Mekanik kraftekvation acceleration trissor (Fysik/Universitet)

Jag sitter å upprepat räknar onumrerade sidor. Är det uppgift 1.16 du menar?

Affe Jkpg skrev:
Jag sitter å upprepat räknar onumrerade sidor. Är det uppgift 1.16 du menar?

ja stämmer

Jaha...det är svårt att veta var du tycker det blir svårt.

Förstår du första raden vid $1$ ?

Förstår du poängen med att bli av med trådkraften "S" genom manövern:
$2 * 1 + 2$

Affe Jkpg skrev:
Jaha...det är svårt att veta var du tycker det blir svårt.
Förstår du första raden vid $1$ ?

ja, alltså det jag har svårt med är hur jag kommer fram till att rad1. 2X'' . och att den på 2. är x'' , dvs förhållandena mellan accelerationerna, hur dom tas fram

Affe Jkpg skrev:
Förstår du poängen med att bli av med trådkraften "S" genom manövern:
$2 * 1 + 2$

ja det är jag med på

rewop skrev:
Affe Jkpg skrev:
Jaha...det är svårt att veta var du tycker det blir svårt.
Förstår du första raden vid $1$ ?
ja, alltså det jag har svårt med är hur jag kommer fram till att rad1. 2X'' . och att den på 2. är x'' , dvs förhållandena mellan accelerationerna, hur dom tas fram

Jo det finns en viktig egenskap på rad $1$ , tvåan i " $2 m \overset{. .}{x}$ "

x-axeln sitter på den stora massan.

Pga. trissan kommer den lilla massan röra sig $2 Δ x$ när den stora massan rör sig $Δ x$

Försök rita detta på t.ex. ett rutat papper :-)

Affe Jkpg skrev:
rewop skrev:
Affe Jkpg skrev:
Jaha...det är svårt att veta var du tycker det blir svårt.
Förstår du första raden vid $1$ ?
ja, alltså det jag har svårt med är hur jag kommer fram till att rad1. 2X'' . och att den på 2. är x'' , dvs förhållandena mellan accelerationerna, hur dom tas fram
Jo det finns en viktig egenskap på rad $1$ , tvåan i " $2 m \overset{. .}{x}$ "
x-axeln sitter på den stora massan.
Pga. trissan kommer den lilla massan röra sig $2 Δ x$ när den stora massan rör sig $Δ x$
Försök rita detta på t.ex. ett rutat papper :-)

men hur vet jag att den flyttar sig 2Δx, varför inte 3Δx?

Ställ upp längden L på snöret som en summa av dellängderna och lägeskoordinaterna.

Eftersom längden L är konstant måste tidsderivatan av L vara 0.

Derivera och lös ut den ena koordinaten som funktion av den andra.

Guggle skrev:
Ställ upp längden L på snöret som en summa av dellängderna och lägeskoordinaterna.
Eftersom längden L är konstant måste tidsderivatan av L vara 0.
Derivera och lös ut den ena koordinaten som funktion av den andra.

Det är det här jag har problem med, dellängderna och lägeskoordinaterna, hur ska dessa sättas upp dessa för att jag ska få rätt svar?

Låt snörets längd vara $L$ . Vi går från väggen hela vägen fram till trissan, det är längden $x_1$ sedan går vi halva varvet runt trissan, det är längden $\pi d/2$ , slutligen går vi längden $(x_1-x_2)$ . Nu har vi fått hela snörets längd, alltså

$L=x_1+\pi d/2+(x_1-x2)$

Vi deriverar med avseende på tiden, längden är konstant, alltså får vi

$0=\dot{x_1}+\dot{x_1}-\dot{x_2}$

$2\dot{x_1}=\dot{x_2}$

Hastigheten för $x_2$ är tydligen dubbelt så stor som för $x_1$ . Deriverar vi ytterligare en gång för vi förhållandet mellan accelerationerna.

Man behöver inte vara så matematisk som Guggle visar, om man tycker det blir för svårt.
Ta ungefär Guggles figur, men rita den på ett rutigt papper.
1. Börja med att rita den lilla vikten ända nere vid trissan.
2. Flytta sedan den lilla vikten så långt som möjligt till vänster.
3. Hur långt förflyttade sig då den lilla och den stora vikten?

Guggle skrev:
Låt snörets längd vara $L$ . Vi går från väggen hela vägen fram till trissan, det är längden $x_1$ sedan går vi halva varvet runt trissan, det är längden $\pi d/2$ , slutligen går vi längden $(x_1-x_2)$ . Nu har vi fått hela snörets längd, alltså
$L=x_1+\pi d/2+(x_1-x2)$
Vi deriverar med avseende på tiden, längden är konstant, alltså får vi
$0=\dot{x_1}+\dot{x_1}-\dot{x_2}$
$2\dot{x_1}=\dot{x_2}$
Hastigheten för $x_2$ är tydligen dubbelt så stor som för $x_1$ . Deriverar vi ytterligare en gång för vi förhållandet mellan accelerationerna.

Tackar för ett bra svar!!, följdfråga när du sätter ut x1 och x2, beror riktningen och placeringen(dvs väggen) att båda accelerera åt samma håll, exempelvis frågan ovanför 1,16 ... 1,14 så accelererar lådorna åt olika håll, hur skulle man sätta ut dem där.

Det går att sätta ut sina koordinater på många olika sätt och det är inte avgörande hur man väljer att göra det. Eftersom vi dessutom deriverar kommer alla eventuella konstanta avstånd försvinna, vi behöver alltså inte vara petiga med trissornas diametrar eller den exakta placeringen. Det viktiga är att vi får med hur koordinaternas relativa rörelser är sammanbundna genom tvångsvillkoret.

Här är ett exempel

Först går snöret från väggen till den första trissen, längden $x_1$ . Sedan går snöret halva varvet runt trissan, $\pi d/2$ . Snöret fortsätter tillbaka till trissa nummer 2, längden $x_1$ , runt trissan $\pi d /2$ och sträckan $x_2$ från sista trissan till lådan. Hela längden ska vara L, dvs

$L=x_1+\pi d/2+x_1+\pi d/2+x_2$

$-2\dot{x_1}=\dot{x_2}$

Tydligen rör sig lådorna åt olika håll i den här gången

Det är när vi ställer upp Newton II för de två frilagda lådorna det är viktigt att vi håller koll på åt vilket håll koordinaterna pekar. Krafter som pekar i samma riktning som koordinaten ska ha positivt tecken. För den övre lådan i det här exemplet gäller alltså

$m\ddot{x_2}=-s+\mu mg$

Notera hur spännkraften i snöret (som pekar mot $x_2$ ) går in med negativt tecken. Friktionen verkar mot den faktiska rörelsen (den lilla klossen kommer röra sig åt vänster relativt den stora klossen) och går därmed in med positivt tecken

Substituerar vi tvångsvillkoret och ställer upp motsvarande friläggning för den stora lådan (M) får vi

$-2m\ddot{x_1}=-s+\mu mg$

$M\ddot{x_1}=P-2s-\mu g(2m+M)$

Lägger man (-2) gånger av den första ekvationen till den andra för att eliminera s och löser ut $\ddot{x_1}$ får man

$\ddot{x_1}=\frac{P-\mu g(4m+M)}{4m+M}$

Ett annat och kanske mer elegant sätt att lösa uppgiften är att studera energin. Eftersom snörkraften inte uträttar något arbete (varför?) kommer $Px$ minus friktionsförlusterna vara lika med den kinetiska energin hos de två kropparna.

Guggle skrev:
Det går att sätta ut sina koordinater på många olika sätt och det är inte avgörande hur man väljer att göra det. Eftersom vi dessutom deriverar kommer alla eventuella konstanta avstånd försvinna, vi behöver alltså inte vara petiga med trissornas diametrar eller den exakta placeringen. Det viktiga är att vi får med hur koordinaternas relativa rörelser är sammanbundna genom tvångsvillkoret.
Här är ett exempel
Först går snöret från väggen till den första trissen, längden $x_1$ . Sedan går snöret halva varvet runt trissan, $\pi d/2$ . Snöret fortsätter tillbaka till trissa nummer 2, längden $x_1$ , runt trissan $\pi d /2$ och sträckan $x_2$ från sista trissan till lådan. Hela längden ska vara L, dvs
$L=x_1+\pi d/2+x_1+\pi d/2+x_2$
$-2\dot{x_1}=\dot{x_2}$
Tydligen rör sig lådorna åt olika håll i den här gången
Det är när vi ställer upp Newton II för de två frilagda lådorna det är viktigt att vi håller koll på åt vilket håll koordinaterna pekar. Krafter som pekar i samma riktning som koordinaten ska ha positivt tecken. För den övre lådan i det här exemplet gäller alltså
$m\ddot{x_2}=-s+\mu mg$
Notera hur spännkraften i snöret (som pekar mot $x_2$ ) går in med negativt tecken. Friktionen verkar mot den faktiska rörelsen (den lilla klossen kommer röra sig åt vänster relativt den stora klossen) och går därmed in med positivt tecken
Substituerar vi tvångsvillkoret och ställer upp motsvarande friläggning för den stora lådan (M) får vi
$-2m\ddot{x_1}=-s+\mu mg$
$M\ddot{x_1}=P-2s-\mu g(2m+M)$
Lägger man (-2) gånger av den första ekvationen till den andra för att eliminera s och löser ut $\ddot{x_1}$ får man
$\ddot{x_1}=\frac{P-\mu g(4m+M)}{4m+M}$
Ett annat och kanske mer elegant sätt att lösa uppgiften är att studera energin. Eftersom snörkraften inte uträttar något arbete (varför?) kommer $Px$ minus friktionsförlusterna vara lika med den kinetiska energin hos de två kropparna.

ugh jag stöter fortfarande på problem med detta, när jag gör samma sak som ovan på uppgift 1.13, får jag ut L = x1 + x2 dvs

x(1) = -x(2), men det stämmer ju inte

Till skillnad från i t.ex. 1.16, så finns det i 1.13 inget "utväxlings-förhållande" mellan hur "m" och "M" rör sig. Dom rör sig bara i olika riktning. Så man kan betrakta det som att dom rör sig utmed samma x-axel, men med olika riktning.

Affe Jkpg skrev:
Till skillnad från i t.ex. 1.16, så finns det i 1.13 inget "utväxlings-förhållande" mellan hur "m" och "M" rör sig. Dom rör sig bara i olika riktning. Så man kan betrakta det som att dom rör sig utmed samma x-axel, men med olika riktning.

hmm men eftersom dom rörsig i olika riktning varför borde på din förhållandena vara x(1)=x(2), i alla andra uppgifter där kropparna accelrerar åt olika håll så får vi ju en negativ och en positiv???

förhållandet i uppgift 1.13 är ju mx'' och Mx'', antar att han skrivit rätt?

rewop skrev:
Affe Jkpg skrev:
Till skillnad från i t.ex. 1.16, så finns det i 1.13 inget "utväxlings-förhållande" mellan hur "m" och "M" rör sig. Dom rör sig bara i olika riktning. Så man kan betrakta det som att dom rör sig utmed samma x-axel, men med olika riktning.
hmm men eftersom dom rörsig i olika riktning varför borde på din förhållandena vara x(1)=x(2), i alla andra uppgifter där kropparna accelrerar åt olika håll så får vi ju en negativ och en positiv???
förhållandet i uppgift 1.13 är ju mx'' och Mx'', antar att han skrivit rätt?

Jösses! Ser jag samma potentiella teckenfel som du? "P" borde väl vara större än "2F"

Jag tycker det är pedagogisk enklare att skriva kraftekvationerna som $\sum_{n = 1}^{k} F_{n} = 0$

Sedan vill jag rita accelerations-krafterna som motkrafter och får då:

$1 : F - f - m \overset{. .}{x} = 0 2 : F + f - P + M \overset{. .}{x} = 0$

Affe Jkpg skrev:
Jag tycker det är pedagogisk enklare att skriva kraftekvationerna som $\sum_{n = 1}^{k} F_{n} = 0$
Sedan vill jag rita accelerations-krafterna som motkrafter och får då:
$1 : F - f - m \overset{. .}{x} = 0 2 : F + f - P + M \overset{. .}{x} = 0$

ja men då får du oxå -mx och +Mx, har han skrivit fel då lr?

Skulle du kunna länka en bild på själva frågan till uppgift 1.13? Om vagnen rör sig åt höger kommer det lilla blocket glida åt vänster. Det innebär att friktionskraften på det lilla blocket ska vara riktad åt höger.

Eftersom den kinetiska energin är bevarad måste $U=T_1-T_2$ (och vi förutsätter att vagnens hjul är friktionslösa)

$Px-2\mu m g x=\frac{(m+M)\dot{x}^2}{2}$

Rätt svar på uppgift 1.13 med ovanstående antaganden och gissningar om vad frågan är blir alltså

$\dot{x}=\sqrt{\frac{2(P-2\mu m g)x}{M+m}}$

Edit: ska naturligtvis vara roten ur...

Guggle skrev:
Skulle du kunna länka en bild på själva frågan till uppgift 1.13? Om vagnen rör sig åt höger kommer det lilla blocket glida åt vänster. Det innebär att friktionskraften på det lilla blocket ska vara riktad åt höger.
Eftersom den kinetiska energin är bevarad måste $U=T_1-T_2$ (och vi förutsätter att vagnens hjul är friktionslösa)
$Px-2\mu g x=\frac{(m+M)\dot{x}^2}{2}$
Rätt svar på uppgift 1.13 med ovanstående antaganden och gissningar om vad frågan är blir alltså
$\dot{x}=\sqrt{\frac{2(P-2\mu m g)x}{M+m}}$
Edit: ska naturligtvis vara roten ur...

har ej orginal frågan, använde bara som exempel på en uppgift som såg snar lik ut i boken, kan lägga upp den...

rewop skrev:
Affe Jkpg skrev:
Jag tycker det är pedagogisk enklare att skriva kraftekvationerna som $\sum_{n = 1}^{k} F_{n} = 0$
Sedan vill jag rita accelerations-krafterna som motkrafter och får då:
$1 : F - f - m \overset{. .}{x} = 0 2 : F + f - P + M \overset{. .}{x} = 0$
ja men då får du oxå -mx och +Mx, har han skrivit fel då lr?

Precis, åsså får jag i stället:

$\overset{. .}{x} = \frac{P - 2 F}{M - m}$

Det tycks vara rimligt att få acceleration när dragkraften "P" i vagnen är större än linkrafterna "2F"

Okej, då får vi hitta på en egen tolkning av frågan. Vi antar att frågan är ungefär densamma som i resten av problemsamlingen, dvs bestäm $v=\sqrt{2x\ddot{x}}$ och vi antar att vagnen rör sig åt höger

$L=x_1+x_2\quad \iff \quad \ddot{x_1}=-\ddot{x_2}$ . När vagnen rör sig åt höger kommer massan m röra sig åt vänster. Newtons andra lag ger:

$M\ddot{x_1}=P-\mu m g-s$

$m\ddot{x_2}=\mu m g-s$

Om vi utnyttjar tvångsvillkoret mellan koordinaterna och eliminerar s får vi alltså

$\ddot{x_1}=\frac{P-2\mu m g}{M+x}$

$v=\sqrt{\frac{2(P-2\mu m g)x}{M+m}}$

Som av en händelse samma svar man får med en energibetraktelse, se ovan. Det är också samma svar man fått i anteckningarna, förutom att man i anteckningarna slarvat och missat att det ska vara ett plustecken mellan massorna (förutsatt att de räknat på samma uppgift som vi räknat på nu).

Affe Jkpg skrev:
Precis, åsså får jag i stället:
$\overset{. .}{x} = \frac{P - 2 F}{M - m}$
Det tycks vara rimligt att få acceleration när dragkraften "P" i vagnen är större än linkrafterna "2F"

Bra, men det är tänkt att du ska eliminera linkraften F eftersom det är en av de okända...

Om du tar -1 av din första ekvation och lägger till din andra ekvation får du rätt svar. :)

Guggle skrev:
Affe Jkpg skrev:
Precis, åsså får jag i stället:
$\overset{. .}{x} = \frac{P - 2 F}{M - m}$
Det tycks vara rimligt att få acceleration när dragkraften "P" i vagnen är större än linkrafterna "2F"
Bra, men det är tänkt att du ska eliminera linkraften F eftersom det är en av de okända...
Om du tar -1 av din första ekvation och lägger till din andra ekvation får du rätt svar. :)

Jag ville bara illustrera tecken-felet i lösningen i PDF-filen. Om man behåller "M-m" i nämnaren kan det omöjligen stå "2f-P" i täljaren