Masströghetsmoment

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: $k_i=\frac{1}{2}{m}_i{v}_i^2=\frac{1}{2}{m}_i(r_i\times \omega {)}^2$ $⟹K=K_{tot}=\sum K_i=\frac{1}{2}\left({\sum }_i{m}_i{r}_i^2\right)\times {\omega }^2$ 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 $\rho$ $⟹I\times \int r^{2}dm={\int }_v\rho \times r^{2}dV=\rho \times {\int }_V{t}^{2}dV$ Där $V$ är kroppens volym.

Tröghetsmomentet beror på massfördelning i förhållande till rotationsaxel. Ju längre bort från rotationsaxeln desto trögare är kroppen att rotera.

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 $I_{c{m}_1}\approx 0$ $I_{c{m}_2}=2m{R}^2\gg I_{c{m}_1}$

$I_{A_1}=2m{R}^2$ $I_{A_2}{\approx }_0+m(2R{)}^2-4m{R}^2=2I_{A1}$

Paralellförflyttningssatsen - Striners Sats

$I_P=I_{cm}+M{d}^2$ Där:

• $d$ avstånd mellan $P$ och masscentrum

Vi kan använda denna sats genom att den gör det möjligt att flytta ena axeln till masscentrum

M 6.1 Tröghetsradie (tillägskompendium)

= den radie $r$ ett cylinderskal med samma tröghetsmoment. Anges ibland stället för tröghetsmoment.

M 6.2 Sammansatta kroppar

Kroppens tröghetsmoment med avseende på en axel genom $O$ är enligt definition: $I_A=\int r^{2}dm={\int }_V{r}^2\rho dV={\int }_{V_1}{r}^2{\rho }_{1}dV+{\int }_{V_2}{r}^2{\rho }_{2}dV\cdots =I_{A_1}$ där $\rho$ är densiteten och dV är masselementets volym.

M 6.3 Tunna skivor

M 6.2 övningsuppgift

Facit

a) Skriv som en hel cirkelring - övre halvan $I_z=I_{z_1}-I_{z_2}$ Symetri $⟹I=I_{z_2}$ $I_z=I_{z_1}/2$ Fysika: Tf-1b och Tf-1c

b) Använd Stieners Sats för att flytta axeln

Exempel A från tillämpningspass

Vi har 2 trissor med radie $R$ och massan $M$ (homogen skiva, $I_{cm}=\frac{1}{2}M{R}^2$).

• 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?

Svar nt-koordinater för trissan. Det logiska valet är kartesiskt koordinatsystem för den hängande massan, kombinerat med momentlagen kring trissans masscentrum.

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

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 $cm$): $TR=I_{cm}\alpha =\frac{1}{2}M{R}^2\alpha ⟹T=\frac{1}{2}Ma$

Insatt: $mg-\frac{1}{2}Ma=ma⟹\boxed{a_1=\frac{2mg}{2m+M}}$

Fall 2 — direkt kraft $F=mg$ i linan: Endast trissan accelereras. $(mg)R=\frac{1}{2}M{R}^2\alpha ⟹\alpha =\frac{2mg}{MR}$ $\boxed{a_2=\alpha R=\frac{2mg}{M}}$

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.

Exempel B från tillämpningspass (tenta 190320)

Vi har en jojo (homogen skiva, massa $M$, radie $R$, $I_{cm}=\frac{1}{2}M{R}^2$) 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 $A$).

Svar $a_y=\alpha R$.

Linan är vertikal, rulling utan glidning på linan ger

Metod 1 — kring masscentrum (gängse val):

NII vertikalt (positivt nedåt): $Mg-F=M{a}_y$

Momentlagen kring $cm$ (giltig eftersom $cm$ är masscentrum): $FR=I_{cm}\alpha =\frac{1}{2}M{R}^2\alpha ⟹F=\frac{1}{2}M{a}_y$

Insatt: $Mg-\frac{1}{2}M{a}_y=M{a}_y⟹\boxed{a_y=\frac{2}{3}g}$ $F=\frac{1}{2}M{a}_y=\frac{1}{3}Mg,\alpha =\frac{a_y}{R}=\frac{2g}{3R}$

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: $I_A=I_{cm}+M{R}^2=\frac{3}{2}M{R}^2$ Endast tyngdkraften har moment kring $A$ (kraften $F$ verkar i $A$): $Mg\cdot R=I_A\alpha ⟹\alpha =\frac{2g}{3R}⟹a_y=\alpha R=\frac{2}{3}g✓$

Tangentialacceleration i punkt $A$: Punkt $A$ sitter på kanten. Dess acceleration relativt $cm$ har både centripetal- och tangentiell komposant: $a_{t,A}=\alpha R=\frac{2}{3}g$ 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.

Poängen med exemplet fix axel, masscentrum eller momentancentrum. Här ger val av $A$ ett enklare ekvationssystem än kring $cm$, eftersom spännkraften $F$ försvinner ur momentekvationen.

Momentlagen kan användas kring

Exempel C från tillämpningspass (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 $\theta$.

Friläggning för godtycklig vinkel $\theta$:

Svar Geometri och tröghetsmoment:

• Avstånd $O\to cm$: $d=\frac{3r}{8}$
• Tröghetsmoment kring $O$ (diameteraxel i plana snittet): $I_O=\frac{2}{5}M{r}^2$

Steg 1 — $\omega (\theta )$ via mekaniska energisatsen: Vid $\theta =0$ ligger symmetriaxeln $O\to cm$ horisontellt. Vid vinkeln $\theta$ (mätt nedåt från horisontell) har $cm$ sjunkit $h=d\sin \theta$. $Mgd\sin \theta =\frac{1}{2}{I}_O{\omega }^2$ ${\omega }^2=\frac{2Mgd\sin \theta }{I_O}=\frac{2Mg(3r/8)\sin \theta }{(2/5)M{r}^2}⟹\boxed{{\omega }^2=\frac{15g\sin \theta }{8r}}$

Steg 2 — vinkelacceleration $\alpha (\theta )$ via momentlagen kring $O$: Tyngdkraften har hävarm $d\cos \theta$ kring $O$: $Mgd\cos \theta =I_O\alpha ⟹\boxed{\alpha =\frac{15g\cos \theta }{16r}}$

Steg 3 — acceleration av $cm$: I $nt$-system med $\hat{n}$ från $O$ mot $cm$ (positiv utåt) och $\hat{t}$ i rörelseriktning (ökande $\theta$): $a_n=-d{\omega }^2=-\frac{3r}{8}\cdot \frac{15g\sin \theta }{8r}=-\frac{45}{64}g\sin \theta (\text{mot }O)$ $a_t=d\alpha =\frac{3r}{8}\cdot \frac{15g\cos \theta }{16r}=\frac{45}{128}g\cos \theta$

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 $\hat{n}$: $N_n+Mg\sin \theta =M{a}_n=-\frac{45}{64}Mg\sin \theta$ $\boxed{N_n=-\left(1+\frac{45}{64}\right)Mg\sin \theta =-\frac{109}{64}Mg\sin \theta }$ (negativt tecken $\Rightarrow$ kraften från axeln pekar mot $O$, dvs håller upp halvklotet)

NII i $\hat{t}$: $N_t+Mg\cos \theta =M{a}_t=\frac{45}{128}Mg\cos \theta$ $\boxed{N_t=\left(\frac{45}{128}-1\right)Mg\cos \theta =-\frac{83}{128}Mg\cos \theta }$ (negativt tecken $\Rightarrow$ kraften från axeln verkar mot rörelseriktningen — axeln bromsar $cm$:s tangentiella acceleration så att endast tyngdens moment driver rotationen)

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: $N_t=-\frac{83}{128}Mg\cos 90^{\circ }=0$ ✓ och $N_n=-\frac{109}{64}Mg$ (uppåt, mot $O$) ✓.

---

Relaterade koncept

Rotationsmekanik

Läsning

• 9.4 Energy in Rotational Motion
• 9.5 Parallel-Axis Theorem
• 9.6 Moment-of-Inertia Calculations