Integrales Problem für die Trägheit der Scheibe

Question

Integrales Problem für die Trägheit der Scheibe

Trägheit
Physik
Integration
Trägheitsmoment
klassische Mechanik

Andreas

Ich folge derzeit Taylors "Klassischer Mechanik" und versuche zu verstehen, wie man die richtigen Integrale erstellt, um einige Probleme im Zusammenhang mit der Trägheit verschiedener Formen zu lösen. Ich soll das Trägheitsmoment einer gleichförmigen Scheibe der Masse M und des Radius R um ihre Achse finden und die Gleichung ersetzen:

ICH = \sum M_{a} R_{a}^{2}

$I = \sum m_{\alpha}\ r_{\alpha}^2$

mit dem entsprechenden Integral und dem Integral in Polarkoordinaten.

Meine Antwort war wie folgt:

$\begin{matrix} (1) & ICH = \sum M_{a} R_{a}^{2} \Rightarrow \int_{0}^{M} D M \int_{0}^{R} R D R \end{matrix}$ $I = \sum m_{\alpha}\ r_{\alpha}^2\\ \tag{1}\label{1} \Rightarrow \int_0^M \ dm \int^R_0 r dr$ Einheitliche Scheibe also:
$D M = ρ D v$ $dm = \rho dV \\$ Wo $\int D v = \int \int \int D X D j D z = \int_{0}^{R} R D R \int_{0}^{2 π} D ϕ \int_{0}^{D} D z \Rightarrow D M = ρ 2 π D \frac{R^{2}}{2}$ $\int dV = \int \int\int dxdydz\\ = \int^R_0 r dr \int^{2\pi}_0 d\phi \int^D_0dz\\ \Rightarrow dm = \rho 2\pi D\frac{R^2}{2}$ Ich formuliere dann die Gleichung in Bezug auf das Integral der Volumenelemente anstelle der Massenelemente: $ICH = \int_{0}^{M} D M \int_{0}^{R} R D R = ρ π D R^{2} \int_{0}^{R} R D R = ρ π D \frac{R^{4}}{2}$ $I = \int_0^M \ dm \int^R_0 r dr\\ = \rho \pi DR^2\int^R_0 r dr\\ = \rho \pi D\frac{R^4}{2}$ Endlich:
$ρ = \frac{M}{v_{D ich S C}} = \frac{M}{π R^{2} D} \Rightarrow ICH = \frac{1}{2} M R^{2}$ $\rho = \frac{M}{V_{disc}}\\ = \frac{M}{\pi R^2D}\\ \Rightarrow I = \frac{1}{2} MR^2$

Ich habe die ideale Antwort dafür gelesen und hatte einige Fragen, um meine Antwort damit zu vergleichen. In $\eqref{1}$ , lautet die ideale Antwort:

ICH = \sum M_{a} ρ_{a}^{2} \Rightarrow \int_{0}^{M} R^{2} D M

$I = \sum m_{\alpha}\ \rho_{\alpha}^2\\ \Rightarrow \int_0^M r^2 dm$ F.1) Warum wird in der idealen Antwort nur die Masse in ein Massenelement geändert und die Abstandsvariable beibehalten? Ich dachte, es müsste ein Integral werden, während ich darüber summiere?
F.2) In meiner Antwort wird die r-Variable in zwei separaten Integralen ausgewertet und dann miteinander multipliziert, während es in der richtigen Antwort ein Integral mit wäre

r^{3}

$r^3$ als Variable, gibt dies also im Allgemeinen die gleiche Antwort?
Q.3) Abschließend verstehe ich, dass ich davon ausgegangen bin

m_{α}

$m_{\alpha}$ Und

r_{α}

$r_{\alpha}$ zu dm und dr, da es so ist, als würde man unendlich viele unendlich kleine Massen und Radien summieren, aber die Intuition hinterlässt ein r im Integral

(1)

$\eqref{1}$ hat mich irgendwie verwirrt, wie warum nur einer

r_{α}

$r_{\alpha}$ Dr werden?

Ich weiß, dass dies sehr grundlegende Fragen sind, aber ich würde wirklich gerne ein starkes Verständnis für die Verwendung von Integralen in Problemen wie diesem haben, da dies eine Schwachstelle von mir ist und die Intuition später nützlich sein wird. Danke für jede Hilfe im Voraus!

Antworten (1)

Integrales Problem für die Trägheit der Scheibe

Urb · Answer 1

Der Schlüssel bei der Umwandlung von diskreten Summen in Integrale besteht darin, sich zu fragen, welche Dinge im Integral klein sein müssen und welche groß sein können. Für das Trägheitsmoment um eine Achse gilt die Formel

ICH = \sum_{ich = 1}^{N} M_{ich} R_{ich}^{2}

$I=\sum_{i=1}^Nm_i r_i^2$

gilt für den Fall von $N$ Punktteilchen, mit $m_i$ die Masse des i- ^ten Teilchens und $r_i$ seinen Abstand zur Achse. Wenn man nun einen kontinuierlichen Körper wie eine Scheibe betrachten möchte, besteht die Strategie darin, sich die Scheibe als aus unendlich vielen kleinen Stücken bestehend vorzustellen und sich über das Volumen der Scheibe zu integrieren.

Stellen Sie sich nun ein kleines Stück der Scheibe vor. Da es unendlich klein ist, muss es auch unendlich wenig Masse haben, also die Veränderung $m_i\to dm$ Ist angemessen. Aber jetzt könnte dieser kleine Masseklumpen überall in der Scheibe sein; es könnte sehr nah an der Achse sein oder so weit wie $r=R$ von der Achse. Und in der Tat, wenn wir über das gesamte Volumen der Scheibe integrieren, werden wir verschiedene Teile im Körper betrachten, jedes von ihnen mit einer kleinen Masse, aber jedes von ihnen in unterschiedlichen Abständen von der Achse, also die Änderung $r\to dr$ Ist nicht angemessen. Schreiben Sie dann den Integranden als $r^2dm$ und ersetzen $dm=\rho\ dV=\rho\ rdr\,d\varphi\, dz$ . Sie erhalten am Ende nur ein Integral in zylindrischen Polarkoordinaten

\begin{matrix} (1) & ICH = \int ρ R^{3} D R D φ D z . \end{matrix}

$I=\int \rho r^3 dr d\varphi dz.\tag{1}$

Warum Ihre Methode in diesem speziellen Fall funktioniert, ist nur ein Zufall. Beachten Sie, dass, wenn man das Trägheitsmoment schreiben würde als

\begin{matrix} (*) & \int_{0}^{M} D M \int_{0}^{R} R D R, \end{matrix}

$\int_0^M \ dm \int^R_0 r dr,\tag{*}$ dann wäre es immer gleich

M R^{2} / 2

$MR^2/2$ , unabhängig von der Massenverteilung

ρ (r)

$\rho(\mathbf r)$ in der Festplatte. Als Übung können Sie das Trägheitsmoment einer Scheibe mit Massenverteilung berechnen

ρ (r) = ρ_{0} r

$\rho(\mathbf r)=\rho_0 r$ die linear mit dem Abstand zur Achse wächst, mit

(1)

$(1)$ Und

(*)

$(*)$ , und überprüfen Sie, ob sie unterschiedlich sind. Wählen

ρ_{0}

$\rho_0$ so dass die Gesamtmasse der Scheibe ist

M

$M$ .

Da also die Massenwerte in jedem kleinen Abschnitt immer infinitesimal klein sind, aber der Abstand von der Achse dieser "Massen" groß sein kann, nehmen wir nicht r→dr? Auch vielen Dank für die Erklärung, es war gut erklärt!

Integrales Problem für die Trägheit der Scheibe

Andreas

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