Kräfte, die ein Drehmoment auf einen sich drehenden starren Körper ausüben, wenn der Drehimpuls nicht parallel zur Winkelgeschwindigkeit ist

Question

Kräfte, die ein Drehmoment auf einen sich drehenden starren Körper ausüben, wenn der Drehimpuls nicht parallel zur Winkelgeschwindigkeit ist

Sorën

Ich bin verwirrt über die Rotation eines starren Körpers, wenn der Drehimpuls $\vec{L}$ ist nicht parallel zur Winkelgeschwindigkeit $\vec{\omega}$ . Stellen Sie sich eine Langhantel mit zwei gleichen Massen vor, die sich um eine vertikale Achse dreht $z$ nicht mit Winkelgeschwindigkeit durch seinen Mittelpunkt geht $\vec{\omega}$ .

Einen generischen Punkt nehmen $P$ auf der $z$ Achse als Drehpunkt zur Berechnung von Impulsen, dem Gesamtdrehimpuls $\vec{L}=\vec{L_1}+\vec{L_2}$ nicht parallel zur Drehachse ist $z$ , daher $\vec{L}$ folgt einer Präzessionsbewegung und nach dem Drehimpulssatz muss ein Drehmoment vorhanden sein $\vec{\tau}$ auf dem System, erzwungen durch äußere Kräfte: $\vec{\tau}=\frac{d \vec{L}}{dt}\neq 0$ .

Welche Kräfte wirken auf dieses Drehmoment?

Das Gewicht hat ein Drehmoment ungleich Null $\vec{P}$ und es ist eine äußere Kraft, aber es gibt auch die Reaktion der Stütze , die ein entgegengesetztes Drehmoment ausüben muss $\vec{R}$ , da die Langhantel während der Drehung in dieser Position bleibt. $\vec{P}$ Und $\vec{R}$ sind entgegengesetzt, aber nicht gleich, insbesondere

\vec{P} + \vec{R} = \frac{D \vec{L}}{D T} \neq 0

$\vec{P}+\vec{R}=\frac{d\vec{L}}{dt}\neq 0$

Ist das richtig?

John Alexiou

Das Gewicht übt kein Moment auf den Massenmittelpunkt aus, wirkt sich jedoch auf die Stütze aus, die ein Moment auf den Massenmittelpunkt ausübt. Daher präzediert ein Kreisel bei Mikrogravitation nicht.

Antworten (2)

Kräfte, die ein Drehmoment auf einen sich drehenden starren Körper ausüben, wenn der Drehimpuls nicht parallel zur Winkelgeschwindigkeit ist

Das Gewicht übt kein Moment auf den Massenmittelpunkt aus, wirkt sich jedoch auf die Stütze aus, die ein Moment auf den Massenmittelpunkt ausübt. Daher präzediert ein Kreisel bei Mikrogravitation nicht.

David Hammen · Answer 1

David Hammen

In dem in der Frage genannten Beispiel dreht sich der Massenmittelpunkt der Langhantel um die Schwenkachse. Um dies zu erreichen, muss eine äußere Kraft auf die Langhantel ausgeübt werden. Unter der Annahme einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ist diese Kraft vom Massenmittelpunkt radial nach innen zur Achse gerichtet. Aus der Perspektive eines Punktes $P$ auf der Schwenkachse, aber etwas Abstand $d$ aus der Langhantelachse ergibt diese Kraft auch ein Drehmoment.

Woher also kommt diese Kraft? Offensichtlich kommt es von der Achse, die die Langhantel außermittig dreht.

Aus diesem Grund müssen Sie sicherstellen, dass die Reifen Ihres Autos ausgewuchtet sind.

Sorën

Danke für die Antwort! Da ist auch das Drehmoment nach Gewicht, oder? Die einzige Erklärung, die mir eingefallen ist, ist das Drehmoment nach Gewicht

\vec{P}

$\vec{P}$ und die vom Support

\vec{R}

$\vec{R}$ sind entgegengesetzt und ihre Summe ergibt die Änderung des Drehimpulses (nach Präzessionsbewegung),

\vec{P} + \vec{R} = \frac{d \vec{L}}{d t} \neq 0

$\vec{P}+\vec{R}=\frac{d\vec{L}}{dt}\neq 0$ . Ist das richtig?

Ilja

Sie können dasselbe ohne Schwerkraft tun :) dann haben Sie eine Kraft

F_{0}

$F_0$ . Sie können eine nicht rotierende Langhantel mit der Schwerkraft nehmen und etwas Kraft bekommen

F_{1}

$F_1$ . Wenn Sie es in der Schwerkraft drehen, ist die Kraft

F_{0} + F_{1}

$F_0+F_1$

Sorën

Danke für die Antwort! Aber würden sich beide Drehmomente aufgrund der beiden Kräfte addieren, um die Änderung des Drehimpulses zu ergeben?

Ilja

Ja, natürlich. Sie haben einen Teil des Drehmoments vom Drehpunkt, der das Drehmoment der Schwerkraft kompensiert, und Sie haben den Rest des Drehmoments vom Drehpunkt, der die notwendige Änderung des Drehimpulses bewirkt.

Ilja

Es ist wie die Zentripetalkraft bei einer normalen Kreisbewegung. Das ist eine gute Analogie, finde ich. Sie benötigen eine gewisse Radialkraft, um den Impuls (der immer tangential sein muss) in einer Kreisbewegung zu drehen. und hier brauchen Sie ein tangentiales Drehmoment, um den Drehimpuls (der immer der radialen Richtung folgt, wenn Sie die konstante Komponente entlang der Rotationsachse ignorieren) zum Zirkulieren zu bringen.

John Alexiou · Answer 2

Man muss Probleme systematisch angehen und nicht intuitiv. Wie ich in einer früheren (akzeptierten) Antwort gesagt habe, lösen Sie alles im Massenmittelpunkt auf und übertragen Sie die Mengen erst am Ende auf einen anderen Punkt (wie P ) , um die gewünschten Ergebnisse zu erzielen.

Ich beginne mit der Kinematik. Verwenden $\ell_1$ Und $\ell_2$ für die horizontalen Abstände und $h$ für die vertikale Höhe über dem Punkt P .

\begin{aligned} {\vec{R}}_{1 C} & = (\begin{matrix} - ℓ_{1} & H & 0 \end{matrix}) & {\vec{R}}_{2 C} & = (\begin{matrix} ℓ_{2} & H & 0 \end{matrix}) \\ \vec{ω} & = (\begin{matrix} 0 & 0 & Ω \end{matrix}) & \vec{a} & = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \end{matrix}) \\ {\vec{v}}_{1 C} & = (\begin{matrix} 0 & 0 & Ω ℓ_{1} \end{matrix}) & {\vec{v}}_{2 C} & = (\begin{matrix} 0 & 0 & - Ω ℓ_{2} \end{matrix}) \\ {\vec{A}}_{1 C} & = (\begin{matrix} Ω^{2} ℓ_{1} & 0 & 0 \end{matrix}) & {\vec{A}}_{2 C} & = (\begin{matrix} - Ω^{2} ℓ_{2} & 0 & 0 \end{matrix}) \end{aligned}

$\begin{aligned} \vec{r}_{1C} & = \begin{pmatrix}-\ell_1 & h & 0 \end{pmatrix} & \vec{r}_{2C} &= \begin{pmatrix} \ell_2 & h & 0 \end{pmatrix}\\ \vec{\omega} & = \begin{pmatrix} 0&0& \Omega \end{pmatrix} & \vec{\alpha} & = \begin{pmatrix} 0&0& 0 \end{pmatrix}\\ \vec{v}_{1C} & = \begin{pmatrix} 0&0&\Omega \ell_1 \end{pmatrix} & \vec{v}_{2C} & = \begin{pmatrix} 0&0&-\Omega \ell_2 \end{pmatrix} \\ \vec{a}_{1C} & = \begin{pmatrix}\Omega^2 \ell_1&0&0 \end{pmatrix} & \vec{a}_{2C} & = \begin{pmatrix} -\Omega^2 \ell_2&0&0 \end{pmatrix} \end{aligned}$

Finden Sie nun den Impuls an den Massenschwerpunkten

\begin{aligned} {\vec{P}}_{1 C} & = (\begin{matrix} 0 & 0 & M ℓ_{1} Ω \end{matrix}) & {\vec{P}}_{2 C} & = (\begin{matrix} 0 & 0 & - M ℓ_{2} Ω \end{matrix}) \\ {\vec{L}}_{1 C} & = \vec{0} & {\vec{L}}_{2 C} & = \vec{0} \end{aligned}

$\begin{aligned} \vec{p}_{1C} & = \begin{pmatrix} 0 & 0 & m \ell_1 \Omega \end{pmatrix} & \vec{p}_{2C} &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & -m \ell_2 \Omega \end{pmatrix} \\ \vec{L}_{1C} & = \vec{0} & \vec{L}_{2C} & = \vec{0} \end{aligned}$

_{Beachten Sie, dass Punktmassen keinen Drehimpuls haben.}

Die Abstützung für jede Masse besteht aus zwei Kräften und einem Moment. Diese sind an den Auflager(n) definiert und müssen auf den/die Schwerpunkt(e) übertragen werden

\begin{aligned} {\vec{F}}_{1} & = (\begin{matrix} R_{1 X} & R_{1 j} & 0 \end{matrix}) & {\vec{F}}_{2} & = (\begin{matrix} - R_{2 X} & R_{2 j} & 0 \end{matrix}) \\ {\vec{M}}_{1} & = (\begin{matrix} 0 & 0 & - τ_{1} \end{matrix}) & {\vec{M}}_{2} & = (\begin{matrix} 0 & 0 & τ_{2} \end{matrix}) \\ {\vec{M}}_{1 C} & = (\begin{matrix} 0 & 0 & ℓ_{1} R_{1 j} - τ_{1} \end{matrix}) & {\vec{M}}_{2 C} & = (\begin{matrix} 0 & 0 & τ_{2} - ℓ_{2} R_{2 j} \end{matrix}) \end{aligned}

$\begin{aligned} \vec{F}_1 & = \begin{pmatrix} R_{1x} & R_{1y} & 0 \end{pmatrix} & \vec{F}_2 & = \begin{pmatrix} -R_{2x} & R_{2y} & 0 \end{pmatrix} \\ \vec{M}_1 & = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -\tau_1 \end{pmatrix} & \vec{M}_2 & = \begin{pmatrix} 0&0& \tau_2 \end{pmatrix} \\ \vec{M}_{1C} & = \begin{pmatrix} 0& 0 & \ell_1\,R_{1y}-\tau_1 \end{pmatrix} & \vec{M}_{2C} & = \begin{pmatrix} 0 & 0 & \tau_2 - \ell_2\,R_{2 y} \end{pmatrix} \end{aligned}$

Dies ist der Moment, der die Impulsvektoren dreht.

Die Bewegungsgleichungen sind

\begin{aligned} {\vec{F}}_{1 C} - M G \hat{J} & = M {\vec{A}}_{1 C} & {\vec{F}}_{2 C} - M G \hat{J} & = M {\vec{A}}_{2 C} \\ {\vec{M}}_{1 C} & = {ICH}_{1 C} \vec{a} + \vec{ω} \times {ICH}_{1 C} \vec{ω} = \vec{0} & {\vec{M}}_{2 C} & = {ICH}_{2 C} \vec{a} + \vec{ω} \times {ICH}_{2 C} \vec{ω} = \vec{0} \end{aligned}

$\begin{aligned} \vec{F}_{1C} - m g \hat{j} & = m \vec{a}_{1C} & \vec{F}_{2C} - m g \hat{j} & = m \vec{a}_{2C} \\ \vec{M}_{1C} &= I_{1C} \vec{\alpha} + \vec{\omega} \times I_{1C} \vec{\omega} = \vec{0} & \vec{M}_{2C} &= I_{2C} \vec{\alpha} + \vec{\omega} \times I_{2C} \vec{\omega} = \vec{0} \end{aligned}$

Jedes Massenträgheitsmoment um den Massenmittelpunkt ist bei einem Massenpunkt Null. Seit $\vec{\alpha}=\vec{0}$ die rechte Seite der Drehmomentgleichung ist Null. Als Ergebnis ergeben sich die Stützkräfte als

\begin{aligned} R_{1 X} & = M ℓ_{1} Ω^{2} & R_{1 j} & = M ℓ_{2} Ω^{2} \\ R_{1 j} & = M G & R_{2 j} & = M G \\ τ_{1} & = M G ℓ_{1} & τ_{2} & = M G ℓ_{2} \end{aligned}

$\begin{aligned} R_{1x} &= m \ell_1 \Omega^2 & R_{1y} & = m \ell_2 \Omega^2 \\ R_{1y} & = m g & R_{2y} &= m g \\ \tau_1 &= m g \ell_1 & \tau_2 &= m g \ell_2 \end{aligned}$

Wie Sie sehen können, sind diese Kräfte ungleich Null. Die horizontalen Kräfte halten die Massen im Kreis, die vertikalen Kräfte reagieren auf das Gewicht und die Drehmomente tragen das Gewicht ebenfalls. Aus all dem sehen Sie, dass die Position von P keine Rolle spielt. Der Wert von $h$ erscheint in keinem Ergebnis.

Danke für die Antwort! Wenn ich fragen darf, warum hast du dich verhängt? $M_{1C}$ Und $M_{2C}$ gleich Null? Die Drehimpulsänderung ist nicht Null
Es kam von $I \vec{\alpha} + \vec{\omega} \times I \vec{\omega}$ die für eine konstante Rotation mit einer Punktmasse Null ist. An jedem Massenschwerpunkt ist das Massenträgheitsmoment Null. Auch wenn man den Massen einen Radius gibt $r$ , aufgrund der Symmetrie wäre dies Null.
Außerdem habe ich ein paar Tippfehler in den obigen Gleichungen behoben.

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Sorën

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Ilja

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