Comprensión de un sistema de rotación con chasquido centrípeto, tirón angular y un vector de tensión tridimensional

Question

Comprensión de un sistema de rotación con chasquido centrípeto, tirón angular y un vector de tensión tridimensional

idiota
Física
fuerza centrípeta
momento de inercia
dinámica-rotacional
cinemática-rotacional

Addison Crump

En un experimento reciente en mi clase de física, se nos dio la tarea de encontrar el momento de inercia de rotación experimental en un soporte en T con dos masas unidas a los extremos de cierta longitud. He dibujado un diagrama a continuación con la esperanza de ayudar en la comprensión del problema:

Como puede ver, tengo dos masas puntuales colgando de los extremos del soporte en T de idéntica masa Mcon idéntica longitud de cuerda S. La masa se distribuye uniformemente dentro del soporte en T. Estoy aplicando una fuerza Ftangencialmente al borde de la parte inferior del soporte en T, cuyo radio es R.

Se nos indicó como clase que consideráramos la aceleración centrípeta como una constante y la fuerza de tensión como si solo se moviera hacia arriba y hacia adentro. Fue entonces cuando cometí el error de señalar que hacer estas suposiciones no daría como resultado datos precisos, ya que estábamos variando el par aplicado al soporte en T. Mi profesor de física sabía que yo ya tenía experiencia con vectores tridimensionales (aunque muy limitada) y entendía que la posición (tal como la habíamos visto hasta ahora) era solo el polinomio de segundo grado de una serie infinita de Taylor. Fue entonces cuando me dijeron que "vaya y vea si puede resolverlo".

El problema del tirón centrípeto es evidente cuando se considera que el movimiento de las masas es Fconstante, lo que implica una aceleración tangencial. La ecuación para la aceleración centrípeta asume una velocidad de rotación constante, que esta no tiene. Por lo tanto, no podemos usar $a_c = ωr$ (donde ω es una constante), pero su derivada, $j_c = αr$ . Además, el momento de inercia rotacional también aumenta sin que se aplique ningún cambio en el par; por lo tanto, la aceleración angular también se acerca a 0 cuando el tiempo se acerca al infinito. Ni siquiera podemos considerar el tirón centrípeto; en cambio, debemos considerar el chasquido centrípeto: $s_c = ζr$ .

Este problema no sería demasiado difícil si no fuera por el vector de tensión tridimensional. Dado que hay una aceleración tangencial, debe haber una fuerza tangencial en las masas puntuales, creando así no solo una fuerza de tensión hacia arriba y hacia adentro, sino también una fuerza de tensión hacia afuera.

Esto es lo que sé hasta ahora sobre el vector de tensión y la cuerda asociada:

S^{2} = {X_{S}}^{2} + {y_{S}}^{2} + {z_{S}}^{2}

$S^2 = {x_S}^2 + {y_S}^2 + {z_S}^2$

Donde x _S , y _S y z _S están proporcionalmente relacionados con los vectores de fuerza:

| | \vec{F_{T}} | |^{2} = | | \vec{F_{T_{X}}} | |^{2} + | | \vec{F_{T_{y}}} | |^{2} + | | \vec{F_{T_{z}}} | |^{2}

$||\vec{F_T}||^2 = ||\vec{F_{T_x}}||^2 + ||\vec{F_{T_y}}||^2 + ||\vec{F_{T_z}}||^2$

Otros misceláneos conocidos (espero):

\vec{τ} = \vec{F} R = I \vec{α}

$\vec{τ} = \vec{F}R = I\vec{α}$

Δ \vec{τ} = 0

$Δ\vec{τ} = 0$

\vec{X_{C}} = \vec{X_{C_{0}}} + \vec{v_{C_{0}}} t + \frac{1}{2} \vec{a_{C_{0}}} t^{2} + \frac{1}{6} \vec{j_{C_{0}}} t^{3} + \frac{1}{24} \vec{s_{C}} t^{4}

$\vec{x_c} = \vec{x_{c_0}} + \vec{v_{c_0}}t + \frac{1}{2}\vec{a_{c_0}}t^2 + \frac{1}{6}\vec{j_{c_0}}t^3 + \frac{1}{24}\vec{s_c}t^4$

Tenga en cuenta que $\vec{x_{c_0}}$ , $\vec{v_{c_0}}$ , y $\vec{a_{c_0}}$ todos tienen magnitud de cero. De este modo:

\vec{X_{C}} = \frac{1}{6} \vec{j_{C_{0}}} t^{3} + \frac{1}{24} \vec{s_{C}} t^{4}

$\vec{x_c} = \frac{1}{6}\vec{j_{c_0}}t^3 + \frac{1}{24}\vec{s_c}t^4$

\frac{d}{d t} \vec{v_{t}} = \frac{d}{d t} (\vec{ω} r) = \vec{a_{t}} = \vec{α} r

$\frac{d}{dt}\vec{v_t} = \frac{d}{dt}(\vec{ω}r) = \vec{a_t} = \vec{α}r$

\frac{d}{d t} \vec{a_{t}} = \frac{d}{d t} (\vec{α} r) = \vec{j_{t}} = \vec{ζ} r

$\frac{d}{dt}\vec{a_t} = \frac{d}{dt}(\vec{α}r) = \vec{j_t} = \vec{ζ}r$

\vec{ω} = {\vec{ω}}_{0} + \vec{α} t + \frac{1}{2} \vec{ζ} t^{2}

$\vec{ω} = \vec{ω}_0 + \vec{α}t + \frac{1}{2}\vec{ζ}t^2$

\frac{d}{d t} \vec{a_{C}} = \frac{d}{d t} (\frac{{\vec{v_{t}}}^{2}}{r}) = \frac{d}{d t} ({\vec{ω}}^{2} r) = \vec{j_{C}} = 2 \vec{ω} \vec{α} r

$\frac{d}{dt}\vec{a_c} = \frac{d}{dt}(\frac{{\vec{v_t}}^2}{r}) = \frac{d}{dt}(\vec{ω}^2r) = \vec{j_c} = 2\vec{ω}\vec{α}r$

\vec{s_{C}} = 2 r (\vec{ω} \vec{ζ} + {\vec{α}}^{2})

$\vec{s_c} = 2r(\vec{ω}\vec{ζ}+\vec{α}^2)$

\vec{F_{C}} = METRO \vec{a_{C}} = METRO (\vec{j_{C_{0}}} t + \frac{1}{2} \vec{s_{C}} t^{2}) = METRO (\vec{j_{C_{0}}} t + r (\vec{ω} \vec{ζ} + {\vec{α}}^{2}) t^{2})

$\vec{F_c} = M\vec{a_c} = M(\vec{j_{c_0}}t+\frac{1}{2}\vec{s_c}t^2) = M(\vec{j_{c_0}}t+r(\vec{ω}\vec{ζ}+\vec{α}^2)t^2)$

Hasta ahora, creo que mi interpretación del polinomio de posición de cuarto grado. Sin embargo, relacionar los tres vectores de tensión de una manera que tenga sentido se convierte en mi problema.

La forma en que me he acercado a este vector de tensión hasta ahora es considerando los vectores unitarios relativos al extremo de la barra, de modo que $\hat{i}$ está siempre a lo largo de la varilla, $\hat{j}$ apunta hacia el movimiento tangencial a lo largo del extremo de la varilla, y $\hat{k}$ apunta hacia el suelo.

No puedo entender cómo relacionar cada dirección del vector. Sé que, a medida que la tensión tira de mi masa puntual hacia arriba y hacia adentro, el radio desde el eje de rotación aumenta para la masa puntual, lo que aumenta la aceleración angular y, por lo tanto, aumenta la fuerza de tensión a lo largo del eje y. Sé que la fuerza de tensión a lo largo del eje x también aumenta, ya que la distancia de la componente x se hace más grande y, por lo tanto, aumenta la fuerza centrípeta. No sé cómo relacionar el eje z con otros dos ejes. Aquí radica mi problema principal: relacionar mis componentes de fuerza de tensión con las variables enumeradas anteriormente.

Mi pregunta es doble: ¿son correctas mis suposiciones sobre el polinomio de cuarto grado de la posición centrípeta y el polinomio de tercer grado de las ecuaciones de la posición rotacional, y cómo puedo relacionar mis fuerzas de tensión de una manera teóricamente correcta?

_{(Divulgación completa: estoy en AP Physics C con conocimiento previo de AP Calc BC, así como los comienzos del cálculo vectorial 3D, por lo que si se usa un cálculo de nivel superior (¿sé que el cálculo tensorial podría estar involucrado?), por favor vincúleme a una fuente que me pueda dar fundamentos de las matemáticas necesarias)}

jerbo sammy

Esta no parece ser una pregunta útil. Tu profesor te ha pedido que midas el MI del aparato, has señalado que el MI cambia durante el experimento. Entonces, ¿cuál es el nuevo objetivo del experimento? ¿Por qué estás tratando de encontrar la tensión en las cuerdas? ¿Cómo te ayudará eso a hacer uso de tus resultados experimentales? Esto parece ser una "persecución inútil" en la que ni siquiera sabes lo que estás buscando.

Addison Crump

El objetivo del experimento ahora es encontrar una función de MI en términos de tiempo desde el primer momento en que se aplica la fuerza.

jerbo sammy

¿Qué medidas hiciste en tu experimento?

Addison Crump

@sammygerbil Cambio en el tiempo, la masa de los brazos de la T, el soporte de la T y todas las demás variables que se muestran arriba.

jerbo sammy

¿ Podría ser más específico sobre todas las demás variables que se muestran arriba ? ¿Qué midió exactamente que varió con el tiempo? ¿Midió el ángulo que formaba la cuerda con la vertical (

θ

$\theta$ en la respuesta de Gert)? O hasta qué punto la masa (que proporciona la fuerza

F = M g

$F=Mg$ ) ¿Ha caido? ¿O cuántas revoluciones había hecho la 'T'?

jerbo sammy

Además, es la fuerza

F

$F$ proporcionada por una masa que cae? En ese caso,

F

$F$ no es constante sino que decrece a medida que

ω

$\omega$ aumenta

Addison Crump

@sammygerbil Se conocen todas las variables del diagrama anterior.

F

$F$ es proporcionada por una masa que cae. No entiendo cómo eso disminuiría como

ω

$ω$ aumenta, sin embargo, ¿podría proporcionar un enlace sobre cómo funciona?

jerbo sammy

El diagrama no incluye ninguna variable que dependa del tiempo, como

ω

$\omega$ o

θ

$\theta$ . Entonces, ¿qué mediciones dependientes del tiempo ha realizado? ... Tensión en una cuerda unida a una masa que cae

M

$M$ es

F = M (g - \ddot{y})

$F=M(g-\ddot y)$ dónde

y

$y$ es la altura de

M

$M$ ,

\dot{y} = R ω

$\dot y=R\omega$ ,

\ddot{y} = R \dot{ω}

$\ddot y=R\dot \omega$ y

ω

$\omega$ es la velocidad angular de la 'T'. Por lo tanto

F

$F$ depende de

\dot{ω}

$\dot \omega$ , que sabemos que no es constante porque el momento de inercia aumenta.

Respuestas (3)

Comprensión de un sistema de rotación con chasquido centrípeto, tirón angular y un vector de tensión tridimensional

Esta no parece ser una pregunta útil. Tu profesor te ha pedido que midas el MI del aparato, has señalado que el MI cambia durante el experimento. Entonces, ¿cuál es el nuevo objetivo del experimento? ¿Por qué estás tratando de encontrar la tensión en las cuerdas? ¿Cómo te ayudará eso a hacer uso de tus resultados experimentales? Esto parece ser una "persecución inútil" en la que ni siquiera sabes lo que estás buscando.
El objetivo del experimento ahora es encontrar una función de MI en términos de tiempo desde el primer momento en que se aplica la fuerza.
@sammygerbil Cambio en el tiempo, la masa de los brazos de la T, el soporte de la T y todas las demás variables que se muestran arriba.
¿ Podría ser más específico sobre todas las demás variables que se muestran arriba ? ¿Qué midió exactamente que varió con el tiempo? ¿Midió el ángulo que formaba la cuerda con la vertical ( $\theta$ en la respuesta de Gert)? O hasta qué punto la masa (que proporciona la fuerza $F=Mg$ ) ¿Ha caido? ¿O cuántas revoluciones había hecho la 'T'?
Además, es la fuerza $F$ proporcionada por una masa que cae? En ese caso, $F$ no es constante sino que decrece a medida que $\omega$ aumenta
@sammygerbil Se conocen todas las variables del diagrama anterior. $F$ es proporcionada por una masa que cae. No entiendo cómo eso disminuiría como $ω$ aumenta, sin embargo, ¿podría proporcionar un enlace sobre cómo funciona?
El diagrama no incluye ninguna variable que dependa del tiempo, como $\omega$ o $\theta$ . Entonces, ¿qué mediciones dependientes del tiempo ha realizado? ... Tensión en una cuerda unida a una masa que cae $M$ es $F=M(g-\ddot y)$ dónde $y$ es la altura de $M$ , $\dot y=R\omega$ , $\ddot y=R\dot \omega$ y $\omega$ es la velocidad angular de la 'T'. Por lo tanto $F$ depende de $\dot \omega$ , que sabemos que no es constante porque el momento de inercia aumenta.

Gert · Answer 1

El tema del tirón centrípeto es evidente cuando se considera el movimiento de las masas ya que la F es constante, lo que implica una aceleración tangencial. La ecuación para la aceleración centrípeta asume una velocidad de rotación constante, que esta no tiene. Por lo tanto, no podemos usar $a_c=\omega r$ (dónde $\omega$ es una constante), pero su derivada, $j_c=\alpha r$ .

Realmente estás comenzando desde la premisa equivocada aquí.

La ecuación para la aceleración centrípeta no supone en absoluto una velocidad de rotación constante .

Estás aplicando un par constante $\tau$ :

τ = F r

$\tau=Fr$

Por el segundo de Newton, aquí aplicado a la rotación:

I α = τ = F r

$I\alpha=\tau=Fr$

Aquí $\alpha=\frac{d\omega}{dt}=\dot{\omega}$ .

Ya que como:

α = \frac{τ}{I} = \frac{F r}{I}

$\alpha =\frac{\tau}{I}=\frac{Fr}{I}$

Con $F=\text{constant}\implies \alpha=\text{constant}$ .

Por supuesto, eso significa que $\omega$ evoluciona con el tiempo:

\dot{ω} = \frac{F r}{I}

$\dot{\omega}=\frac{Fr}{I}$

⟹ \int d ω = \int \frac{F r}{I} d t = \frac{F r}{I} \int d t

$\implies \int d\omega=\int\frac{Fr}{I}dt=\frac{Fr}{I}\int dt$

Integrar entre límites adecuados.

Este problema no implica un tirón angular .

Editar: en respuesta al comentario de OP.

si las masas $m$ son móviles, entonces el momento de inercia de una masa es (considéralo una masa puntual):

I_{metro} = metro (L + S pecado θ)^{2}

$I_m=m(L+S\sin\theta)^2$ Del diagrama de cuerpo libre:

T = metro gramo pecado θ

$T=mg\sin\theta$

F_{C} = metro (L + S pecado θ) ω^{2} = T pecado θ = metro gramo {pecado}^{2} θ

$F_c=m(L+S\sin\theta)\omega^2=T\sin\theta=mg\sin^2\theta$

(L + S pecado θ) ω^{2} = gramo {pecado}^{2} θ

$(L+S\sin\theta)\omega^2=g\sin^2\theta$

L ω^{2} + S ω^{2} pecado θ = gramo {pecado}^{2} θ

$L\omega^2+S\omega^2\sin\theta=g\sin^2\theta$ Colocar:

X = pecado θ

$x=\sin\theta$ Entonces:

gramo X^{2} - S ω^{2} X - L ω^{2} = 0

$gx^2-S\omega^2x-L\omega^2=0$

Δ = S^{2} ω^{4} - 4 gramo L ω^{2}

$\Delta=S^2\omega^4-4gL\omega^2$

X_{\pm} = \frac{S ω^{2} \pm \sqrt{Δ}}{2 gramo}

$x_{\pm}=\frac{S\omega^2\pm\sqrt{\Delta}}{2g}$

θ = F (ω)

$\theta=f(\omega)$ Entonces el momento de inercia total es:

I = I_{T} + 2 I_{metro} = I_{T} + 2 metro (L + S pecado F (ω))^{2} = I (ω)

$I=I_T+2I_m=I_T+2m(L+S\sin f(\omega))^2=I(\omega)$

\dot{ω} = \frac{F r}{I (ω)}

$\dot{\omega}=\frac{Fr}{I(\omega)}$ La ecuación de movimiento se convierte en:

I (ω) d ω = F r d t

$I(\omega)d\omega=Frdt$ Entonces

ω

$\omega$ ya no es una función lineal de

t

$t$ .

jerbo sammy · Answer 2

Creo que el problema (de encontrar cómo varía el momento de inercia del aparato con el tiempo) es mucho más difícil de lo que imaginas. Además, como dije en mi 1er comentario, creo que no vale la pena intentar solucionarlo. Es una caza del ganso salvaje . No tiene mucho sentido tratar de medir algo que cambia a medida que lo mides.

Sería bastante difícil si se tratara de un problema estático , con velocidad angular constante y momento de inercia constante. Las bolas formarían entonces un ángulo constante. $\theta$ con la vertical, y quedarían en el mismo plano que el travesaño de la 'T'.

Pero este problema es dinámico . Velocidad angular $\omega$ está aumentando, por lo que las bolas se balancearán hacia arriba/hacia afuera en el plano de la 'T' y también 'hacia atrás' fuera de este plano, como creo que te das cuenta. El momento de inercia aumenta de una manera muy compleja.

Además, la fuerza $F=M(g-\ddot y)$ no es constante porque $\ddot y=R\dot \omega$ puede cambiar a medida que aumenta el momento de inercia. (Aquí $y$ es la posición vertical de la masa que cae, medida hacia abajo.)

Por lo tanto, la ecuación dinámica del movimiento será muy difícil de derivar y probablemente solo pueda resolverse mediante análisis numérico.

Creo que la forma más sencilla de sacar algo del experimento es quitar las bolas (o fijarlas en su lugar para que no se muevan) y medir solo el momento fijo de inercia de la 'T'. Llama esto $J_0$ . La masa que cae $M$ luego debe descender con aceleración uniforme $\ddot y$ . Esta situación es mucho más fácil de analizar. Si trazas un gráfico de línea recta de $g/\ddot y$ contra $1/MR^2$ la pendiente es $J_0$ .

Luz negra MG · Answer 3

Esto es un poco demasiado tarde, pero puedo responder a esta pregunta. Aunque hay una aceleración en el sistema, el radio es fijo, por lo que la aceleración centrípeta seguirá siendo omega^2 r. El vector de velocidad del movimiento circular siempre es tangencial a la trayectoria, por lo que el cambio de velocidad debe deberse a un vector de aceleración en la misma dirección. Eso significa que la aceleración total sería -omega^2 r.(er) + dv/dt.(et), donde (er) y (et) son vectores unitarios en las direcciones radial hacia afuera y tangencial respectivamente (perdónenme por el notación, estoy escribiendo esto en mi móvil, lo cambiaré cuando tenga tiempo). Debido a que la aceleración total es una suma vectorial de vectores tangenciales y radiales, no estará apuntando hacia el centro.

Esto está muy bien explicado en el Capítulo 7 del libro "Conceptos de Física - Vol. 1" de HC Verma.

Todavía daré una breve derivación.

Considere dos vectores unitarios (er) y (et) apuntando radialmente hacia afuera y tangenciales a un círculo. Por matemáticas básicas, obtenemos (er) = (i)cos(theta) + (j)sin(theta) y (et) = -(i)sin(theta) + (j)cos(theta).

Ahora considere el vector radial (r) del cuerpo giratorio como (r) = r.(er).

Diferenciándolo a tiempo,

(v) = d(r)/dt = d[r((i)cos(theta) + (j)sen(theta))]/dt

= r[(i).-sin(theta)d(theta)/dt + (j).cos(theta)d(theta)/dt]

= r.omega[-(i)sin(theta) + (j)cos(theta)]

= r.omega.(et)

Ahora de nuevo diferenciando,

(a) = d(v)/dt = d[r.omega(-(i)sen(theta) + (j)cos(theta))]/dt

= r[omega.d(-(i)sin(theta) + (j)cos(theta))/dt + d(omega)/dt.(-(i)sin(theta) + (j)cos(theta))]

= omega.r[-(i)cos(theta)d(theta)/dt - (j)sin(theta)d(theta)/dt] + r.d(omega)/dt.(et)

= -omega^2.r((i)cos(theta) + (j)sin(theta)) + r(d(omega)/dt).(et)

= -omega^2.r.(er) + d(v)/dt.(et), because d(r.omega)/dt = dv/dt

Comprensión de un sistema de rotación con chasquido centrípeto, tirón angular y un vector de tensión tridimensional

Addison Crump

jerbo sammy

Addison Crump

jerbo sammy

Addison Crump

jerbo sammy

jerbo sammy

Addison Crump

jerbo sammy

Respuestas (3)

Gert

jerbo sammy

Luz negra MG

¿Una varilla giratoria tiene energía cinética de traslación y rotación?

¿No debería ser la relación entre el par y el momento de inercia y la aceleración angular τ=Iαsinθτ=Iαsin⁡θ\tau = I\alpha \sin\theta?

¿Cómo afecta la masa al deslizamiento?

Razones para usar el momento angular, el par y el momento de inercia para describir el movimiento de rotación

Confundido por el teorema del eje paralelo

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