Lesson 3

Vridningsmoment Exempel

7

Lite övande!

För att låta det här sjunka in provar vi med några enkla fall. Vi använder samma låda, fast med kraften på dessa ställen:



Men först måste vi som i många andra mekanik problem sätta ut ett koordinatsystem.


Låt oss sätta dessa så att C=(1,1,0)C=(1,1,0) .

Exempel 1) - som förr



I detta fall har vi att C=(1,1,0)C=(1,1,0) , A=(4,0,0)A=(4,0,0) , rCA=(3,1,0)\vec {r_{CA}}=(3,-1,0) , F=(0,F,0)\vec F =(0,F,0) .


Eftersom detta är precis det exemplet vi höll på med förut så kan vi direkt säga att


Mc=xFyyFx=3F+10=3FM_{ c }=\left| xF_{ y }-yF_{ x } \right| =\left| 3\cdot F+1\cdot 0 \right| =3F


Så stark är alltså vridningen. Men vad är då "kortaste" vinkeln som dessa två vektorer bildar? Vi behöver inte nödvändigtvis beräkna detta, vi behöver bara ungefärligen hur denna vinkel ser ut. För detta kommer att ge oss vridningens riktning. Den följer nämligen skruvens riktning (cf Algebra kryssprodukt). I detta fall får vi att vridningen är positiv, alltså moturs. Precis som vi såg förut!

Exempel 2) - Längs samma verkningslinje



Nu verkar kraften F på angreppspunkten A=(4,3,0)A=(4,3,0) i stället (Det är fortfarande samma kraft, alltså har den samma riktning). Nu får vi alltså rCA=(3,2,0)\vec { r_{ CA } } =(3,2,0) samt


MC=3F20=3FM_{ C }=\left| 3\cdot F-2\cdot 0 \right| =3F


Som ni kan se har den "kortaste vinkeln" fortfarande en positiv riktning. Alltså är denna vridning också moturs.


Men...nu blev kraften bara densamma...varför det? Jo ni kanske lade märke till att vi flyttade upp angreppspunkten längs samma linje som F gick i 1). Detta råkar vara F:s verkningslinje, men mer om det sen.


Nu kommer lite tuffare piller att svälja, så vi byter låda en stund.

Exempel a)



Det kan verka rätt självklart att den här lådan inte kommer rotera. I första hand kan man snabbt konstatera att rCA\vec { r_{ CA } } är parallell med F\vec { F } vilket gör att deras kryssprodukt (med andra ord vridningsmomentet) måste vara 00 . I andra hand kan man säga att denna kraft inte kan orsaka någon vridning, eftersom kraftens verkningslinje går genom lådans masscentrum (i detta fall C). Detta är ju fallet.

Exempel b)



??ven i detta exempel konstaterar vi att även om kraften nu puttar på lådan i stället för att dra den, så orsakas ingen vridning av lådan. Detta av samma anledningar som i a), vektorerna må vara motriktade, men de är ändå parallella.

Exempel c)



Nu kommer nog säkerligen lådan att rotera som så:



Vi kan till och med räkna ut det:


C=(1,1,0)A=(2,0,0)C=(1,1,0)\quad A=(2,0,0)


rCA=(1,1,0)F=(0,F,0)\vec { r_{ CA } } =(1,-1,0)\quad \vec { F } =(0,F,0)\quad


MC=1F+10=FM_{ C }=\left| 1\cdot F+1\cdot 0 \right| =F


Vridningskraften är alltså FF och dess riktning är positiv (moturs).

Exempel 3) - Parallella vektorer

Vi tar nu en ny horisontell kraft F så att F=(F,0,0)\vec F =(F,0,0)angreppspunkten


A=(5,1,0)A=(5,1,0)A=(5,1,0)A=(5,1,0) . Detta gör att rCA=(4,0,0)\vec{{r}_{CA}} =(4,0,0) , vilket gör till att rCA\vec { r_{ CA } } är parallell med F\vec { F }



Det finns två saker man kan komma att tänka på när den här kraften verkar på just denna låda. En av de är att den här kraften kommer få lådan att vrida sig, i med att den inte drar längs dess horisontella mitt-axel.


Men om man snabbt räknar så tänker man på en annan sak... vridningsmomentet i C blir ju 00! Se här:

MC=400F=0MC=|4\cdot 0-0\cdot F|=0


Detta gäller även fast man intuitivt kan konstatera att lådan kommer vridas. Det beror på att man oftast (och i detta fall) beräknar vridningsmomentet med avseende på en punkt, och inte ett helt objekt, som en låda. Lådan roterar, men inte just punkten C. Andra punkter på lådan, som till exempel lådans masscentrum (inte C i detta fall), kommer att vridas.

Exempel 4) - Motsatta vektorer



Nu verkar kraften F=(0,F,0)\vec { F } =(0,F,0)angreppspunkten A=(1,0,0)A=(1,0,0). Vi får då rCA=(0,1,0)\vec { r_{ CA } } =(0,-1,0) , samt att MC=0F+10=0M_{ C }=\left| 0\cdot F+1\cdot 0 \right| =0 .


Alltså är vridningen i C ännu en gång 00 .

Comments

icon

Be the first to comment!