تغییر دیسک اویلر

مدیران انجمن: parse, javad123javad

ارسال پست
نمایه کاربر
rohamavation

نام: roham hesami radرهام حسامی راد

محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 3259

سپاس: 5494

جنسیت:

تماس:

تغییر دیسک اویلر

پست توسط rohamavation »

من با مشکل زیر گیج و متحیر هستم.شما بچه های هوپاذ یک دیسک کج شده ساده D را در نظر بگیرید
با شعاع 1 (در هر واحد) که بدون لغزش روی یک دیسک افقی ثابت S می چرخد. N معمولی از D دارای شیب α ثابت است، نسبت به z عمودی محور. دیسک S
دارای شعاع cosα است، بنابراین مرکز C باید ثابت بماند (بدون انتقال افقی مرکز C). تصویر رو نگاه کنین
تصویر
تصویر
اگر دیسک متحرک D روی دیسک ثابت S می لغزه نقطه a به سادگی حول مرز S می چرخه. در این حالت ساده، مرکز C ثابت میمونه (عمودی و افقی). بردار نرمال N و شعاع CA به این صورت پیش می آید (من مبدأ محورهای دکارتی را در پایین در مرکز دیسک استاتیک قرار می دهم)
$\begin{align}
\mathbf{N}(t) &= \sin \alpha \, \cos \omega t \, \mathbf{x} + \sin \alpha \, \sin \omega t \, \mathbf{y} + \cos \alpha \, \mathbf{z}, \tag{1} \\[2ex]
\mathbf{CA}(t) &= \cos \alpha \, \cos \omega t \, \mathbf{x} + \cos \alpha \, \sin \omega t \, \mathbf{y} - \sin \alpha \, \mathbf{z}, \tag{2} \\[2ex]
\mathbf{r}_{\mathcal{A}}(t) &= \cos \alpha \, \cos \omega t \, \mathbf{x} + \cos \alpha \, \sin \omega t \, \mathbf{y}. \tag{3}
\end{align}$می خواهم حرکت نقطه مادی A را شرح دهم
زمانی که D روی S می چرخد، به جای اینکه به سادگی روی آن بلغزید. در این مورد، نقطه مادی A باید یک نوسان عمودی داشته باشد و به دور S نمی چرخد
، بنابراین (2) و (3) درست نیستند. چگونه نقطه مادی A و بردارهای N باید حرکت کند؟ ممن فهمیدم که N(t) باید مانند (1) باقی بماند، اما مطمئن نیستم که درست باشه من انتظار نوسان A را دارم
در اطراف ارتفاع ثابت $z_{\mathcal{C}} = \sin \alpha$
، چیزی مثل
$\tag{4}
\mathbf{r}_{\mathcal{A}}(t) = \cos \alpha \, \cos \varphi_{\mathcal{A}} \, \mathbf{x} + \cos \alpha \, \sin \varphi_{\mathcal{A}} \, \mathbf{y} + \sin \alpha \, (1 - \cos(\varphi_{\mathcal{A}} - \omega t)) \, \mathbf{z},$جایی که $\varphi_{\mathcal{A}}$
مختصات زاویه ای ساکن نقطه مادی در امتداد لبه دیسک استاتیک است. بردار (4) به گونه ای است که تنظیم$\varphi_{\mathcal{A}} = \omega t$
(در فریم مرجع چرخان) بردار (3) را پس می دهد. اما چگونه می تونم ثابت کنم که بردار (4) یک دیسک غلتان را بدون لغزش توصیف می کند؟
اما واضح است که حلقه ها فقط حول محور عمودی می چرخند و در واقع روی یکدیگر نمی چرخند.
من فکر می کنم که برای به دست آوردن شرایط چرخش باید اجازه چرخش اضافی دیسک D را بدهید
در این حالت سرعت نسبی در نقطه A برابر است با:$v_r=\omega_d\rho_d-\omega_s\rho_s$اگر سرعت vr باشد، شرط غلتش برآورده میشه برابر صفربنابراین سرعت زاویه ای دیسک D باید به صورت زیر باشه$\omega_d=\frac{\rho_s}{\rho_d}\,\omega_s$
تجزیه و تحلیل حرکت یک توپ که بدون لغزش در داخل یک کاسه نیمکره می چرخد
یک توپ جامد به شعاع r را در نظر بگیرین و جرم m غلتیدن بدون لیز خوردن در یک کاسه نیمکره ای به شعاع R (حرکت ساده عقب و جلو). حالا من فرض می‌کنم نوسانات کوچک هستند و بنابراین تقریب زاویه کوچک برقراره. من می خواهم دوره نوسان را پیدا کنم و حرکت را به دو صورت تجزیه و تحلیل می کنم اول با استفاده از بقای انرژی و دوم با استفاده از دینامیک. با این حال، من دو پاسخ متناقض دریافت می کنم. یک یا هر دو راه حل باید اشتباه باشد، اما نمی توانم بفهمم کدام یک و مهمتر از آن، نمی توانم دلیل آن را بفهمم.خوب من ابتدا
روش 1: معادله بقای انرژی را برای توپ می نویسیم
$mgh + \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 = Constant$از مرکز جرم، ارتفاع را $h = R-(R-r)cos\theta$می‌گیریم
جایی که θ زاویه از عمود است. اعمال شرط عدم لغزظش$v = r\omega$ و گرفتن ممان اینرسی برای یک کره جامد$I = \frac{2}{5}mr^2$ می تونم معادله انرژی را به صورت بنویسم
$mg(R-(R-r)cos\theta) + \frac{7}{10}mr^2\omega^2 = Constant$تمایز با توجه به زمان:
$mg(R-r)sin\theta\cdot\omega + \frac{7}{5}mr^2\omega\cdot\alpha = 0$با گرفتن تقریب زاویه کوچک sinθ=θ
من گرفتم$g(R-r)\theta + \frac{7}{5}r^2\alpha=0$و$-\frac{5g(R-r)}{7r^2}\theta = \alpha$
که از آن می تونم $T = 2\pi\sqrt{\frac{7r^2}{5g(R-r)}}$ بدست آورم
روش 2: تنها گشتاوری که بر روی توپ در هر نقطه از حرکت آن تأثیر می گذارد، نیروی اصطکاک f است.
. پس می تونم بنویسم$\tau = I\alpha = fr$دوباره با استفاده از شرط نورد$a = r\alpha$ و ممان اینرسی برای یک کره جامد $\frac{2}{5}ma = f$نیروی خالص وارد بر سیستم جزء مماسی گرانش و نیروی اصطکاک است بنابراین$F = ma = mgsin\theta - f$و$\frac{7}{5}a = gsin\theta$ من الان با گرفتن تقریب زاویه کوچک و تبدیل a
به $\alpha$ من نتیجه گرفتم$\alpha = \frac{5g}{7r}\theta$و دوره متناظر$T = 2\pi\sqrt{\frac{7r}{5g}}$اکنون جواببهام بسیار متفاوته و اگر کسی به من اشاره کند که کجا اشتباه کرده ام ممنون می شوم.
منفکرمیکنم اولین مشتق من با استفاده از انرژی، از دو معنای متفاوت برای یک نماد ω استفاده می کنه . یک جا تعبیرش می کنم ω=θ˙
مشتق زمانی زاویه خط از مرکز توپ تا مرکز کاسه با عمودی.در جای دیگر ω را تفسیر می کنم به عنوان مشتق زمانی زاویه بی نامی که خود توپ از طریق آن می چرخه این دو زاویه با $r/(R-r)$به یکدیگر مرتبط هستند.خوب پاسخی که در روش اول گرفتم اشتباه بود پاسخ دوم تقریباً درست8 من باید R-r را بگیرم به جای r از مرکز کره پاسخ صحیح $2\pi\sqrt{7(R-r)/5g}$هست
مشکلی که در راه حل اولم می بینم این است که v سرعت مرکز جرم است. من v=rω را فرض کنم اما این سرعت پایین توپه. مرکز جرم به موازات آن در یک حرکت دایره ای حرکت می کنه که شعاع آن R-r است
$v=((R-r)/R)r\omega$.
معادلات محدودیت یک کره که در داخل کره دیگری می چرخه
حرکت کره ای را در نظر بگیرید که در حال غلتیدن (بدون لغزش) درون کره دیگری است.تصویر
معادلات محدودیت شرط نورد را استخراج کنم
توجه بچه های هوپا یک مشکل جسم سفت سه بعدی است. در واقع ما یک حرکت سه بعدی کلی کره در داخل کره دیگر را در نظر می گیرم
$\alpha$ و β توابع کلی زمان هستند و موقعیت مرکز کره را تعیین می کنند.
تلاش من معادلات محدودیت باید از این واقعیت حاصل شود که سرعت نقطه تماس ناپدید می شود. بنابراین نقطه تماس را با C نشون میدم
و مرکز کره توسط G من باید داشته باشم $\mathbf{v}_C=\mathbf{v}_G+\boldsymbol{\omega}\times \mathbf{r}_{G/C}=\mathbf{0}$ برای رفتن بیشتر باید vG بنویسم و ω بر حسب زوایای $\alpha$ ، β
و زوایای کلاسیک اویلر. من اینجا گیر کردم!
شرایط بدون لغزش 3 محدودیت به 5 درجه آزادی مشکل اضافه می کند. سرعت نقطه تماس باید صفر باشه
$\mathbf{v}_C = \mathbf{v}_G + \mathbf{r}_{G/C} \times \boldsymbol{\omega} = 0$بردار موقعیت$\mathbf{r}_G$
تابعی از زوایای $\alpha$ و βاست
فقط$\mathbf{r}_G = (b-R) \begin{pmatrix} \cos(\alpha) \sin(\beta) \\ \sin(\alpha) \sin(\beta) \\ -\cos(\beta) \end{pmatrix}$با تمایز به JA ژاکوبین خطی میرسه
ارتباط سرعت های تعمیم یافته $\dot{q}_A = (\dot{\alpha}, \dot{\beta})$
به سرعت دکارتی مرکز $\mathbf{v}_G = \mathtt{J}_A \dot{q}_A$
$\mathbf{v}_G = (b-R) \begin{vmatrix} -\sin\alpha \sin\beta & \cos\alpha \cos\beta \\
\cos\alpha \sin\beta & \sin\alpha \cos\beta \\
0 & \sin\beta \end{vmatrix} \begin{pmatrix} \dot{\alpha} \\ \dot{\beta} \end{pmatrix}$ماتریس جهت گیری E توپ به سه زاویه اویلر φ ، ψ و θبستگی دارد
نشان دهنده چرخش حول محورهای محلی x1، x2 و x3 به ترتیب.$\mathtt{E} = \mathrm{Rot}(\mathbf{x}_1,\, \varphi)\,\mathrm{Rot}(\mathbf{x}_2,\, \psi)\,\mathrm{Rot}(\mathbf{x}_3,\, \theta)$دوباره با تمایز با استفاده از قانون زنجیره، به JB ژاکوبین چرخشی مییرسم ارتباط سرعت های چرخشی تعمیم یافته$\dot{q}_B = (\dot{\varphi},\dot{\psi},\dot{\theta})$
به سرعت چرخش توپ $\boldsymbol{\omega} = \mathtt{J}_B \dot{q}_B$
$\boldsymbol{\omega} = \mathbf{x}_1 \dot{\varphi} + \mathrm{Rot}(\mathbf{x}_1,\, \varphi)\,\left(\mathbf{x}_2 \dot{\psi} + \mathrm{Rot}(\mathbf{x}_2,\, \psi)\, \mathbf{x}_3 \dot{\theta}\right)$
$\boldsymbol{\omega} = \begin{vmatrix} \mathbf{x}_1 & \mathrm{Rot}(\mathbf{x}_1,\, \varphi)\,\mathbf{x}_2 & \mathrm{Rot}(\mathbf{x}_1,\, \varphi)\,\mathrm{Rot}(\mathbf{x}_2,\, \psi)\,\mathbf{x}_3 \end{vmatrix} \begin{pmatrix} \dot{\varphi} \\ \dot{\psi} \\ \dot{\theta} \end{pmatrix}$ژاکوبین فوق JB
یک ماتریس 3×3 با ستون اول x1 است ستون دوم $\mathrm{Rot}(\mathbf{x}_1,\, \varphi)\,\mathbf{x}_2$x2 و غیره.همچنین توجه داشته باشین هوپایی ها که$\mathbf{r}_{G/C} \times \boldsymbol{\omega}$
را می توان به صورت ماتریسی به صورت زیر بنویسم
$\begin{vmatrix}
0 & -z_{G/C} & y_{G/C} \\
z_{G/C} & 0 &-x_{G/C} \\
-y_{G/C} & x_{G/C} & 0
\end{vmatrix}
\begin{pmatrix} \omega_x \\ \omega_y \\ \omega_z \end{pmatrix}$توجه: پاسخ مرتبطی که رابطه بین زوایای اویلر و سرعت چرخش را اثبات می کنه
تصویر

nerset

نام: حسین اختر محققی

عضویت : دوشنبه ۱۳۹۷/۲/۱۷ - ۲۱:۵۸


پست: 74

سپاس: 24

جنسیت:

تماس:

Re: تغییر دیسک اویلر

پست توسط nerset »

من از فرمول های هندسی زیاد سر در نمی آورم ولی به ساده کردن مسئله بسیار علاقه مندم.
در مورد مسئله دو دیسک که لبه یکی به صورت شیبدار بر روی لبه دیسک پایینی قرار گرفته به نظر من به راحتی می توان یک اصل اساسی را مطرح کرد که نشان دهد دیسک بالایی باید چه ویژگی هایی داشته باشد تا با تمامی شرایط و خواسته های مطرح شده در مسئله یعنی ثابت ماندن محور C و عدم لغزیدن (در سئوال عدم چرخیدن دو دیسک روی هم مطرح شده بود و منظور همان است) مطابقت داشته باشد.
به نظر من می توان بین دو دیسک یک مثلث قائم الزاویه به صورت AA'B (به نام های A , A' ,B که نقطه A' نقطه روبروی نقطه A در دیسک پایین می باشد) و قائم بر صفحه دیسک پایینی باشد را در نظر گرفت و حالا اگر قطر دیسک بالایی دقیقا هم اندازه وتر این مثلث قائم الزاویه و شیب آن هم دقیقا برابر شیب وتر مثلث قائم الزاویه باشد حتما همواره لبه دیسک شیبدار بر روی لبه دیسک پایینی قرار خواهد گرفت ولی با انجام این کار قضیه ای شکل می گیرد و آن این است که در اینجا محیط دیسک شیبدار هم هرگز نمی تواند کوچکتر و یا مساوی محیط دیسک پایینی شود و در نتیجه همیشه باید از آن بزرگتر باشد.
و این یعنی همیشه فقط یکی از خواسته های ما در مسئله انجام می شود و با تنظیم مقادیر برای رسیدن به یک خواسته به طور خودکار خواسته دیگر ما نقض می شود.
حالا به اثبات موارد مطرح شده می پردازیم :
اثبات این مسئله بسیار ساده است و البته من روش های معمول هندسی برای اثبات چنین مسائلی را بلد نیستم و از یک منطق هندسی بسیار ساده برای اثبات آن استفاده می کنم و آن این است که فرض می کنیم دیسک سومی دقیقا هم اندازه دیسک پایینی وجود داشته باشد که در بالای دیسک بالایی که شیب دار است قرار بگیرد و مرکز آن هم دقیقا محور C باشد بنابراین بر خلاف دیسک متناظر پایینی که نقطه A نقطه تماس آن با دیسک شیب دار است در اینجا نقطه B نقطه تماس دیسک متناظر بالایی با دیسک شیب دار خواهد بود به دلیل متناظر بودن دو دیسک پایین و بالای دیسک شیب دار بنابراین محیط دو دیسک به صورت قائم روی هم قرار خواهند گرفت و در نتیجه می توان گفت که مثلث تشکیل شده که در ابتدای فرض آن را مطرح کردیم قطعا باید مثلثی قائم الزاویه باشد و در نتیجه یعنی قطر و شیب دیسک شیبدار حتما باید با قطر و شیب مثلث قائم الزاویه فرضی برابر باشد تا بتوان به خواسته اول مطرح شده در مسئله که تماس دائمی لبه دیسک شیبدار با دیسک پایینی می باشد رسید.
حالا اگر از بالا به این دو دیسک شیبدار و دیسک پایینی نگاه کنیم می بینیم که دیسک پایینی به صورت یک دایره کامل است ولی دیسک شیبدار به جای آنکه یک دایره به نظر برسد به دلیل شیبدار شدن شبیه به یک بیضی به نظر می رسد که قطر کوچک این بیضی دقیقا هم اندازه قطر دایره (قطر دیسک پایینی) بوده ولی قطر بزرگ بیضی از قطر این دایره بزرگتر می باشد که البته قطر بزرگ این بیضی در حال مشاهده در اصل همان قطر دیسک شیبدار می باشد و بنابراین می بینیم که محیط دیسک شیبدار از محیط دیسک پایینی همواره بزرگتر خواهد شد و اگر این دیسک شیبدار مانند دیسک اویلر بر روی دیسک پایینی حرکتی تابدار داشته باشد به دلیل عدم تساوی اندازه دو دیسک حتما یا باید دیسک پایینی و یا دیسک شیبدار و یا هر دوی آنها به دور خودشان بچرخند و در نتیجه در اینجا خواسته دوم مسئله که عدم لغزیدن دو دیسک بر روی هم می باشد نقض خواهد شد.
همچنین اگر بخواهیم که ابتدا خواسته دوم مسئله یعنی عدم لغزش دو دیسک بر هم را اجرا کنیم بنابراین باید محیط دو دیسک شیبدار و پایینی برابر باشد و این یعنی قطر این دو دیسک برابر می باشد که با توجه به اینکه برای اجرای خواسته اول مسئله حتما باید اندازه قطر دیسک شیبدار و وتر مثلث قائم الزاویه فرضی دقیقا یکسان باشد مشاهده می کنیم که چنین چیزی محال است پس در اینجا خواسته اول مسئله نقض می شود.
در مجموع می توان گفت که اگر دیسک اویلر که در اینجا همان دیسک شیبدار است بخواهد که مرکزی ثابت و بدون جابجایی داشته باشد حتما باید با توجه به شیبی که دارد به دور خود هم بچرخد و به عبارتی باید بر روی دیسک پایینی بلغزد. smile028

ارسال پست