Nein, die beiden Ansätze, wie Sie sie dargestellt haben, wären nicht gleichwertig. Das erste ist genau. Der zweite nicht. Ihnen fehlen die Newtonschen Gleichungen für die Bewegung des Massenmittelpunkts des Stabes. Mit ihrer Hilfe könnten Sie die Komponenten ausdrückenH
Undv
der Reaktionskraft und setzen Sie sie in die Drehmomentgleichung ein, um eine Gleichung zu erhalten, die derjenigen aus dem ersten Ansatz entspricht.
XCich^+jCJ^=L2Sünde( θ )ich^+L2cos( θ )J^
Der vollständige Satz von Bewegungsgleichungen ist
MD2DT2(XCich^+jCJ^)=Hich^+vJ^−MGJ^ICHCD2θDT2k^=(−XCich^−jCJ^) × (Hich^+vJ^)
Plug-Ausdrücke
ML2D2DT2(Sünde( θ )ich^+cos( θ )J^)=Hich^+(v−MG)J^ICHCD2θDT2k^=−L2(Sünde( θ )ich^+cos( θ )J^) × (Hich^+vJ^)
Führen Sie die meisten Operationen durch
ML2+ML2[− Sünde( θ )D2θDT2− cos( θ ) (DθDT)2]ich^[cos( θ )D2θDT2− Sünde( θ ) (DθDT)2]J^=Hich^+(v−MG)J^ICHCD2θDT2k^=L2(Hcos( θ ) − VSünde( θ ))k^
Lösen Sie nach den horizontalen und vertikalen Komponenten der Reaktionskraft auf
H=ML2[− Sünde( θ )D2θDT2− cos( θ ) (DθDT)2]v=ML2[cos( θ )D2θDT2− Sünde( θ ) (DθDT)2]+MGICHCD2θDT2=L2Hcos( θ ) −L2vSünde( θ )
und setze sie in die dritte (Drehmoment-)Gleichung ein, vereinfache und wende die entsprechenden trigonometrischen Identitäten an. Das Ergebnis ist
ICHCD2θDT2=−ML24D2θDT2−MGL2Sünde( θ )
oder neu ausgedrückt
(ICHC+ML24)D2θDT2=−MGL2Sünde( θ )
Wo
ICHÖ=ICHC+ML24
was mit dem Parallelachsensatz übereinstimmt.
Nasu
Enzo Charles
Nasu
Gert
Enzo Charles
Gert
Josef h
Enzo Charles
Tieu Binh
Enzo Charles