Un disco inclinado rodando por el suelo.

Question

Un disco inclinado rodando por el suelo.

Mainak Roy

En primer lugar, una imagen para describir la situación que tenemos:

Fondo

Un disco uniforme rueda sin deslizarse sobre una superficie plana. El disco en sí también está en movimiento circular alrededor del punto $O$ . He intentado esto con un rollo de cinta adhesiva, por lo que la situación en sí parece plausible. Lo que quiero encontrar es el radio del disco en términos de $g$ , $\omega$ y $\theta$ .

mi análisis

(disculpas por la falta de diagramas de aquí en adelante)

Ahora, algo debe estar impidiendo que el disco se caiga. Si tomo el momento angular sobre el punto de contacto, obtengo $\overrightarrow{L}=\frac{3}{2}mr^2 \omega$ . El vector mismo tiene un ángulo de $\frac{\pi}{2} - \theta$ al piso, y se balancea a medida que el disco se mueve en el espacio.

Alguna fuerza proporciona el par para que esto sea posible. Esta fuerza es la aceleración gravitacional. No hay torsión debido a fuerzas normales, de fricción o centrífugas (?) sobre el punto de contacto. Si calculamos el momento de torsión debido a la gravedad sobre el punto de contacto, obtenemos $\overrightarrow{\tau} = mgr \cos{\theta}$ .

El vector de momento angular gira alrededor de un eje perpendicular a él e inclinado en $\frac{\pi}{2} - \theta$ a $+z$ . Llamemos a la velocidad angular alrededor de este eje $\Omega$ . Podemos encontrar $\Omega$ eligiendo el centro de masa del disco a estudiar. la distancia de $O$ a la COM es $r\tan{\theta}$ . Entonces tenemos $\Omega r\tan{\theta} = \omega r$ , por lo tanto $\Omega = \omega \cot{\theta}$ .

Por lo tanto, podemos encontrar que el par requerido es $\overrightarrow{\tau}_{req} = L \Omega$ . equiparar $\overrightarrow{\tau}_{req}$ y $\overrightarrow{\tau}$ , obtenemos

r = \frac{2 gramo pecado θ}{3 ω^{2}}

$r = \frac{2g \sin{\theta}}{3 \omega^2}$

¿Alguien puede revisar mi análisis? Como se me ocurrió esto yo mismo, no tengo nada a lo que referirme. (También me siento un poco inseguro de si la fuerza centrífuga tiene algún papel aquí).

linkin

No creo que esta sea una pregunta de verificación de mi trabajo, he visto monedas hacer este tipo de movimiento, siempre me pregunté por qué. +1.

PM 2 Anillo

Relacionado: en.wikipedia.org/wiki/Euler%27s_Disk & physics.stackexchange.com/a/315897/123208

PM 2 Anillo

@JustJohan Estoy de acuerdo. Mainak nos pide que verifiquemos el análisis, por lo que es una pregunta conceptual, no una solicitud para verificar los cálculos, lo que estaría fuera de tema.

Respuestas (1)

Un disco inclinado rodando por el suelo.

No creo que esta sea una pregunta de verificación de mi trabajo, he visto monedas hacer este tipo de movimiento, siempre me pregunté por qué. +1.
Relacionado: en.wikipedia.org/wiki/Euler%27s_Disk & physics.stackexchange.com/a/315897/123208
@JustJohan Estoy de acuerdo. Mainak nos pide que verifiquemos el análisis, por lo que es una pregunta conceptual, no una solicitud para verificar los cálculos, lo que estaría fuera de tema.

Vicente Thacker · Answer 1

Este problema está en Introducción a la mecánica clásica de David Morin como problema 9.23.

Sea la tasa de precesión de la moneda $\Omega$ . Sean los momentos de inercia $I = \frac 14 mr^2$ y $I_3 = \frac 12 mr^2$ respectivamente. En esta situación, es más conveniente encontrar $\mathbf{L}$ sobre el centro de la moneda.

Lo importante aquí es olvidarse (temporalmente) del movimiento del centro de la moneda en el espacio (ya que no contribuye a la parte cambiante de $\mathbf L$ ). La velocidad angular es entonces $\mathbf{ω}-\Omega \hat{\mathbf{z}}$ . El signo menos ocurre porque apuntan en direcciones opuestas.

Su error es que no incluyó el $-\Omega\hat{\mathbf{z}}$ parte de la rotación de la moneda. La moneda, además de dar vueltas $I_3$ con velocidad angular $\omega$ , también está girando sobre el $z$ -eje con velocidad angular $\Omega$ . Esto se puede visualizar más fácilmente si se imagina sentado a cierta altura sobre el centro de la moneda, siempre mirando en la dirección de la moneda. $x$ -eje.

Las siguientes líneas son el corazón del problema.

Ahora, estamos interesados en encontrar la componente no vertical de $\mathbf{L}$ , que denotaremos como $L_{\parallel}$ . El $\mathbf{ω}-\Omega \hat{\mathbf{z}}$ se puede reexpresar como $\omega - \Omega \cos\theta$ perpendicular a la moneda y $\Omega \sin\theta$ hacia abajo a lo largo de la moneda.

$\omega - \Omega \cos\theta$ perpendicular a la moneda se traduce en una contribución $I_3(\omega - \Omega \cos\theta)\sin\theta$ a $L_{\parallel}$ .

$\Omega \sin\theta$ hacia abajo a lo largo de la moneda se traduce en una contribución $I\Omega \sin\theta \cos\theta$ a $L_{\parallel}$ .

Poniendo los dos anteriores juntos nos da un total de

L_{∥} = metro r^{2} (\frac{1}{2} ω pecado θ - \frac{1}{4} Ω pecado θ porque θ)

$L_{\parallel} = mr^2 \left(\frac 12 \omega \sin\theta -\frac 14 \Omega \sin\theta \cos\theta\right)$ Desde

L_{∥}

$L_{\parallel}$ precede con frecuencia

Ω

$\Omega$ , también debemos tener

| \frac{d L}{d t} | = L_{∥} Ω

$\left| \frac{\text d \mathbf{L}}{\text dt}\right| = L_{\parallel} \Omega$

Las otras ecuaciones son

R Ω = r ω

$R \Omega = r\omega$

F_{F} = metro (R - r porque θ) Ω^{2}

$F_f = m(R-r \cos\theta)\Omega^2$

| \frac{d L}{d t} | = r (metro gramo porque θ - F_{F} pecado θ)

$\left| \frac{\text d \mathbf{L}}{\text dt}\right|= r(mg\cos\theta - F_f \sin\theta)$ dónde

R

$R$ es el radio del punto de contacto y

F_{f}

$F_f$ es la fricción. Resolviendo todas las ecuaciones se obtiene

Ω = \sqrt{\frac{gramo}{broncearse θ (\frac{3}{2} R - \frac{5}{4} r porque θ)}}

$\Omega = \sqrt{\frac{g}{\tan\theta \left( \frac 32 R - \frac 54 r \cos\theta\right)} }$ Por lo tanto, la precesión sólo es posible cuando

R > \frac{5}{6} r \cos θ

$R > \frac 56 r \cos\theta$ .

Gracias, pude seguir la solución y es más general. Por cierto, no debería $\Omega \sin{\theta}$ estar apuntando hacia arriba a lo largo de la moneda?
@MainakRoy No. Digamos $\omega$ apunta hacia afuera. Entonces la moneda va en un círculo en el sentido de las agujas del reloj. Por lo tanto $\Omega$ apunta hacia abajo, en sentido negativo $z$ dirección. Entonces, el componente a lo largo de la moneda también apunta hacia abajo y lejos del centro.
Ah, me lo imaginaba rodando en sentido contrario a las agujas del reloj. Tiene sentido. Gracias.
@VincentThacker No pude seguir la condición de rodadura pura aplicada por Morin aquí. En la condición de rodadura pura tenemos $v=\omega r$ dónde $v$ es la velocidad del centro de masa . El centro de masa aquí atraviesa un círculo de radio $R-r\cos\theta$ de modo que su velocidad es $\Omega (R-r\cos\theta)$ dando la condición de rodadura pura a ser: $ω r = Ω (R - r porque θ)$ $\omega r=\Omega (R-r\cos\theta)$ ¿Dónde me estoy equivocando?
@Lost Esta es una buena pregunta. Debes estar pensando en la paradoja de la rotación de monedas . Sin embargo, el problema aquí es que el $\omega$ aquí se define en relación con la dirección normal de rotación en lugar del marco de laboratorio estacionario. Entonces, en la imagen de arriba, después de media vuelta alrededor de la moneda central, la moneda en movimiento ha dado una vuelta completa en relación con el marco del laboratorio, pero solo ha dado media vuelta como lo ve alguien que está parado en la moneda central (el normal giratorio). dirección). Así que todavía tenemos $r\omega=R\Omega$ .
@Vincent Thacker Lo siento, pero la redacción es un poco confusa. "moneda central, la moneda en movimiento ha dado una vuelta completa en relación con el marco del laboratorio" Aquí, se refiere a la imagen en la pregunta o al enlace que adjuntó. En la imagen de la pregunta no hay "moneda central" mientras que en la imagen que adjuntas no hay "moneda en movimiento".
@Lost La paradoja de la rotación de monedas es solo la situación anterior con $\theta=\pi$ , ¿No? Imagina que eres un fantasma parado en el punto de contacto en todo momento. Como tal, viajas con velocidad angular. $\Omega$ alrededor del centro. Puede (1) mirar en la misma dirección en relación con el marco de laboratorio inercial o (2) mirar radialmente hacia afuera (lo que significa que también gira con $\Omega$ ). Las velocidades angulares que observe serán diferentes en las dos situaciones. El $\omega$ se define en relación con (2).

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