Seuraa 
Viestejä15668

Löysin täältä netistä Jännän näköisen tehtävän ja kyllä ratkaisunkin siihen, mutta enpä kerro.

Meillä on R-säteisen ympyrän kaaren pätkä AB vaikkapa lattaraudasta taivutettu. Tästä on R:n pituisilla naruilla tehty "ympyräsektori". ABO. sektorista  tehdään heiluri, joka voi heilua kitkatta O:sta ripustettuna. Ei tässä vielä kaikki! Kaarelle laitetaan a-säteinen vanne, tai putken pätkä. Tämä pyöriskelee kaarella luisumatta, mutta ilman vierimisvastusta.. Määritä kaaren heiluntataajuus, kun oletetaan, että heilahduskulma pieni ja a<<R. Sekä kaaren että vanteen massa on m.

A swing of mass m made from an arc section of radius of R is suspended from a pivot byropes at both ends. A hoop, also of mass m, and radius a rolls without slipping on the 

swing. The swing and the hoop move without dissipative friction subject to a constant

gravitational force Fg = -mg j

. Find all possible frequencies of oscillation of the system

for small displacements from equilibrium assuming a/R<<1

Sivut

Kommentit (189)

Sisältö jatkuu mainoksen alla
Sisältö jatkuu mainoksen alla
salai
Seuraa 
Viestejä8037

Kellopeli appelsiinit?

Mitä tahansa edellä esitetyistä väitteistä saa epäillä ja ne voidaan muuttaa toisiksi ilman erillistä ilmoitusta. Kirjoittaja pyrkii kuitenkin toimimaan rehellisesti ja noudattamaan voimassa olevia lakeja.

salai
Seuraa 
Viestejä8037
wisti

Löysin täältä netistä Jännän näköisen tehtävän ja kyllä ratkaisunkin siihen, mutta enpä kerro.

Jännän vivahteet?

Mitä tahansa edellä esitetyistä väitteistä saa epäillä ja ne voidaan muuttaa toisiksi ilman erillistä ilmoitusta. Kirjoittaja pyrkii kuitenkin toimimaan rehellisesti ja noudattamaan voimassa olevia lakeja.

PPo
Seuraa 
Viestejä15182
wisti

Löysin täältä netistä Jännän näköisen tehtävän ja kyllä ratkaisunkin siihen, mutta enpä kerro.

Meillä on R-säteisen ympyrän kaaren pätkä AB vaikkapa lattaraudasta taivutettu. Tästä on R:n pituisilla naruilla tehty "ympyräsektori". ABO. sektorista  tehdään heiluri, joka voi heilua kitkatta O:sta ripustettuna. Ei tässä vielä kaikki! Kaarelle laitetaan a-säteinen vanne, tai putken pätkä. Tämä pyöriskelee kaarella luisumatta, mutta ilman vierimisvastusta.. Määritä kaaren heiluntataajuus, kun oletetaan, että heilahduskulma pieni ja a

swing. The swing and the hoop move without dissipative friction subject to a constant

gravitational force Fg = -mg j

. Find all possible frequencies of oscillation of the system

for small displacements from equilibrium assuming a/R<<1

Kokeilempa kepillä jäätä.

Pelkkä kaari on matemaattinen heiluri joten sen taajuus on 1/2π*√(g/R). Jos sen päälle asetetaan vanne, niin kaaren ja vanteen väiset voimat ovat kohtisuorassa kaarta vastaan. Jos näin on, niin ainoastaan kaaren painolla on kaaren radan suuntainen komponentti. Vanne ei siis vaikuta kaaren heilumistaajuuteen.??????

PS. Koska tehtävä on jännä, selitykseni saattaa juuri ja juuri riittä aloitukseksi. Luulen, että nyt tarvitaan vähintään SIJ:n professionaalisempaa fysiikan ymmärtämistä

o_turunen
Seuraa 
Viestejä14900

Ei tuossa mikään kitka vaikuta, joten vanne vaikuttaa ainoastaan hitausvoimallaan.

 

Korant: Oikea fysiikka on oikeampaa kuin sinun klassinen mekaniikkasi. Jos olet eri mieltä kanssani olet ilman muuta väärässä.

wisti
Seuraa 
Viestejä15668

PPo. Päättelysi oli pitävä! Tämä oli ratkaisuista toinen. Sen verran neuvoa, että molemmat ratkaisut oli saatu melkoisella, muttei kohtuuttomalla laskemisella. Todettakoon, että sekosin itse Ja lunttasin ratkaisun, mutta kyllä sen joku täällä ratkaissee.

.

[

PPo
Seuraa 
Viestejä15182
wisti

PPo. Päättelysi oli pitävä! Tämä oli ratkaisuista toinen. Sen verran neuvoa, että molemmat ratkaisut oli saatu melkoisella, muttei kohtuuttomalla laskemisella. Todettakoon, että sekosin itse Ja lunttasin ratkaisun, mutta kyllä sen joku täällä ratkaissee.

.

[

Oletetaan, että ensimmäinen yritelmä liittyy tapaukseen, jodssa molemmat heilahtelevat.

Tarkastellaan tapausta, jossa kaarta on kallistettu ja asetetaan vanne kaaren alimpaan kotaan ja lasketaan kaari heilahtelemaan. Nyt vanne alkaa pyöriä mutta pyöriminen tapahtuu maahan nähden paikoillaan, koska kitkaa ei ole. Kun kaari liikkuu alaspäin sen potentiaalienergia muuttuu kaaren ja vanteen liike-energioiksi. Jos vannetta ei olisi asetettu kaarelle , potentiaalienergia muutttuisi pelkästään kaaren liike-energiaksi.Tästä saadaan ehto 

1/2*m(v0)²=1/2*mv²+1/2*I(ω1)², missä v0=ω0*R, v=ω*R ja I=ma².

Koska vanne ei liu'u, saadaan v*dt=ω1*a*dt. Lasketaan ja saadaan ω=ω0/√2.

Nyt kaaren heilahdustaajuus on 1/2π*√(g/2R)

PS. Tuskin kelpaa, kun laskemista ei ole melkoisesti.

wisti
Seuraa 
Viestejä15668

Joo ei se ole oikein. Sinänsä on kiinnostavaa saataisiinko oikea ratkaisu myös tuollaisella "puolittaisella" pähkäilyllä tai N:n mekaniikalla. Annetaan sinulle siimaa sen verran, että malliratkaisussa oli L-yhtälö, josta saatiin yhtälöpari, olihan kulmia nyt kaksi.

Volta
Seuraa 
Viestejä123

Äkkiä mietittynä tulisi jotain tällaista, laskuvirheitä saattaa kyllä olla, mutta periaate toiminee:

- Heilurin liike riippuu vain massakeskipisteen liikkeestä ja sillä on seuraavat potentiaali- ja liike-energiat, jos θ on poikkeama alakohdasta ja θ' on sen aikaderivaatta:

  V_h = m g R cos(θ)
  T_h = 1/2 m R^2 (θ')^2

- Vanteen heilumiskulma olkoon φ ja kulmanopeus φ', ja senhän vaikuttaa säteellä R-a. Siispä sen massakeskipisteen potentiaali- ja liike-energiat ovat

  V_v = m g (R-a) cos(φ)
  T_v = 1/2 m (R-a)^2 (φ')^2
 
- Sitten vielä vanteella on pyörimismäärä. Vanteen hitausmomentti on J = m a^2 / 2, ja jos se pyörii nopeudella ω, on sen energia

  T_p = J ω^2 / 2

- Nyt kuitenkin jos vanne vierii, on oltava ω = R/a (θ' - φ'), eli

  T_p = J [R/a (θ' - φ')]^2 / 2 = 1/4 m R^2 [(θ')^2 - 2 θ' φ' + (φ')^2]

- Siispä kokonaispotentiaali- ja liike-energiat ovat

  V = m g R cos(θ) + m g (R-a) cos(φ)
  T = 1/2 m R^2 (θ')^2 + 1/2 m (R-a)^2 (φ')^2 + 1/4 m R^2 [(θ')^2 - 2 θ' φ' + (φ')^2]

- Euler-Lagrangen yhtälöitä varten tarvitaan derivaatat:

  ∂(V-T)/∂θ = -m g R sin(θ)
    ∂(V-T)/∂φ = -m g (R-a) sin(φ)
  ∂(V-T)/∂θ' = m R^2 θ' + 1/2 m R^2 θ' - 1/2 m R^2 φ'
    ∂(V-T)/∂φ' = m (R-a)^2 φ' + 1/2 m R^2 φ' - 1/2 m R^2 θ'
  d∂(V-T)/∂θ'/dt = m R^2 θ'' + 1/2 m R^2 θ'' - 1/2 m R^2 φ''
  d∂(V-T)/∂φ'/dt   = m (R-a)^2 φ'' + 1/2 m R^2 φ'' - 1/2 m R^2 θ''

josta saadaan Euler-Lagrange-yhtälöiksi

  m R^2 θ'' + 1/2 m R^2 θ'' - 1/2 m R^2 φ'' = -m g R sin(θ)
  m (R-a)^2 φ'' + 1/2 m R^2 φ'' - 1/2 m R^2 θ'' = -m g (R-a) sin(φ)

Jos θ ja φ ovat "pieniä" ja R-a =~ R, saadaan linearisoimalla ja pienellä supistuksella

  θ'' = -3g/R/4 θ - g/R/4 φ
  φ''   = -3g/R/4 φ - g/R/4 θ

Jonka ominausmoodit ovat kulmanopeuksiltaan

  sqrt(g/R) ja sqrt(g/R/2)

Sitten kun tämä saadaan muokattua oikeaksi ratkaisuksi, voidaan kehittää vastaava Newton-pähkäily sikäli kun tätä ei lasketa sellaiseksi (eräänlainen energiaperiaatehan tämä on).

wisti
Seuraa 
Viestejä15668
Volta

Äkkiä mietittynä tulisi jotain tällaista, laskuvirheitä saattaa kyllä olla, mutta periaate toiminee:

- Heilurin liike riippuu vain massakeskipisteen liikkeestä ja sillä on seuraavat potentiaali- ja liike-energiat, jos θ on poikkeama alakohdasta ja θ' on sen aikaderivaatta:

  V_h = m g R cos(θ)
  T_h = 1/2 m R^2 (θ')^2

- Vanteen heilumiskulma olkoon φ ja kulmanopeus φ', ja senhän vaikuttaa säteellä R-a. Siispä sen massakeskipisteen potentiaali- ja liike-energiat ovat

  V_v = m g (R-a) cos(φ)
  T_v = 1/2 m (R-a)^2 (φ')^2
 
- Sitten vielä vanteella on pyörimismäärä. Vanteen hitausmomentti on J = m a^2 / 2, ja jos se pyörii nopeudella ω, on sen energia

  T_p = J ω^2 / 2

- Nyt kuitenkin jos vanne vierii, on oltava ω = R/a (θ' - φ'), eli

  T_p = J [R/a (θ' - φ')]^2 / 2 = 1/4 m R^2 [(θ')^2 - 2 θ' φ' + (φ')^2]

- Siispä kokonaispotentiaali- ja liike-energiat ovat

  V = m g R cos(θ) + m g (R-a) cos(φ)
  T = 1/2 m R^2 (θ')^2 + 1/2 m (R-a)^2 (φ')^2 + 1/4 m R^2 [(θ')^2 - 2 θ' φ' + (φ')^2]

- Euler-Lagrangen yhtälöitä varten tarvitaan derivaatat:

  ∂(V-T)/∂θ = -m g R sin(θ)
    ∂(V-T)/∂φ = -m g (R-a) sin(φ)
  ∂(V-T)/∂θ' = m R^2 θ' + 1/2 m R^2 θ' - 1/2 m R^2 φ'
    ∂(V-T)/∂φ' = m (R-a)^2 φ' + 1/2 m R^2 φ' - 1/2 m R^2 θ'
  d∂(V-T)/∂θ'/dt = m R^2 θ'' + 1/2 m R^2 θ'' - 1/2 m R^2 φ''
  d∂(V-T)/∂φ'/dt   = m (R-a)^2 φ'' + 1/2 m R^2 φ'' - 1/2 m R^2 θ''

josta saadaan Euler-Lagrange-yhtälöiksi

  m R^2 θ'' + 1/2 m R^2 θ'' - 1/2 m R^2 φ'' = -m g R sin(θ)
  m (R-a)^2 φ'' + 1/2 m R^2 φ'' - 1/2 m R^2 θ'' = -m g (R-a) sin(φ)

Jos θ ja φ ovat "pieniä" ja R-a =~ R, saadaan linearisoimalla ja pienellä supistuksella

  θ'' = -3g/R/4 θ - g/R/4 φ
  φ''   = -3g/R/4 φ - g/R/4 θ

Jonka ominausmoodit ovat kulmanopeuksiltaan

  sqrt(g/R) ja sqrt(g/R/2)

Sitten kun tämä saadaan muokattua oikeaksi ratkaisuksi, voidaan kehittää vastaava Newton-pähkäily sikäli kun tätä ei lasketa sellaiseksi (eräänlainen energiaperiaatehan tämä on).

Arvelinkin, ettet malta erillään pysyä. Voit hakea itse virheen. Tehtävä pitäisi löytyä täältä.

http://physics.columbia.edu/files/physics/content/1ClassicalMech.pdf

Se on teht 4 ja ratkaisu löytyy alempaa. Jos et malta vielä  luntata, voit pyrkiä ratkaisuun sqrt(g/R) ja sqrt(g/(3R)) .

PPo
Seuraa 
Viestejä15182
wisti

Joo ei se ole oikein. Sinänsä on kiinnostavaa saataisiinko oikea ratkaisu myös tuollaisella "puolittaisella" pähkäilyllä tai N:n mekaniikalla. Annetaan sinulle siimaa sen verran, että malliratkaisussa oli L-yhtälö, josta saatiin yhtälöpari, olihan kulmia nyt kaksi.

Yritän käsitellä kuvaamaani tilannetta L-yhtälöllä.

Vastaa tilannetta jossa vanteen kulma on 0.

Liike-energiaksi kuvaamassani tilanteessa saadaan T=mR²(φ')²

ja potentiaalienergiaksi U=mgR(1-cosφ)

Lagrange:d/dt(∂(T-U)/∂φ'-∂/(T-U)/∂φ=0

2mR²φ''+mgRsinφ=0 .Kun huomioidaan, että sinφ≈φ, saadaan

2Rφ''+g*φ=0  eli φ''+ω²*φ=0 , missä ω=√(g/2R)

Saadaan siis sama taajuus.

Missä vika????

PS. Mistä saisi uskallusta perehtyä Voltan laskelmiin?

Volta
Seuraa 
Viestejä123
wisti

Arvelinkin, ettet malta erillään pysyä. Voit hakea itse virheen. Tehtävä pitäisi löytyä täältä.

http://physics.columbia.edu/files/physics/content/1ClassicalMech.pdf

Se on teht 4 ja ratkaisu löytyy alempaa. Jos et malta vielä  luntata, voit pyrkiä ratkaisuun sqrt(g/R) ja sqrt(g/(3R)) .

Niinpä niin, kuvasta näkeekin virheeni: laskin umpinaiselle ympyrälevylle (J = m a^2/2), kun piti olla vanne eli se pelkkä reunus (J = m a^2). Tällä korjauksella saadaan lopulta:

  θ'' = -2g/R/3 θ - g/R/3 φ
  φ'' = -2g/R/3 φ - g/R/3 θ

jolla on ominaismoodit

  sqrt(g/R) ja sqrt(g/R/3)

wisti
Seuraa 
Viestejä15668
Volta
wisti

Arvelinkin, ettet malta erillään pysyä. Voit hakea itse virheen. Tehtävä pitäisi löytyä täältä.

http://physics.columbia.edu/files/physics/content/1ClassicalMech.pdf

Se on teht 4 ja ratkaisu löytyy alempaa. Jos et malta vielä  luntata, voit pyrkiä ratkaisuun sqrt(g/R) ja sqrt(g/(3R)) .

Niinpä niin, kuvasta näkeekin virheeni: laskin umpinaiselle ympyrälevylle (J = m a^2/2), kun piti olla vanne eli se pelkkä reunus (J = m a^2). Tällä korjauksella saadaan lopulta:

  θ'' = -2g/R/3 θ - g/R/3 φ
  φ'' = -2g/R/3 φ - g/R/3 θ

jolla on ominaismoodit

  sqrt(g/R) ja sqrt(g/R/3)

Sillä lailla! Kyllä minä niitä kakkosiasi vähän ihmettelin, mutta en kunnioituksesta jäykkänä sanonut mitään.

Olisi mielenkiintoista pähkäillä tätä jälkimmäistä tulosta sellaisessa hengessä, että ´pakkohan sen on näin olla´. Voisi nimittäin kuvitella, että nyt, kun vastaus tiedetään ja se on neliöjuuri 3-kertainen tähän triviaaliratkaisuun, niin sille löytyisi jokin suht yksinkertainen selitys. Toinen kiintoisa kysymys on tietysti se, kuinka NII purisi tällaiseen. Periaatteessa kai pitäisi ratketa.

 

Eusa
Seuraa 
Viestejä18320
wisti
Volta
wisti

Arvelinkin, ettet malta erillään pysyä. Voit hakea itse virheen. Tehtävä pitäisi löytyä täältä.

http://physics.columbia.edu/files/physics/content/1ClassicalMech.pdf

Se on teht 4 ja ratkaisu löytyy alempaa. Jos et malta vielä  luntata, voit pyrkiä ratkaisuun sqrt(g/R) ja sqrt(g/(3R)) .

Niinpä niin, kuvasta näkeekin virheeni: laskin umpinaiselle ympyrälevylle (J = m a^2/2), kun piti olla vanne eli se pelkkä reunus (J = m a^2). Tällä korjauksella saadaan lopulta:

  θ'' = -2g/R/3 θ - g/R/3 φ
  φ'' = -2g/R/3 φ - g/R/3 θ

jolla on ominaismoodit

  sqrt(g/R) ja sqrt(g/R/3)

Sillä lailla! Kyllä minä niitä kakkosiasi vähän ihmettelin, mutta en kunnioituksesta jäykkänä sanonut mitään.

Olisi mielenkiintoista pähkäillä tätä jälkimmäistä tulosta sellaisessa hengessä, että ´pakkohan sen on näin olla´. Voisi nimittäin kuvitella, että nyt, kun vastaus tiedetään ja se on neliöjuuri 3-kertainen tähän triviaaliratkaisuun, niin sille löytyisi jokin suht yksinkertainen selitys. Toinen kiintoisa kysymys on tietysti se, kuinka NII purisi tällaiseen. Periaatteessa kai pitäisi ratketa.

 

Itse ajattelin kolomosta ihan symmetriaperiaatteesta intuitiolla.

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

Volta
Seuraa 
Viestejä123
wisti
Volta

jolla on ominaismoodit

  sqrt(g/R) ja sqrt(g/R/3)

Sillä lailla! Kyllä minä niitä kakkosiasi vähän ihmettelin, mutta en kunnioituksesta jäykkänä sanonut mitään.

Olisi mielenkiintoista pähkäillä tätä jälkimmäistä tulosta sellaisessa hengessä, että ´pakkohan sen on näin olla´. Voisi nimittäin kuvitella, että nyt, kun vastaus tiedetään ja se on neliöjuuri 3-kertainen tähän triviaaliratkaisuun, niin sille löytyisi jokin suht yksinkertainen selitys. Toinen kiintoisa kysymys on tietysti se, kuinka NII purisi tällaiseen. Periaatteessa kai pitäisi ratketa.

Euler-Lagrange-yhtälöt ovat periaatteessa sama asia kuin F = m a, joten miettimällä kaikki voimat, momentit ja muut yksi kerrallaan kuntoon pitäisi tuloksena olla nämä yhtälöt:

  m R^2 θ'' + m R^2 θ'' - m R^2 φ'' = -m g R sin(θ)
  m (R-a)^2 φ'' + m R^2 φ'' - m R^2 θ'' = -m g (R-a) sin(φ)

En kyllä lähtisi edes yrittämään. Mutta loppuosa ratkaisusta meneekin samalla tavalla.

Aika vaikeata tuota neliöjuuri 3:a on intuitiolla hahmottaa, varsinkin kun umpinaisella levyllä sama kerroin olikin neliöjuuri 2.

 

Sivut

Suosituimmat

Uusimmat

Sisältö jatkuu mainoksen alla

Uusimmat

Suosituimmat