96. Periodo di un pendolo

Flaffo · Messaggio da **Flaffo** » 14 ott 2016, 13:29

Un pendolo semplice è liberato, da riposo, in posizione orizzontale. Definiamo $\theta$ a partire dall'orizzontale. ( $\theta =90$ per la verticale).Quale arco coprirà il pendolo in un tempo inferiore?

Quello:

AP da $\theta=0$ a $\theta=30$

O quello:

PB da $\theta=30$ a $\theta=90$

EDIT:

Risolvere senza integrali.

FedericoC. · Messaggio da **FedericoC.** » 14 ott 2016, 18:55

Dalla conservazione dell'energia si ricava la velocità in funzione di $\displaystyle \theta$ : $v=\sqrt{2glsen\theta}$
Prendendo il differenziale ottengo: $\displaystyle dv=\sqrt{2gl}\frac{cos\theta}{2\sqrt{sen\theta}}d\theta$ (1)
Ora dato che $\displaystyle \frac{dv}{dt}=gcos\theta$ (2)
Unendo la (1) e la (2) ottengo $\displaystyle dt=\sqrt{\frac{l}{2g}}\frac{1}{ \sqrt{sen\theta}}d\theta$ integrando $\displaystyle t=\sqrt{\frac{l}{2g}}\int{\frac{1}{ \sqrt{sen\theta}}d\theta}$
Per l'arco $AP$ integrando tra $0$ e $\displaystyle \frac{\pi}{6}$ ho $t_{AP}=1,454 \sqrt{\frac{l}{2g}}$

Per l'arco $PB$ integrando tra $\frac{\pi}{6}$ e $\displaystyle \frac{\pi}{2}$ ho $t_{PB}=1,168\sqrt{\frac{l}{2g}}$

L'arco che viene percorso più velocemente è quindi $PB$ .

Per l'integrale mi sono fatto aiutare da Wolfram perchè non sapevo proprio come risolverlo

Flaffo · Messaggio da **Flaffo** » 14 ott 2016, 20:03

Avrei dovuto sospettare che qualcuno l'avrebbe distrutto con gli integrali..

Per questo motivo edito.. se vuoi prova a rifarlo senza integrali. Se nessuno lo risolve entro qualche giorno, la staffetta comunque andrà a te.

FedericoC. · Messaggio da **FedericoC.** » 14 ott 2016, 20:07

Sono d'accordo con te, provo a trovare una soluzione alternativa

FedericoC. · Messaggio da **FedericoC.** » 14 ott 2016, 21:06

Non so se è il procedimento che cui pensavi, provo a postarlo

Dal teorema dell'impulso $\displaystyle dp=mdv$ , lasciando perdere i differenziali $\displaystyle J=\Delta p$ .
Lo riscriviamo come $\displaystyle \bar F t= m\sqrt{2glsen\theta}$ da cui ricaviamo:

$\displaystyle t=\frac{\sqrt{2glsen\theta} }{gcos\bar{\theta}}$ dove $\theta$ è l'angolo definito nel testo, mentre $\bar{\theta}$ è il valore medio dell'angolo che sottende l'arco che vogliamo considerare.

Troviamo:
$\displaystyle t_{AP}=\sqrt{\frac{l}{2g}}\frac{2\sqrt{sen\frac{\pi}{6}}}{cos\frac{\pi}{12}}= 1,464\sqrt{\frac{l}{2g}}$

$\displaystyle t_{PB}=\sqrt{\frac{l}{2g}}\frac{2(\sqrt{sen\frac{\pi}{2}}-\sqrt{sen\frac{\pi}{6}})}{cos\frac{\pi}{3}}= 1,172\sqrt{\frac{l}{2g}}$

Ovviamente per il secondo arco ho calcolato la variazione di velocità in quell'arco sottraendo a quella finale quella guadagnata nel primo arco. Ho scritto poi i risultati in questa forma in modo da poterli comparare a quelli del post precedente e mi sembra torni abbastanza, l'arco che viene percorso più velocemente come già detto è $PB$

Flaffo · Messaggio da **Flaffo** » 14 ott 2016, 21:53

Ok va bene. Diciamo che il risultato è leggermente diverso perché ovviamente $\theta$ medio è un pò prima della metà. Il problema è che se prima non avessi fatto l'integrale, ti sarebbe rimasto il dubbio dell'incertezza sul tempo. In ogni caso....

A te il testimone!!!

guido · Messaggio da **guido** » 15 ott 2016, 17:55

Per l'importanza che può avere ora io avevo studiato la funzione integranda di Federico senza risolvere l'integrale; osservando che diverge per x tendente a zero e che quindi l'area nel primo tratto di 30°(tempo) è di gran lunga superiore all'altro ritrovando il giusto risultato di Federico.

FedericoC. · Messaggio da **FedericoC.** » 15 ott 2016, 18:18

Effettivamente non ci avevo pensato, è un modo furbo per evitare l'integrale.
Prendo anche l'occasione per augurarti buon compleanno!

guido · Messaggio da **guido** » 17 ott 2016, 10:54

Grazie!

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