--- tags: - fysik - rotation --- #### [[University Physics with Modern Physics in SI Units-1-550.pdf#page=313|9.4 Rotationsenergi]] Allmänt i fysik är en bra första tanke att dela upp problem i små delar och kolla på de separat. Om vi ska rotera ett objekt kring origo kan vi dra $r_{1},r_{2}$ $(\perp\text{ mot rotationsaxelan z})$ till två olika intressanta punkter på objektet $m_{1},m_{2}$ och räkna. Ställ up tangentiell fart $vi=r_{i}\times \omega$ Där $\omega$ är densamma för alla delar eftersom det är en stel kropp. Det betyder att vi kan räkna ut; - Rörelseenergi: $k_{i}=\frac{1}{2}m_{i}v_{i}²=\frac{1}{2}m_{i}(r_{i}\times \omega)^2$ $\implies K=K_{tot}=\sum K_{i}=\frac{1}{2}\left( \sum_{i}m_{i}r_{i}^2 \right)\times \omega^2$ parantesen kallas för "(mass)tröghetsmoment" betecknas med stora I: $I=\sum_{i}m_{i}r_{i}^2$ Där $r$ är det vinkelräta avstådet till rotationsaxeln från delen $m_{i}$ eller $d_{m}$. $K_{tot}=\frac{1}{2}I\omega^2$ Ställ alltid frågorna: - Vilekn axel arbetar men med? - Vilken massa arbetar man med? Vid konsant densitet $\rho$ $\implies I\times \int r^2dm=\int_{{v}}\rho \times r^2dV = \rho \times \int_{V}t^2dV$ Där $V$ är kroppens volym. Tröghetsmomentet beror på massfördelning i förhållande till rotationsaxel. Ju längre bort från rotationsaxeln desto trögare är kroppen att rotera. > [!note]- **Demo** > Vi har två aliminium rör. ena med vikterna nära centrum och den andra stången med vikterna i stångens ändar. bägge stängerna är 0.5 meter långa och kan betracktas som masslösa med undantag på vikterna i stängerna som väger 0.2kg > $I_{cm_{1}}\approx 0$ > $I_{cm_{2}}=2mR^2\gg I_{cm_{1}}$ > > $I_{A_{1}}=2mR^2$ > $I_{A_{2}}\approx_{0}+m(2R)^2-4mR^2=2I_{A1}$ #### [[University Physics with Modern Physics in SI Units-1-550.pdf#page=317&annotation=27620R|Paralellförflyttningssatsen - Striners Sats]] ![[Pasted image 20260414110336.png|400]] $$I_{P}=I_{cm}+Md^2$$ Där: - $d$ avstånd mellan $P$ och masscentrum Vi kan använda denna sats genom att den gör det möjligt att flytta ena axeln till masscentrum #### [[meta/böcker/Kompendium i mekanik.pdf#page=51&selection=8,4,8,5|M 6.1 Tröghetsradie (tillägskompendium)]] = den radie $r$ ett cylinderskal med samma tröghetsmoment. Anges ibland stället för tröghetsmoment. ![[Pasted image 20260414111706.png|400]] #### [[meta/böcker/Kompendium i mekanik.pdf#page=52&selection=31,19,31,20|M 6.2 Sammansatta kroppar]] Kroppens tröghetsmoment med avseende på en axel genom $O$ är enligt definition: $$I_{A}=\int r^2dm=\int_{V}r^2 \rho dV=\int_{V_{1}}r^2 \rho_{1}dV+\int_{V_{2}}r^2 \rho_{2} dV \dots=I_{A_{1}}$$ där $ρ$ är densiteten och dV är masselementets volym. #### [[meta/böcker/Kompendium i mekanik.pdf#page=53&selection=6,12,6,13|M 6.3 Tunna skivor]] ![[Pasted image 20260414112159.png|400]] ![[Pasted image 20260414112454.png|400]] > [!example]- M 6.2 övningsuppgift > ![[Pasted image 20260414112714.png]] > > >[!success]- Facit > > > >a) > >Skriv som en hel cirkelring - övre halvan > >$I_{z}=I_{z_{1}}-I_{z_{2}}$ > >Symetri $\implies I=I_{z_{2}}$ > >$I_{z}=I_{z_{1}}/2$ > >Fysika: **Tf-1b** och **Tf-1c** > > > >b) > > Använd Stieners Sats för att flytta axeln > > > >![[Pasted image 20260414112700.png]] > [!example]- Exempel **A** från tillämpningspass > Vi har 2 trissor med radie $R$ och massan $M$ (homogen skiva, $I_{cm}=\tfrac{1}{2}MR^{2}$). > > - **Fall 1:** På trissan hänger en massa $m$ i en lina som drar medurs. > - **Fall 2:** Det dras direkt i linan med kraften $F=mg$ medurs. > > Vad är skillnaden på dessa situationer? Vilken sorts koordinatsystem ska vi använda? > > >[!success]- Svar > > Eftersom trissan roterar kring sitt eget masscentrum följer inte en fix punkt på kanten en cirkelbana med konstant radie i rummet — det går alltså inte att ställa upp Newtons lag i **nt-koordinater** för trissan. Det logiska valet är **kartesiskt koordinatsystem** för den hängande massan, kombinerat med [[Momentekvationen|momentlagen]] kring trissans masscentrum. > > > > **Fall 1 — hängande massa:** > > Lina spännkraft $T$. Rulling utan glidning ger $a = \alpha R$. > > > > Massan $m$ (kartesiskt, positivt nedåt): > > $$mg - T = ma$$ > > > > Trissan (moment kring $cm$): > > $$TR = I_{cm}\alpha = \tfrac{1}{2}MR^{2}\alpha \implies T = \tfrac{1}{2}Ma$$ > > > > Insatt: > > $$mg - \tfrac{1}{2}Ma = ma \implies \boxed{a_{1} = \frac{2mg}{2m+M}}$$ > > > > **Fall 2 — direkt kraft $F=mg$ i linan:** > > Endast trissan accelereras. > > $$(mg)R = \tfrac{1}{2}MR^{2}\alpha \implies \alpha = \frac{2mg}{MR}$$ > > $$\boxed{a_{2} = \alpha R = \frac{2mg}{M}}$$ > > > > **Skillnaden:** $a_{2} > a_{1}$, eftersom i fall 1 måste även den hängande massan accelereras. I fall 2 verkar hela kraften $mg$ enbart på trissans tröghet. Noterbart är också att spännkraften $T$ i fall 1 aldrig blir lika med $mg$ — annars skulle massan inte accelerera. > [!example]- Exempel **B** från tillämpningspass (tenta 190320) > Vi har en jojo (homogen skiva, massa $M$, radie $R$, $I_{cm}=\tfrac{1}{2}MR^{2}$) som accelererar med $a_{y}$ nedåt. En kraft $F$ verkar i linans fäste — punkten $A$ längst åt höger på jojon — och drar moturs. Vi söker $a_{y}$, $\alpha$ och $a_{t}$ (tangentialacc. i punkt $A$). > > >[!success]- Svar > > Linan är vertikal, rulling utan glidning på linan ger $a_{y} = \alpha R$. > > > > **Metod 1 — kring masscentrum (gängse val):** > > > > NII vertikalt (positivt nedåt): > > $$Mg - F = M a_{y}$$ > > > > [[Momentekvationen|Momentlagen]] kring $cm$ (giltig eftersom $cm$ är masscentrum): > > $$F R = I_{cm}\alpha = \tfrac{1}{2}MR^{2}\alpha \implies F = \tfrac{1}{2}M a_{y}$$ > > > > Insatt: > > $$Mg - \tfrac{1}{2}M a_{y} = M a_{y} \implies \boxed{a_{y} = \tfrac{2}{3}g}$$ > > $$F = \tfrac{1}{2}M a_{y} = \tfrac{1}{3}Mg, \quad \alpha = \frac{a_{y}}{R} = \frac{2g}{3R}$$ > > > > **Metod 2 — kring punkt $A$ (momentancentrum):** > > Eftersom linan inte glider är $A$ momentancentrum ($v_{A}=0$), så momentlagen är giltig där. Tröghetsmomentet via [[Steiners sats]]: > > $$I_{A} = I_{cm} + MR^{2} = \tfrac{3}{2}MR^{2}$$ > > Endast tyngdkraften har moment kring $A$ (kraften $F$ verkar i $A$): > > $$Mg \cdot R = I_{A}\alpha \implies \alpha = \frac{2g}{3R} \implies a_{y} = \alpha R = \tfrac{2}{3}g \; \checkmark$$ > > > > **Tangentialacceleration i punkt $A$:** > > Punkt $A$ sitter på kanten. Dess acceleration relativt $cm$ har både centripetal- och tangentiell komposant: > > $$a_{t,A} = \alpha R = \tfrac{2}{3}g$$ > > Men $A$ är momentancentrum, så dess totala acceleration är enbart i vertikal riktning — det vill säga tangentialacc. kring $cm$ tar ut jojons fallacceleration ($a_{y}=\alpha R$), exakt som villkoret för rulling utan glidning kräver. > > > > > [!tip] Poängen med exemplet > > > Momentlagen kan användas kring **fix axel**, **masscentrum** eller **momentancentrum**. Här ger val av $A$ ett enklare ekvationssystem än kring $cm$, eftersom spännkraften $F$ försvinner ur momentekvationen. > [!example]- Exempel **C** från tillämpningspass ([[meta/böcker/Kompendium i mekanik.pdf#page=63&selection=115,2,115,3|M 7.3 i kompendiet]]) > Ett halvklot med massa $M$ och radie $r$ släpps från vila i läget $\theta=0$ och roterar fritt i vertikalplanet kring den fixa axeln $O$ (diametern i den plana sidan). Härled uttryck för n- och t-komposanterna av kraften från axeln $O$ på halvklotet som funktion av $\theta$. > > ![[Bild_Masstroghetsmomentsuppgift_kompendie.png|300]] > > **Friläggning för godtycklig vinkel $\theta$:** > > ![[Friläggning_Masstroghetsmomentsuppgift_kompendie.png|300]] > > >[!success]- Svar > > **Geometri och tröghetsmoment:** > > - Avstånd $O \to cm$: $\; d = \tfrac{3r}{8}$ > > - Tröghetsmoment kring $O$ (diameteraxel i plana snittet): $\; I_{O} = \tfrac{2}{5}Mr^{2}$ > > > > **Steg 1 — $\omega(\theta)$ via [[Arbete och kinetisk energi|mekaniska energisatsen]]:** > > Vid $\theta=0$ ligger symmetriaxeln $O\to cm$ horisontellt. Vid vinkeln $\theta$ (mätt nedåt från horisontell) har $cm$ sjunkit $h = d\sin\theta$. > > $$Mg\,d\sin\theta = \tfrac{1}{2} I_{O}\,\omega^{2}$$ > > $$\omega^{2} = \frac{2Mgd\sin\theta}{I_{O}} = \frac{2Mg(3r/8)\sin\theta}{(2/5)Mr^{2}} \implies \boxed{\omega^{2} = \frac{15 g\sin\theta}{8 r}}$$ > > > > **Steg 2 — vinkelacceleration $\alpha(\theta)$ via [[Momentekvationen|momentlagen]] kring $O$:** > > Tyngdkraften har hävarm $d\cos\theta$ kring $O$: > > $$Mg\,d\cos\theta = I_{O}\,\alpha \implies \boxed{\alpha = \frac{15 g\cos\theta}{16 r}}$$ > > > > **Steg 3 — acceleration av $cm$:** > > I $nt$-system med $\hat{n}$ från $O$ mot $cm$ (positiv utåt) och $\hat{t}$ i rörelseriktning (ökande $\theta$): > > $$a_{n} = -d\omega^{2} = -\tfrac{3r}{8}\cdot \tfrac{15 g\sin\theta}{8 r} = -\tfrac{45}{64} g\sin\theta \quad (\text{mot } O)$$ > > $$a_{t} = d\alpha = \tfrac{3r}{8}\cdot \tfrac{15 g\cos\theta}{16 r} = \tfrac{45}{128} g\cos\theta$$ > > > > **Steg 4 — NII för $cm$, uppdelat i $n$ och $t$:** > > Tyngdkraftens komposanter (med $\theta$ mätt nedåt från horisontell): > > - $\hat{n}$-riktning: $\; Mg\sin\theta$ (utåt, positivt för $\theta>0$) > > - $\hat{t}$-riktning: $\; Mg\cos\theta$ (i rörelseriktning) > > > > NII i $\hat{n}$: > > $$N_{n} + Mg\sin\theta = M a_{n} = -\tfrac{45}{64}Mg\sin\theta$$ > > $$\boxed{N_{n} = -\left(1 + \tfrac{45}{64}\right) Mg\sin\theta = -\tfrac{109}{64} Mg\sin\theta}$$ > > (negativt tecken $\Rightarrow$ kraften från axeln pekar **mot** $O$, dvs håller upp halvklotet) > > > > NII i $\hat{t}$: > > $$N_{t} + Mg\cos\theta = M a_{t} = \tfrac{45}{128}Mg\cos\theta$$ > > $$\boxed{N_{t} = \left(\tfrac{45}{128} - 1\right) Mg\cos\theta = -\tfrac{83}{128} Mg\cos\theta}$$ > > (negativt tecken $\Rightarrow$ kraften från axeln verkar **mot** rörelseriktningen — axeln bromsar $cm$:s tangentiella acceleration så att endast tyngdens moment driver rotationen) > > > > > [!check] Kontroll vid $\theta = 90^{\circ}$ > > > Vid lägsta läget pekar $\hat{n}$ rakt nedåt och halvklotet passerar med max $\omega$. Då ska $N_{t}=0$ (endast centripetal kraft behövs) och $N_{n}$ ska vara stor och riktad uppåt. Insatt: $N_{t}=-\tfrac{83}{128}Mg\cos 90^{\circ}=0$ ✓ och $N_{n}=-\tfrac{109}{64}Mg$ (uppåt, mot $O$) ✓. --- ## Relaterade koncept [[Rotationsmekanik]] ## Läsning - [[University Physics with Modern Physics in SI Units-1-550.pdf#page=312|9.4 Energy in Rotational Motion]] - [[University Physics with Modern Physics in SI Units-1-550.pdf#page=317|9.5 Parallel-Axis Theorem]] - [[University Physics with Modern Physics in SI Units-1-550.pdf#page=319|9.6 Moment-of-Inertia Calculations]]