Trägheitsmoment des 4-Teilchen-Systems

Question

Trägheitsmoment des 4-Teilchen-Systems

es waren keine Namen verfügbar

Vier Teilchen sind durch starre Stäbe vernachlässigbarer Masse verbunden. Der Ursprung liegt in der Mitte des Rechtecks. Das System dreht sich in der $xy$ Ebene um die z-Achse mit einer Winkelgeschwindigkeit von $6$ rad/s. Berechnen Sie das Trägheitsmoment des Systems um die $z$ Achse. Das System sieht wie folgt aus:

bei dem die $d(m_1, m_2) = 4$ , $d(m_1, m_3) = 6$ und *stellt den Ursprung dar. Die Lösung, die ich habe, scheint das Trägheitsmoment darüber zu berechnen $z$ -Achse, das heißt:

Der Abstand von jeder Masse zum Ursprung: $r^2 = (3m)^2+ (2m)^2 = 13m^2$ Und $\sum\limits_{i=1}^4 m_ir^2 = 3kg*13m^2 + 2kg*13m^2 + 2kg*13m^2 + 4kg*13m^2= 143kg \ m^2$ .

Dies scheint nicht richtig zu sein, denn wenn wir den Massenschwerpunkt berechnen, finden wir ihn $\bar{x} = \frac{1}{11kg} 3kg*(-2m) + 2kg *(2m) + 2kg*(-2m) + 4kg*(2m) = \frac{2}{11}m$ $\bar{y} = \frac{1}{11kg} 3kg*(3m) + 2kg *(3m) + 2kg*(-3m) + 4kg*(-3m) = -\frac{3}{11}m$

Da der Schwerpunkt nicht im Ursprung liegt, sondern bei $\Big(\frac{2}{11}, -\frac{3}{11}\Big)$ , sollten wir nicht den Parallelachsensatz verwenden - wo $I = I_{cm} + Md^2$ - um das Trägheitsmoment zu berechnen?

Daher wäre meine Lösung:

Entfernungen:

\begin{aligned} R_{1}^{2} & = (\frac{35}{11})^{2} + (\frac{36}{11})^{2} = \frac{2521}{121} (Partikel oben links) \\ R_{2}^{2} & = (\frac{31}{11})^{2} + (\frac{36}{11})^{2} = \frac{2257}{121} (Partikel oben rechts) \\ R_{3}^{2} & = (\frac{35}{11})^{2} + (\frac{30}{11})^{2} = \frac{2125}{121} (Partikel unten links) \\ R_{4}^{2} & = (\frac{31}{11})^{2} + (\frac{30}{11})^{2} = \frac{1861}{121} (Partikel unten rechts) \\ R_{5}^{2} & = (\frac{2}{11})^{2} + (\frac{3}{11})^{2} = \frac{13}{121} (Ursprung zum Massenmittelpunkt) \end{aligned}

$\begin{aligned} r_1^2 &= \Big(\frac{35}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{36}{11}\Big)^2 = \frac{2521}{121}\quad \text{(upper left particle)}\\ r_2^2 &= \Big(\frac{31}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{36}{11}\Big)^2 = \frac{2257}{121}\quad \text{(upper right particle)}\\ r_3^2 &= \Big(\frac{35}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{30}{11}\Big)^2 = \frac{2125}{121}\quad \text{(lower left particle)}\\ r_4^2 &= \Big(\frac{31}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{30}{11}\Big)^2 = \frac{1861}{121}\quad \text{(lower right particle)}\\ r_5^2 &= \Big(\frac{2}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{3}{11}\Big)^2 = \frac{13}{121}\quad \text{(origin to center of mass)} \end{aligned}$

Und $Md^2 = \sum\limits_{i=1}^4 m_ir_i^2$

Ich bin mir bei diesem nicht sicher, aber für das Trägheitsmoment im Massenmittelpunkt $I_{cm}$ Ich denke, dass es als ein einzelnes Masseteilchen modelliert werden könnte $11kg$ um die drehen $z$ -Achse, die geben würde $I_{cm} = \frac{1}{2}mr_5^2 = \frac{1}{2}(11kg)*\frac{13}{121} = \frac{143}{242}kg \ m^2$ . Alles zusammengenommen würden wir dann zu folgendem Ergebnis kommen:

ICH = (\frac{143}{242} + \sum_{ich = 1}^{4} M_{ich} R_{ich}^{2}) k G M^{2}

$I = \Big(\frac{143}{242} + \sum\limits_{i=1}^4 m_ir_i^2\Big) \ kg \ m^2$

Frobenius

Die Vektoren

r_{i}

$\mathbf{r}_{i}$ in der Figur sind Positionsvektoren aus der

x y

$xy\:$ Herkunft , nicht zu verwechseln mit den Entfernungen

r_{i}

$r_{i}$ aus dem Massenmittelpunkt, den der Fragesteller in seinem Versuch verwendet hat.

Snyder005

Ich glaube, dass der Parallelachsensatz das Problem zu kompliziert macht. Diese Frage ähnelt der Lösung des Trägheitsmoments für eine ungleichgewichtige Hantel (2 Punktmassen auf einer masselosen Stange), für deren Lösung Sie sicherlich nicht den Parallelachsensatz verwenden würden.

Antworten (3)

Trägheitsmoment des 4-Teilchen-Systems

Die Vektoren $\mathbf{r}_{i}$ in der Figur sind Positionsvektoren aus der $xy\:$ Herkunft , nicht zu verwechseln mit den Entfernungen $r_{i}$ aus dem Massenmittelpunkt, den der Fragesteller in seinem Versuch verwendet hat.
Ich glaube, dass der Parallelachsensatz das Problem zu kompliziert macht. Diese Frage ähnelt der Lösung des Trägheitsmoments für eine ungleichgewichtige Hantel (2 Punktmassen auf einer masselosen Stange), für deren Lösung Sie sicherlich nicht den Parallelachsensatz verwenden würden.

BowlOfRed · Answer 1

Sollten wir nicht den Parallelachsensatz verwenden ... um das Trägheitsmoment zu berechnen?

Sie könnten ... wenn Sie bereits das Trägheitsmoment des Objekts um seinen Massenmittelpunkt hätten. Da dies nicht der Fall ist, ist es viel einfacher, die Trägheitsmomente über die einfach zu summieren $z$ Achse.

Färcher · Answer 2

Sie haben einige Fehler bei der Entfernungsberechnung gemacht. Lassen

R_{k}^{'} = R_{k} - R_{_{C M}}

$\mathbf{r}^{\prime}_{k}=\mathbf{r}_{k}-\mathbf{r}_{_{CM}}$

Dann

\begin{aligned} R_{1}^{' 2} & = (\frac{24}{11})^{2} + (\frac{36}{11})^{2} = \frac{1872}{121} (Partikel oben links) \\ R_{2}^{' 2} & = (\frac{20}{11})^{2} + (\frac{36}{11})^{2} = \frac{1696}{121} (Partikel oben rechts) \\ R_{3}^{' 2} & = (\frac{24}{11})^{2} + (\frac{30}{11})^{2} = \frac{1476}{121} (Partikel unten links) \\ R_{4}^{' 2} & = (\frac{20}{11})^{2} + (\frac{30}{11})^{2} = \frac{1300}{121} (Partikel unten rechts) \\ R_{_{C M}}^{' 2} & = (\frac{2}{11})^{2} + (\frac{3}{11})^{2} = \frac{13}{121} (Ursprung zum Massenmittelpunkt) \end{aligned}

$\begin{aligned} r^{\prime\;2}_1 &= \Big(\frac{24}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{36}{11}\Big)^2 = \frac{1872}{121}\quad \text{(upper left particle)}\\ r^{\prime\;2}_2 &= \Big(\frac{20}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{36}{11}\Big)^2 = \frac{1696}{121}\quad \text{(upper right particle)}\\ r^{\prime\;2}_3 &= \Big(\frac{24}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{30}{11}\Big)^2 = \frac{1476}{121}\quad \text{(lower left particle)}\\ r^{\prime\;2}_4 &= \Big(\frac{20}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{30}{11}\Big)^2 = \frac{1300}{121}\quad \text{(lower right particle)}\\ r^{\prime\;2}_{_{CM}} & = \Big(\frac{2}{11}\Big)^2 + \Big(\frac{3}{11}\Big)^2 = \frac{13}{121}\quad \text{(origin to center of mass)} \end{aligned}$

Dann $m_1 r^{\prime\;2}_1 +m_2 r^{\prime\;2}_2 +m_3 r^{\prime\;2}_3 +m_4r^{\prime\;2}_4 + (m_1+m_2+m_3+m_4)r^{\prime\;2}_{_{CM}} = 143$ Wie schon zuvor zeigt sich, wie viel einfacher es ist, das Trägheitsmoment etwa auszuwerten $z$ -Achse ohne Anwendung des Satzes paralleler Achsen.

Können wir dasselbe Verfahren anwenden, wenn die Punktmassen nur in einem Quadranten liegen, sodass sich die Achsen (X & Y) nicht innerhalb des von ihnen begrenzten Bereichs schneiden? Wenn nicht, was sollen wir tun?
Ich war verwirrt, als ich den Wikipedia-Artikel las, dass die XY-Ebenen auf dem Objekt liegen müssen ...

Sammy Rennmaus · Answer 3

Deine erste Rechnung ist richtig. Daran ist nichts auszusetzen. Das Rätsel für mich ist, warum Sie sich so viel Mühe geben, um zu versuchen, es zu widerlegen! Sie geben keinen Grund für Ihren Eindruck, dass "dies nicht richtig erscheint".

Trägheitsmoment des 4-Teilchen-Systems

es waren keine Namen verfügbar

Frobenius

Snyder005

Antworten (3)

BowlOfRed

Färcher

Nehal Samee

Färcher

Nehal Samee

Sammy Rennmaus

Trägheit der Scheibe mit außermittigem Massenmittelpunkt

Hat ein rotierender Stab sowohl translatorische als auch rotatorische kinetische Energie?

Trägheitsmoment: gleichmäßiger starrer Stab auf glatter Ebene [geschlossen]

Wenn ich einen Stab biege, ändert sich sein Trägheitsmoment?

Kinetische Energie und Rotationsbewegung

Kann das Trägheitsmoment negativ sein? [geschlossen]

Hohlzylinder vs. Vollzylinder [geschlossen]

Kraft, die auf das Rad in reiner Rollbewegung am Kontaktpunkt mit der Straße aufgebracht wird [geschlossen]

Wie wende ich den Parallelachsensatz richtig auf ein Stabkugelsystem an, das sich um seinen Massenmittelpunkt dreht?

Bleibt der Drehimpuls eines Systems, dessen Trägheitsmoment sich ändert, konstant?