Mynt som rullar på ett bord

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 $\xi$ och $\eta$ ha samma riktningar som i lösningsförslaget och låt $\zeta$ beteckna riktningen snett nedåt till höger om myntet i figuren, ortogonal mot $\xi$. Då har myntet en spinn runt sin egen axel $\omega =\Omega \cos \alpha$$\hat{\zeta }$. Precessionen för myntet i detta koordinatsystem är

$\stackrel{\rightharpoonup }{\Omega }=-\Omega \cos \alpha \hat{\zeta } + \Omega \sin \alpha \hat{\xi }$,

och då är den totala rotationen 

$\stackrel{\rightharpoonup }{\omega }=\Omega \cos \alpha \hat{\zeta } + \stackrel{\rightharpoonup }{\Omega } = \Omega \sin \alpha \hat{\xi }$,

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

$\stackrel{\rightharpoonup }{M}=\stackrel{\rightharpoonup }{\Omega }\times \left(I\stackrel{\rightharpoonup }{\omega }\right)$.

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 $\hat{\xi }$-riktning.

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 $\xi$ och $\eta$ ha samma riktningar som i lösningsförslaget och låt $\zeta$ beteckna riktningen snett nedåt till höger om myntet i figuren, ortogonal mot $\xi$. Då har myntet en spinn runt sin egen axel $\omega =\Omega \cos \alpha$$\hat{\zeta }$. Precessionen för myntet i detta koordinatsystem är

$\stackrel{\rightharpoonup }{\Omega }=-\Omega \cos \alpha \hat{\zeta } + \Omega \sin \alpha \hat{\xi }$,

och då är den totala rotationen 

$\stackrel{\rightharpoonup }{\omega }=\Omega \cos \alpha \hat{\zeta } + \stackrel{\rightharpoonup }{\Omega } = \Omega \sin \alpha \hat{\xi }$,

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

$\stackrel{\rightharpoonup }{M}=\stackrel{\rightharpoonup }{\Omega }\times \left(I\stackrel{\rightharpoonup }{\omega }\right)$.

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 $\hat{\xi }$-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.

Uppgiften i tentamen är ett specialfall för då $R-r\cos \alpha =0$ (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.

Ebola skrev:

Uppgiften i tentamen är ett specialfall för då $R-r\cos \alpha =0$ (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 $\omega =R\Omega /r=\Omega \cos \left(\alpha \right)$.

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 $m{r}^2$ endast till $I_{\eta \eta }$och $I_{\zeta \zeta }$ (eftersom man parallellförflyttar längs $\xi$-axeln)? Och det är ju bara $I_{\xi \xi }$ som påverkar svaret.

Matte357 skrev:

Ah, right. Då förstår jag varför myntets egen rotation $\omega =R\Omega /r=\Omega \cos \left(\alpha \right)$.

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 $m{r}^2$ endast till $I_{\eta \eta }$och $I_{\zeta \zeta }$ (eftersom man parallellförflyttar längs $\xi$-axeln)? Och det är ju bara $I_{\xi \xi }$ 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.

Ebola skrev:

Matte357 skrev:

Ah, right. Då förstår jag varför myntets egen rotation $\omega =R\Omega /r=\Omega \cos \left(\alpha \right)$.

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 $m{r}^2$ endast till $I_{\eta \eta }$och $I_{\zeta \zeta }$ (eftersom man parallellförflyttar längs $\xi$-axeln)? Och det är ju bara $I_{\xi \xi }$ 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 $mgr\cos \left(\alpha \right)$