolvere il problema partirei da queste equazioni:
 
 acm= a centro di massa cilindro
 T=tensione
 M=massa cilindro
 m=massa corpo
 Pc=peso cilindro
 r=raggio cilindro
 
 acm=(T-Pc)/M
 acm=(theta*r)+accelerazione corda
 acc cord=(m*g-T)/m
 theta=2T/Mr
 
 da doveT=2*M*m*g/(M-m)
 ammesso che sin qui sia giusto, nn dovrebbe essere difficile proseguire. Nn lo faccio per scaramanzia!
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 09-04-2004 19:22 ]

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Vedo che Andrea si connette e sconnette senza confermare o confutare la mia sol. Devo considerarla errata?
 Altri commenti?
 
 p.s.: date comunque un\'occhiata anche all\'esercizio sulle correnti che ho postato su :\'non solo matematica\'

Tamaladissa · Messaggio da **Tamaladissa** » 01 gen 1970, 01:33

Innanzitutto non mi chiamo Andrea, cmq ho letto adesso ciò che hai scritto.
 
 Si prima ho scritto una ca....ta in effetti. ora devo uscire però. appena torno ti so dire ciao............ <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

il prob di Andrea VIRGOLA Tamaladissa VIRGOLA
 A forza di tradurre dal latino prendo queste brutte abitudini (sicuro!!!)
 
 Cmq sul forum nn chiamo le persone per nome; infine chiedevo di Andrea perchè se nn sbaglio ha affermato di possedere la soluzione
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 09-04-2004 20:52 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 09-04-2004 20:53 ]

info · Messaggio da **info** » 01 gen 1970, 01:33

Spero di nn averti offeso....cmq credo di poterti chiamare per nome, grazie alle mie elevate doti investigative (per NOME, nn per pseudonimo! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
 
 E poi scusa ma ho la brutta abitudine di considerare quelli ON-LINE come coloro che guardano il forum, nn come quelli che hanno aperto il forum sul PC. C\'è una bella differenza! [ Questo Messaggio è stato Modificato da: info il 09-04-2004 20:50 ]

Tamaladissa · Messaggio da **Tamaladissa** » 01 gen 1970, 01:33

Ma va figurati, non mi son mica offeso, stavo scherzando, tranquillo.... eh eh
 
 Ma allora Andrea (quello vero) ce le ha le soluzioni? Perchè qualche messaggio fa aveva detto che le mie non corrispondevano a quelle del libro, quindi ce le avrà suppongo.......... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">