Meknanik: hitta Kontaktkrafter (uppg. 4.16)

Uppdatering:
Har hittat $R_\theta$ för ett tag sedan men kan fortfarande inte hitta $R_r$. Tycker den borde vara lättare, men tydligen inte för mig.!

Din bild saknas (åtminstone för min webbläsare)

D4NIEL skrev:

Din bild saknas (åtminstone för min webbläsare)

Oj! Jag kan se, men lägger in här också:

Jag antar att du kommit på att du bör räkna tröghetsmomentet kring $O$ istället för kring $G$ (eller åtminstone förflytta det dit med Steiners sats) eftersom du fått ut $R_\theta$.

För att beräkna $R_r$ kan du använda energiekvationen. Innan stången börjar rotera befinner sig G på höjden $l/3$ över O. När den roterat en vinkel $\theta$ har tyngdpunkten förflyttat sig nedåt i det konservativa gravitationsfältet, samtidigt som rotationsenergin har ökat. Teckna energiekvationen och lös ut $\omega^2$

Slutligen kan du sätta in uttrycket för $\omega^2$ i kraftekvationen $\hat{r}$-led.

Säg till om du fastnar och visa dina försök så kan vi säkert få ordning på det :)

D4NIEL skrev:

Jag antar att du kommit på att du bör räkna tröghetsmomentet kring $O$ istället för kring $G$ (eller åtminstone förflytta det dit med Steiners sats) eftersom du fått ut $R_\theta$.

För att beräkna $R_r$ kan du använda energiekvationen. Innan stången börjar rotera befinner sig G på höjden $l/3$ över O. När den roterat en vinkel $\theta$ har tyngdpunkten förflyttat sig nedåt i det konservativa gravitationsfältet, samtidigt som rotationsenergin har ökat. Teckna energiekvationen och lös ut $\omega^2$

Slutligen kan du sätta in uttrycket för $\omega^2$ i kraftekvationen $\hat{r}$-led.

Säg till om du fastnar och visa dina försök så kan vi säkert få ordning på det :)

Precis, så långt har jag också kommit. Men då kommer problemet att hitta ett uttryck för v. Hur jag än vänder på det kommer jag inte fram till ett uttryck för v som inte innehåller $\omega$...

Jag är nog inte riktigt med på varför du vill ha ett uttryck för $v$? Rotationsenergin blir

$T=\frac12 I_O\omega^2$

Men $v=V_G=r\omega=\frac13 l \omega$ om det nu skulle behövas någonstans :)

$a_G=-\frac13 l\omega^2\hat{r}+\frac13 l\alpha \hat{\theta}$ (polära koordinater)

Edit: Eller undrar du om vertikalkomposanten $V$ av kraften $R$? Det är bara en projektion av dina uttryck?

D4NIEL skrev:

Jag är nog inte riktigt med på varför du vill ha ett uttryck för $v$? Rotationsenergin blir

$T=\frac12 I_O\omega^2$

Men $v=V_G=r\omega=\frac13 l \omega$ om det nu skulle behövas någonstans :)

$a_G=-\frac13 l\omega^2\hat{r}+\frac13 l\alpha \hat{\theta}$ (polära koordinater)

 

Edit: Eller undrar du om vertikalkomposanten $V$ av kraften $R$? Det är bara en projektion av dina uttryck?

Okej okej, såhär tänkte jag:
Läge 1: stången står upp längs vertikalen

$E=\frac{5lcos\theta }{6}mg +\frac{I_G \omega ^2}{2}$ (potentiell energi + tröghetsmoment-delen, kinetisk energi=0)

Läge 2: Stången ligger ner ($\theta =\frac{\pi }{2}$)
$E=\frac{mv^2}{2}$

Tag fram $\omega$:
$\omega ^2=\frac{mv^2}{I_G}-\frac{mg10lcos\theta}{6I_G }$
(Var mycket snabb här, oklart om det är rätt men är min idé det?)

Kraftekvationen i r-led (cylindriska koordinater):
$\bar e_r : R_r -mgcos\theta =-\frac{l}{3}\omega ^2$

Med $\omega ^2 =\frac{mv^2}{I_G}-\frac{mg10lcos\theta}{6I_G }$:
$\bar e_r : R_r -mgcos\theta =-(\frac{l}{3}\frac{mv^2}{I_G}-\frac{mg10lcos\theta}{6I_G })$

Och här får jag ett $v$... :/

Hur bör jag annars tänka isåfall? Jag kan väl inte bortse från att stången hamnar i rörelse?

Man får sätta nollnivån för den potentiella energin godtyckligt, men för mig är det mest naturligt att välja $O$ som origo i bilden.

När stången står rakt upp $\theta=0$ är den potentiella energin $mg\frac13 l$

När stången vridits vinkeln $\theta$ blir den potentiella energin $mg\frac13l\cos(\theta)$

Den mekaniska energin bevaras -

$mg\frac13l =mg\frac13l\cos(\theta) +\frac12 I_O\omega^2$

Där

$I_O=\frac{1}{12}ml^2+m\frac19l^2=\frac{7}{36}ml^2$

Om du istället för $I_0$ vill använda $I_G$ får du lägga till tyngdpunktens kinetiska energi till högerledet, vilket i princip är samma sak som Steiners sats för att finna $I_0$ från $I_G$. Den kinetiska energin ges då av

$T=\frac12 I_G\omega^2+\frac12 mv^2$

$I_G=\frac{1}{12}ml^2,\quad v=r\omega,\quad r=\frac13l$

Oavsett om du räknar med $I_G$ eller $I_O$ ska du nu kunna lösa ut ett korrekt värde på vinkelhastigheten i kvadrat:

$\displaystyle \omega^2=\frac{24}{7}\frac gl(1-\cos\left(\theta\right))$

Är du med?

D4NIEL skrev:

Man får sätta nollnivån för den potentiella energin godtyckligt, men för mig är det mest naturligt att välja $O$ som origo i bilden.

När stången står rakt upp $\theta=0$ är den potentiella energin $mg\frac13 l$

När stången vridits vinkeln $\theta$ blir den potentiella energin $mg\frac13l\cos(\theta)$

Den mekaniska energin bevaras -

$mg\frac13l =mg\frac13l\cos(\theta) +\frac12 I_O\omega^2$

Där

$I_O=\frac{1}{12}ml^2+m\frac19l^2=\frac{7}{36}ml^2$

Om du istället för $I_0$ vill använda $I_G$ får du lägga till tyngdpunktens kinetiska energi till högerledet, vilket i princip är samma sak som Steiners sats för att finna $I_0$ från $I_G$. Den kinetiska energin ges då av

$T=\frac12 I_G\omega^2+\frac12 mv^2$

$I_G=\frac{1}{12}ml^2,\quad v=r\omega,\quad r=\frac13l$

Oavsett om du räknar med $I_G$ eller $I_O$ ska du nu kunna lösa ut ett korrekt värde på vinkelhastigheten i kvadrat:

$\displaystyle \omega^2=\frac{24}{7}\frac gl(1-\cos\left(\theta\right))$

Är du med?

Ja! Tack så jättemycket! Tycker det är riktigt svårt att hålla koll på alla punkter man kan/ska utgå ifrån i mekaniken... Men ser vad du gjort och känner att jag fått lite bättre koll nu än innan. :)

Guld värt, tack!