Momentaner Drehimpuls einer Scheibe

Aus Ihrer Beschreibung gehe ich davon aus, dass die Scheibe nur übersetzt, nicht rotiert. Ist das richtig? Wenn ja, lesen Sie weiter. Wenn nicht, lösche ich.

Ich fühle mich unwohl mit der ersten Methode, die verwendet$L=I\omega$. In dieser Gleichung wird angenommen, dass jeder Punkt auf dem starren Körper durch die gleiche Winkelgeschwindigkeit charakterisiert werden kann$\omega$. Aus Ihrer Beschreibung der Bewegung der Scheibe scheint dies hier nicht zuzutreffen. Die Scheibe verschiebt sich nur, dreht sich aber nicht um einen Punkt; somit hat jeder Punkt eine andere Winkelgeschwindigkeit. Ich habe kein Problem mit Ihrem Ausdruck für den Moment der Trägheit$I$, aber das wäre nur anwendbar, wenn sich das Objekt um einen Punkt an seiner Kante drehen würde.

Ich glaube, Ihre zweite Methode$\vec{L}=m\vec{r}\times\vec{v}$nimmt an, dass das Objekt ein Punktteilchen ist. Sie können dies sehen, weil Sie jeden Punkt im Körper so behandeln, als sei er durch denselben Positionsvektor gekennzeichnet$\vec{r}$. Dies kann zur richtigen Antwort führen oder auch nicht. Wie ein anderer Poster sagte, ist das Formular, das Sie verwenden möchten$L=\int \vec{r}\times d\vec{p} = \int_A \vec{r} \times \sigma \vec{v}\ dA$, wobei ich ein zweidimensionales Integral verwendet habe, da Sie die Scheibe als zweidimensional behandeln. Der Begriff$\sigma$ist die zweidimensionale Flächenmassendichte$m/(\pi R^2)$. Fahren wir mit diesem Integral fort, um zu sehen, wohin es führt.

$$L=\sigma\int_A \vec{r} \times \vec{v} \ dA = \sigma\int_A (\vec{r}_{CM} + \vec{r}_{body}) \times \vec{v} \ dA = \sigma\int_A \vec{r}_{CM} \times \vec{v} \ dA + \sigma\int_A \vec{r}_{body} \times \vec{v} \ dA$$ Ich habe den Positionsvektor getrennt $\vec{r}$in die Summe des Vektors zum Massenmittelpunkt und des Vektors vom Massenmittelpunkt zu einem allgemeinen Punkt auf dem Körper. $$L = \sigma\int_A \vec{r}_{CM} \times \vec{v} \ dA + \sigma \underbrace{\int_A \vec{r}_{body} \times \vec{v} \ dA}_{=0?} \stackrel{?}{=} \sigma A \vec{r}_{CM}\times \vec{v}$$ Ich glaube, dass das Integral mit der Unterklammer aus Symmetriegründen Null ist. (Möchte sich jemand einschalten?) Wenn ja, erzeugt diese Methode Ihr zweites Ergebnis.

Die erste Methode ist richtig.

Die zweite Methode ist falsch, da die von Ihnen verwendete Gleichung nur für Punktpartikel gilt, nicht für kontinuierliche Massen mit Volumen (z. B. eine Scheibe). Sie behandeln die Scheibe fälschlicherweise als Punktpartikel, die sich in der Mitte der Scheibe befinden. Wenn Sie die zweite Methode verwenden möchten, müssen Sie diese Gleichung für den Drehimpuls kontinuierlicher Massen verwenden:

$\vec{L} = \int_V dV \, \vec{r} \times \rho(\vec{r})\vec{v}$

Fall a)

Körper mit gleichförmiger Bewegung (keine Rotation), wobei C der Mittelpunkt der Scheibe und A ein Punkt am Rand (z. B. unten, in einem Abstand) ist$R$).

$$\begin{aligned} \vec{v}_A & = (v,0,0) \\ \vec{\omega} & = (0,0,0) \\ \vec{v}_C & = \vec{v}_A + (0,-R,0) \times \vec{\omega} = (v,0,0) \\ \vec{L} & = m \vec{v}_C = (m v,0,0) \\ \vec{H}_A & = I \vec{\omega} + (0,-R,0)\times \vec{L} = (0,0,R m v) \\ \end{aligned}$$

Wo$\vec{L}$ist linear und$\vec{H}_A$ist der Drehimpuls um den Punkt A .

Fall b)

Körperrollen mit Kantenpunkt A bewegungslos, aber mit Rotationsgeschwindigkeit$\Omega$

$$\begin{aligned} \vec{v}_A & = (0,0,0) \\ \vec{\omega} & = (0,0,\Omega) \\ \vec{v}_C & = \vec{v}_A + (0,-R,0) \times \vec{\omega} = (\Omega R,0,0) \\ \vec{L} & = m \vec{v}_C = (m \Omega R,0,0) \\ \vec{H}_A & = I \vec{\omega} + (0,-R,0)\times \vec{L} = (0,0,\Omega (I_C+m R^2)) \\ \end{aligned}$$

Der Drehimpuls verwendet hier den Parallelachsensatz und erweitert sich zu ..

$$v_C = \frac{\Omega}{R} \\ I_C = \frac{m}{2} R^2$$

$$\begin{aligned} L & = (m v_C,0,0) \\ H_A & = \frac{3}{2} m v_C R \\ \end{aligned}$$

Sie sehen also, dass Ihre beiden Lösungen zwei verschiedenen Problemen entsprechen.