6 svar
146 visningar
Wilar 191
Postad: 19 aug 2019 22:00 Redigerad: 19 aug 2019 22:01

Mynt som rullar på ett bord

Förstår mig inte helt på uppgift 6 på den här tentan (lösningsförslag). Har nämligen gjort en liknande uppgift (typ exakt denna), men lösningen på tentauppgiften är rätt annorlunda (och mer ologisk enligt mig). I tentauppgiften tar de varken hänsyn till att myntet rullar i en cirkel (och därmed finns det ingen centripetalkraft vid kontaktpunkten) eller myntets rotation kring sin egen axel. Dessutom verkar det som att de tänker att den totala rotationsvektorn bara ligger i riktningen som är parallell med diametern (vinkelrätt mot symmetririktningen). Finns dock inget i uppgiftsformuleringen, vad jag ser, som antyder att man kan göra dessa förenklingar...

pixisdot 76
Postad: 20 aug 2019 09:44

Det verkar ingen centripetalkraft på myntet eftersom centripetalkraften fås från F=ma, där a är accelerationen för masscentrum. Men i denna uppgift är masscentrum i vila, så a=0 och vi har ingen centripetalkraft. 

När det gäller rotationsvektorns fås resultatet genom en "vanlig" uträkning av totala rotationen. Låt ξ och η ha samma riktningar som i lösningsförslaget och låt ζ beteckna riktningen snett nedåt till höger om myntet i figuren, ortogonal mot ξ. Då har myntet en spinn runt sin egen axel ω=Ωcosαζ^. Precessionen för myntet i detta koordinatsystem är

Ω=-Ωcosαζ^ + Ωsinαξ^,

och då är den totala rotationen 

ω=Ωcosαζ^ + Ω = Ωsinαξ^,

dvs den totala rotationen riktas enbart längs diagonalen. Härifrån får man sedan momentet på samma sätt som i lösningsförslaget,

M=Ω×(Iω).

Jag skulle själv inte ha gjort den slutsats som de gör i första meningen på lösningsförslaget, och är lite osäker på hur man tänker sig fram till det utan den beräkning jag gjort. Jag skulle vara intresserad av att höra någon annans perspektiv på varför man direkt kan slutleda att den totala rotationen sker i ξ^-riktning.

Wilar 191
Postad: 20 aug 2019 12:23
pixisdot skrev:

Det verkar ingen centripetalkraft på myntet eftersom centripetalkraften fås från F=ma, där a är accelerationen för masscentrum. Men i denna uppgift är masscentrum i vila, så a=0 och vi har ingen centripetalkraft. 

När det gäller rotationsvektorns fås resultatet genom en "vanlig" uträkning av totala rotationen. Låt ξ och η ha samma riktningar som i lösningsförslaget och låt ζ beteckna riktningen snett nedåt till höger om myntet i figuren, ortogonal mot ξ. Då har myntet en spinn runt sin egen axel ω=Ωcosαζ^. Precessionen för myntet i detta koordinatsystem är

Ω=-Ωcosαζ^ + Ωsinαξ^,

och då är den totala rotationen 

ω=Ωcosαζ^ + Ω = Ωsinαξ^,

dvs den totala rotationen riktas enbart längs diagonalen. Härifrån får man sedan momentet på samma sätt som i lösningsförslaget,

M=Ω×(Iω).

Jag skulle själv inte ha gjort den slutsats som de gör i första meningen på lösningsförslaget, och är lite osäker på hur man tänker sig fram till det utan den beräkning jag gjort. Jag skulle vara intresserad av att höra någon annans perspektiv på varför man direkt kan slutleda att den totala rotationen sker i ξ^-riktning.

Hm, ok. Men jag ser som sagt inget i uppgiftsformuleringen som borde göra lösningsproceduren annorlunda än i uppgiften jag länkade. Iofs blir man inte given någon radie R som myntet rullar i här.

Ebola 2163
Postad: 20 aug 2019 20:50 Redigerad: 20 aug 2019 20:50

Uppgiften i tentamen är ett specialfall för då R-rcosα=0 (där R är precessionsradien)  vilket du kan läsa om i avsnitt 5 av Rolling disk kinematics.

Det ges i uppgiften att masscentrum är i vila vilket betyder att ovan specialfall gäller. Det följer då naturligt att man antingen gör härledningen pixisdot gjorde eller att man förstår det genom intuition att totala rotationsvektorn blir som den blir. Således är inte detta samma dynamiska problem som det vilket du länkade till i Physics Stack Exchange då masscentrum i detta problem är i rörelse vilket ger upphov till en horisontell tröghetskraft.

Wilar 191
Postad: 20 aug 2019 23:00 Redigerad: 20 aug 2019 23:01
Ebola skrev:

Uppgiften i tentamen är ett specialfall för då R-rcosα=0 (där R är precessionsradien)  vilket du kan läsa om i avsnitt 5 av Rolling disk kinematics.

Det ges i uppgiften att masscentrum är i vila vilket betyder att ovan specialfall gäller. Det följer då naturligt att man antingen gör härledningen pixisdot gjorde eller att man förstår det genom intuition att totala rotationsvektorn blir som den blir. Således är inte detta samma dynamiska problem som det vilket du länkade till i Physics Stack Exchange då masscentrum i detta problem är i rörelse vilket ger upphov till en horisontell tröghetskraft.

Ah, right. Då förstår jag varför myntets egen rotation ω=RΩ/r=Ωcos(α).

Men apropå det vi diskuterat innan: Visst får man samma svar om man parallellflyttar origo till kontaktpunkten? För om man använder Steiners så adderar man väl mr2 endast till Iηη och Iζζ (eftersom man parallellförflyttar längs ξ-axeln)? Och det är ju bara Iξξ som påverkar svaret.

Ebola 2163
Postad: 21 aug 2019 00:28
Matte357 skrev:

Ah, right. Då förstår jag varför myntets egen rotation ω=RΩ/r=Ωcos(α).

Men apropå det vi diskuterat innan: Visst får man samma svar om man parallellflyttar origo till kontaktpunkten? För om man använder Steiners så adderar man väl mr2 endast till Iηη och Iζζ (eftersom man parallellförflyttar längs ξ-axeln)? Och det är ju bara Iξξ som påverkar svaret.

Vi flyttar dels längs en huvudtröghetsaxel och dels längs med rotationsaxeln. Detta gör att varje punkt vi flyttar oss längs med är momentant i vila liksom masscentrum och lösningsgången bör bli densamma. Du kan verifiera detta genom att räkna med punkten halva radien mellan masscentrum och kontaktpunkten, det skulle vara spännande att se resultatet.

Wilar 191
Postad: 21 aug 2019 14:11 Redigerad: 21 aug 2019 14:11
Ebola skrev:
Matte357 skrev:

Ah, right. Då förstår jag varför myntets egen rotation ω=RΩ/r=Ωcos(α).

Men apropå det vi diskuterat innan: Visst får man samma svar om man parallellflyttar origo till kontaktpunkten? För om man använder Steiners så adderar man väl mr2 endast till Iηη och Iζζ (eftersom man parallellförflyttar längs ξ-axeln)? Och det är ju bara Iξξ som påverkar svaret.

Vi flyttar dels längs en huvudtröghetsaxel och dels längs med rotationsaxeln. Detta gör att varje punkt vi flyttar oss längs med är momentant i vila liksom masscentrum och lösningsgången bör bli densamma. Du kan verifiera detta genom att räkna med punkten halva radien mellan masscentrum och kontaktpunkten, det skulle vara spännande att se resultatet.

Det blir samma då summan om momenten fortfarande är mgrcosα

Svara Avbryt
Close