Eulersche Gleichungen und frei rotierende symmetrische Kreisel

Question

Eulersche Gleichungen und frei rotierende symmetrische Kreisel

aP123

Für ein frei rotierendes symmetrisches Oberteil, bei dem kein Drehmoment im körperfesten Rahmen vorhanden ist, sage ich richtig, dass der Drehimpuls $L$ ist nicht konstant, da die Winkelgeschwindigkeit im körperfesten Rahmen

ω = A C Ö S (Ω T + ϕ) E 1 + A S ich N (Ω T + ϕ) E 2 + ω_{3} E 3

$\omega = Acos(\Omega t+\phi )E1 + Asin(\Omega t+\phi )E2 + \omega _{3}E3$ (wobei E1, E2 und E3 die Basisvektoren in Hauptachsenrichtung sind) zeitlich ändert und der Drehimpuls auch nicht parallel zur Winkelgeschwindigkeit ist, weil

M = ICH \dot{ω} + (ω \times ICH ω)

$M=I\dot{\omega }+(\omega \times I\omega )$ und weil das Drehmoment 0 ist und die Änderungsrate der Winkelgeschwindigkeit auch nicht 0 ist, ist das Kreuzprodukt nicht 0? Allerdings die Komponente

ω_{3}

$\omega _{3}$ ist parallel zu

L_{3}

$L _{3}$ weil die Euler-Gleichungen sagen, dass für eine freie symmetrische Spitze ohne Drehmoment, wenn

I_{1} = I_{2}

$I_{1}=I_{2}$ ,

\dot{ω_{3}}

$\dot{\omega _{3}}$ gleich 0 und so

ω_{3}

$\omega _{3}$ ist parallel zu

L_{3}

$L _{3}$ . Ist das richtig? Danke

pglpm

Was du schreibst ist etwas unklar. Frei drehbar – in welchem Rahmen? Meinen Sie mit "frei drehend", dass das Drehmoment Null ist (was dem zu widersprechen scheint, was Sie später schreiben)? Auch im Rahmen des (starren) Kreisels sollte der Drehimpuls null sein.

aP123

Danke für deinen Kommentar. Ja, ich meine, dass das Drehmoment 0 ist, und ich denke, ich meine den Laborrahmen, weil Eulers Gleichungen das Drehmoment im Trägheitsrahmen verwenden. Ich verstehe nicht, wie ich widersprochen habe, dass das Drehmoment nicht 0 ist. Ich habe nur die Euler-Gleichung angegeben und dann das Drehmoment auf 0 gesetzt. Ich denke, meine Frage ist, wie sich der Drehimpuls im Rahmen des starren Körpers ändert. Ich verstehe nicht, wie es 0 sein kann, weil es präzediert?

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Eulersche Gleichungen und frei rotierende symmetrische Kreisel

Was du schreibst ist etwas unklar. Frei drehbar – in welchem Rahmen? Meinen Sie mit "frei drehend", dass das Drehmoment Null ist (was dem zu widersprechen scheint, was Sie später schreiben)? Auch im Rahmen des (starren) Kreisels sollte der Drehimpuls null sein.
Danke für deinen Kommentar. Ja, ich meine, dass das Drehmoment 0 ist, und ich denke, ich meine den Laborrahmen, weil Eulers Gleichungen das Drehmoment im Trägheitsrahmen verwenden. Ich verstehe nicht, wie ich widersprochen habe, dass das Drehmoment nicht 0 ist. Ich habe nur die Euler-Gleichung angegeben und dann das Drehmoment auf 0 gesetzt. Ich denke, meine Frage ist, wie sich der Drehimpuls im Rahmen des starren Körpers ändert. Ich verstehe nicht, wie es 0 sein kann, weil es präzediert?

anonym.jpg · Answer 1

Dies ist nur ein Nachtrag zu Mikes Antwort, die richtig ist.

Dies kann einige Verwirrung beseitigen:

Möglicherweise folgen Sie Taylors klassischer Mechanik, was nach Ihrer Formulierung der Fall zu sein scheint. Wenn ja, schreibt er die Euler-Gleichungen in Bezug auf den Körperrahmen. In diesem Rahmen bewegt sich L (Drehimpuls) in einer Schleife umher $\hat e_3$ ähnlich wie $\omega$ (der Vektor) und $\hat e_3$ bewege dich in einem Kreis um L im Labor-/Inertialsystem.

Folglich haben Sie damit recht $L_3$ konstant ist, wenn Sie die Gleichungen ausarbeiten, aber dass die $L_2$ Und $L_1$ Komponenten sind es nicht, also $L$ der Vektor dreht sich folglich um $\hat e_3$ im Körperrahmen. $\omega$ tut es auch. (Dies setzt voraus, dass körperfest bedeutet "der Körper ist in diesem Rahmen fixiert".)

Endlich zu sagen $\omega_3 \hat e_3$ ist parallel zu $L_3 \hat e_3$ ist richtig, aber ich bin mir nicht sicher, warum Sie es ansprechen.

Vielen Dank, das ergibt mehr Sinn. Nur eine Sache, indem Sie die Gleichung im OP verwenden, wenn $M=I\dot{\omega }+(\omega \times (I\omega ))$ Wenn das Drehmoment 0 ist, bedeutet das, dass, wenn wir die erste und zweite Komponente (im Gegensatz zur 3.) nehmen, dann weil $\dot{\omega }_{1}$ Und $\dot{\omega }_{2}$ ungleich 0 und $M_{1}$ Und $M_{2}$ gleich 0 dann $\omega _{1}\times L_{1}$ Und $\omega _{2}\times L_{2}$ sind nicht 0 und daher $\omega _{1}$ ist nicht parallel zu $L_{1}$ und ebenso für die zweite Komponente? Stimmt das - ich bin mir nicht sicher, ob das mathematisch richtig ist.
Ich erinnere mich tatsächlich nicht an die M-Gleichung; Ich denke, es ist die Gleichung für das Drehmoment, aber ehrlich gesagt habe ich es vergessen. Ich bin mir nicht sicher, was du meinst $\omega_1 \times L_1$ . L ist ein Vektor, $L = ( L_1, L_2, L_3)$ und ebenso für $\omega$ . Folglich sagen $\omega_1 \times L_1$ würde so interpretiert werden $\omega_1 e_1 \times L_1 e_1$ , wenn du benutzt $\times$ Kreuzprodukt anzuzeigen. Aber ich denke, Sie haben das richtige Bild im Kopf, denn insgesamt $L$ ist nicht parallel zu $\omega$ da die Trägheitsmomente für die unterschiedlich sind $e_3$ gegen $e_2$ Und $e_1$ Achsen.
deutlich sein, $\omega \times L \ne \omega_1 \times L_1 + \omega_2 \times L_2 ...$ usw. verwechseln Sie möglicherweise Punktprodukt mit Kreuzprodukt?

Mike Stein · Answer 2

Der Drehimpuls, vom Inertialsystem aus gesehen, ist konstant. Die Winkelgeschwindigkeit ist nicht konstant.

Die durch den Endpunkt des Winkelgeschwindigkeitsvektors gezeichnete Kurve $\omega$ eines frei rotierenden starren Körpers heißt Herpolhode Der Endpunkt der Winkelgeschwindigkeit bewegt sich in einer Ebene im absoluten Raum, der unveränderlichen Ebene, die orthogonal zum Drehimpulsvektor steht ${\bf L}$ . Die Tatsache, dass die Herpolhode eine Kurve in der unveränderlichen Ebene ist, erscheint als Teil von Poinsots Konstruktion .

Wie in Goldsteins Classical Mechanics beschrieben : "Die Polhode rollt, ohne zu rutschen, auf der in der unveränderlichen Ebene liegenden Herpolhode."

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