Precession

Mycket riktigt borde det bero på att friktionskrafter existerar vid O. Jag är lite fundersam på bakgrunden till varför man kan ha ett glatt plan för den med pinnar men inte den med en skiva. Jag har tänkt en stund men inte riktigt kommit fram till något direkt. 

Ebola skrev:

Mycket riktigt borde det bero på att friktionskrafter existerar vid O. Jag är lite fundersam på bakgrunden till varför man kan ha ett glatt plan för den med pinnar men inte den med en skiva. Jag har tänkt en stund men inte riktigt kommit fram till något direkt. 

När du löste den andra uppgiften, fick du alltså fram att änden i kontakt med bordet inte rör sig? Det är nämligen mycket märkligt att uppnå precession på det viset utan friktionskrafter. Jag tänker direkt utan att räkna på det att änden i kontakt med bordet rör sig cirkulärt i bordets plan.

Ebola skrev:

Ebola skrev:

Mycket riktigt borde det bero på att friktionskrafter existerar vid O. Jag är lite fundersam på bakgrunden till varför man kan ha ett glatt plan för den med pinnar men inte den med en skiva. Jag har tänkt en stund men inte riktigt kommit fram till något direkt. 

När du löste den andra uppgiften, fick du alltså fram att änden i kontakt med bordet inte rör sig? Det är nämligen mycket märkligt att uppnå precession på det viset utan friktionskrafter. Jag tänker direkt utan att räkna på det att änden i kontakt med bordet rör sig cirkulärt i bordets plan.

Det enda jag fick fram var sambandet mellan precessionshastigheten och spinnhastigheten. Något som jag dock inte förstår helt på den uppgiften (den från oktober 2016 alltså), är hur man får fram tröghetsmomenten. Hur ska man tänka när det är 3 sammansatta pinnar?

Jag skulle bara sätta ett koordinatsystem i masscentrum med z-axeln längs med den långa pinnen och x- respektive y-axeln längs med var sin kortare pinne. Detta ger våra tröghetsmoment som:

$$\begin{gathered} I_{xx}=I_{yy}=\frac{1}{12}\rho (2l{)}^3+\frac{1}{12}\rho l^3=\frac{3}{4}\rho l^3 \\ {I}_{zz}=2(\frac{1}{12}\rho l^3)=\frac{1}{6}\rho l^3 \end{gathered}$$

Vårt koordinatsystem är ett huvudaxelsystem vilket betyder att deviationsmomenten är lika med noll:

$I_{xy}=I_{xz}=I_{yz}=0$

Tröghetstensorn blir således:

$\mathit{I}=\left[\begin{array}{ccc}\frac{3}{4}\rho l^3& 0& 0\\ 0& \frac{3}{4}\rho l^3& 0\\ 0& 0& \frac{1}{6}\rho l^3\end{array}\right]$ 

Tröghetsmoment för en pinne som roterar kring en axel i sin mittpunkt kan du se här:

List of moments of inertia

Ebola skrev:

Jag skulle bara sätta ett koordinatsystem i masscentrum med z-axeln längs med den långa pinnen och x- respektive y-axeln längs med var sin kortare pinne. Detta ger våra tröghetsmoment som:

$$\begin{gathered} I_{xx}=I_{yy}=\frac{1}{12}\rho (2l{)}^3+\frac{1}{12}\rho l^3=\frac{3}{4}\rho l^3 \\ {I}_{zz}=2(\frac{1}{12}\rho l^3)=\frac{1}{6}\rho l^3 \end{gathered}$$

Vårt koordinatsystem är ett huvudaxelsystem vilket betyder att deviationsmomenten är lika med noll:

$I_{xy}=I_{xz}=I_{yz}=0$

Tröghetstensorn blir således:

$\mathit{I}=\left[\begin{array}{ccc}\frac{3}{4}\rho l^3& 0& 0\\ 0& \frac{3}{4}\rho l^3& 0\\ 0& 0& \frac{1}{6}\rho l^3\end{array}\right]$ 

Tröghetsmoment för en pinne som roterar kring en axel i sin mittpunkt kan du se här:

List of moments of inertia

Ah, då förstår jag. Men detta är då med avseende på tyngdpunkten? Om man parallellförflyttar till spetsen (kalla den O) blir det väl $I_O=\rho l^3\left[\begin{array}{ccc}19/4& 0& 0\\ 0& 19/4& 0\\ 0& 0& 1/6\end{array}\right]$, eller hur? Eftersom $\frac{3}{4}\rho l^3+\left(4\rho l\right)l^2=\frac{19}{4}\rho l^3$. Eftersom det inte finns några friktionskrafter och N = mg blir momentet det samma med avseende på O som med avseende på tyngdpunkten. Men det blir det ju uppenbarligen inte om man använder ${\overrightarrow{M}}_O=\frac{\partial {\stackrel{\rightharpoonup }{H}}_O}{\partial t}+\stackrel{\rightharpoonup }{\Omega }\times {\stackrel{\rightharpoonup }{H}}_O$ (eftersom man får olika rörelsemängdsmoment beroende på vilken punkt man kollar på). Hur ligger det till egentligen? Förstår att man rimligtvis borde kolla på O i den uppgiften där det fanns friktion, men det finns det ju inte här...

Om du har origo vid spetsen är inte längre deviationsmomenten för z-led noll så tröghetstensorn blir annorlunda. Dessa tröghetsprodukter bidrar till termer av rörelsemängdsmoment. Kan du räkna ut vad deviationsmomenten blir?

Edit: Vid närmare eftertanke blir de kanske noll eftersom det är en toppsymmetrisk kropp. Jag har inte tid just nu men återkommer senare angående din fundering.

Ebola skrev:

Om du har origo vid spetsen är inte längre deviationsmomenten för z-led noll så tröghetstensorn blir annorlunda. Dessa tröghetsprodukter bidrar till termer av rörelsemängdsmoment. Kan du räkna ut vad deviationsmomenten blir?

Edit: Vid närmare eftertanke blir de kanske noll eftersom det är en toppsymmetrisk kropp. Jag har inte tid just nu men återkommer senare angående din fundering.

Ja, eftersom man gör en parallellförflyttning längs z-axeln använder man väl bara Steiners sats på $I_{xx}$och $I_{yy}$?

Matte357 skrev:
Ja, eftersom man gör en parallellförflyttning längs z-axeln använder man väl bara Steiners sats på $I_{xx}$ och $I_{yy}$?

Ja, precis. 

Avsaknad av friktionskrafter bör innebära att punkten O roterar i en cirkulär rörelse i planet. Detta gör mig fundersam på om momentekvationen du nämner blir likadan som i masscentrum i något annat koordinatsystem än möjligtvis ett som följer med rörelsen. Det är samma som diskussionen vi hade i den andra uppgiften.

Ebola skrev:

Matte357 skrev:
Ja, eftersom man gör en parallellförflyttning längs z-axeln använder man väl bara Steiners sats på $I_{xx}$ och $I_{yy}$?

Ja, precis. 

Avsaknad av friktionskrafter bör innebära att punkten O roterar i en cirkulär rörelse i planet. Detta gör mig fundersam på om momentekvationen du nämner blir likadan som i masscentrum i något annat koordinatsystem än möjligtvis ett som följer med rörelsen. Det är samma som diskussionen vi hade i den andra uppgiften.

Hm, ok. Förstår inte helt, men kan alltså inte kolla på moment som vanligt om punkten rör sig då? Och betyder det att tyngdpunkten då är fix?

Matte357 skrev:

Hm, ok. Förstår inte helt, men kan alltså inte kolla på moment som vanligt om punkten rör sig då? Och betyder det att tyngdpunkten då är fix?

Man kan absolut kolla på moment men frågan är om den blir densamma som i tyngdpunkten. Det var nämligen något du påstod i inlägget jag kommenterade. Jag tror att masscentrum inte rör sig. Om man exempelvis beskriver rörelsen av den långa pinnen målar den upp en kägla likt nedan:

Ebola skrev:

Matte357 skrev:

Hm, ok. Förstår inte helt, men kan alltså inte kolla på moment som vanligt om punkten rör sig då? Och betyder det att tyngdpunkten då är fix?

Man kan absolut kolla på moment men frågan är om den blir densamma som i tyngdpunkten. Det var nämligen något du påstod i inlägget jag kommenterade. Jag tror att masscentrum inte rör sig. Om man exempelvis beskriver rörelsen av den långa pinnen målar den upp en kägla likt nedan:

Ah, ok, så det måste finnas någon kraft i kontaktpunkten riktad in mot mitten (för att bibehålla cirkelrörelsen)? Och den borde väl vara typ $F=ml\sin \left(\theta \right){\Omega }^2$?

Edit: Fast samma kraft, med motsatt tecken, borde ju isf finnas på toppen (och därmed borde de momenten map tyngdpunkten ta ut varandra?)

Hm, jag tror att eftersom massan är kontinuerlig i stavarna så finns det alltid infinitesimala punkter som motverkar varandra vilket gör att imbalans i rotationsförloppet inte orsakas av dylika excenterkrafter. Framförallt har vi för systemet att alla ingående kroppar har tyngdpunkt på rotationsaxeln.

Jag har försökt fundera ut olika sätt att formulera systemet på men faktum kvarstår att momentekvationen är identisk vilket betyder att derivatan av rörelsemängdsmomentet måste vara identiskt. Frågan är bara hur tröghetstensorn och vinkelhastighetsvektorn ser ut. Det är deras formulering som blir den knepiga.

Edit: Testa att räkna med excenterkraften och se vad du kommer fram till. Den elimineras inte kring O vilket ger en ny momentekvation:

$M_O=4\rho g{l}^2\sin \theta +8\rho l^3\cos \theta \sin \theta {\Omega }^2$

Ebola skrev:

Hm, jag tror att eftersom massan är kontinuerlig i stavarna så finns det alltid infinitesimala punkter som motverkar varandra vilket gör att imbalans i rotationsförloppet inte orsakas av dylika excenterkrafter. Framförallt har vi för systemet att alla ingående kroppar har tyngdpunkt på rotationsaxeln.

Jag har försökt fundera ut olika sätt att formulera systemet på men faktum kvarstår att momentekvationen är identisk vilket betyder att derivatan av rörelsemängdsmomentet måste vara identiskt. Frågan är bara hur tröghetstensorn och vinkelhastighetsvektorn ser ut. Det är deras formulering som blir den knepiga.

Edit: Testa att räkna med excenterkraften och se vad du kommer fram till. Den elimineras inte kring O vilket ger en ny momentekvation:

$M_O=4\rho g{l}^2\sin \theta +8\rho l^3\cos \theta \sin \theta {\Omega }^2$

Vad menas med excenterkrafter? Tror inte vi har läst om det innan...

Excenterkraft i detta fall är en form av pseudokraft eller centrifugalkraft som följer av att koordinatsystemet roterar. Om vi fixerar koordinatsystemet globalt måste vi införa tröghetskrafter av typen du nämnde eftersom vi inte får ett bidrag från Eulers ekvation. Excenterkraften ramlar nämligen ut från kryssproduktens mellan rotationsvektorn av koordinatsystemet och rörelsemängdsmomentvektorn. Jag återkommer imorgon med klarifiering.