Trägheitsmoment, warum r2r2r^2 und nicht rrr?

Hier ist eine Motivation für wo der Trägheitstensor$I=(I_{ij})$(und damit Trägheitsmomente) herrührt. Es ist eine Größe, die der Masse für die Rotationsbewegung in dem Sinne entspricht, dass die kinetische Energie eines rotierenden Objekts im Wesentlichen proportional zum Trägheitstensor multipliziert mit dem Quadrat der Winkelgeschwindigkeit des Körpers ist. Etwas präziser

$$\begin{align} T(t) = \frac{1}{2} \boldsymbol \omega(t)^tI(t)\boldsymbol \omega(t). \tag{1} \end{align}$$ wo $\boldsymbol \omega(t)$ist die momentane Winkelgeschwindigkeit des Körpers. Vergleichen Sie dies zum Beispiel mit dem Ausdruck für die kinetische Energie eines Masseteilchens $m$mit Geschwindigkeit bewegen $v$; $$\begin{align} T = \frac{1}{2}mv^2. \end{align}$$

Ausdruck beweisen$(1)$, beginnen Sie mit einem starren Körper, der aus Punkten besteht$\mathbf x_i$einer reinen Rotation unterzogen. Es existiert eine zeitabhängige Rotation$R(t)$die die Bewegung aller Punkte im starren Körper erzeugt;

$$\begin{align} \mathbf x_i(t) = R(t)\mathbf x_i(0) \tag{2} \end{align}$$ Die Bewegungsenergie des Körpers ist die Summe der Bewegungsenergien der einzelnen Teilchen; $$\begin{align} T(t) &= \frac{1}{2}\sum_i m_i \dot{\mathbf x}_i(t)\cdot\dot{\mathbf x}_i(t) \\ &= \frac{1}{2}\sum_i m_i \big(\dot R(t)\mathbf x_i(0)\big)\cdot\big(\dot R(t)\mathbf x_i(0)\big) \\ &=\frac{1}{2}\sum_i m_i \big(\dot R(t)R(t)^t\mathbf x_i(t)\big)\cdot\big(\dot R(t)R(t)^t\mathbf x_i(t)\big) \\ \end{align}$$ wo ich in der letzten Gleichheit die Tatsache verwendet habe, dass $R^tR = I$für Rotationen, so dass Gl. $(2)$gibt $\mathbf x_i(0) = R(t)^t \mathbf x_i(t)$. Nun, wir merken das $$\begin{align} \dot R(t)R(t)^t\mathbf x_i(t) = \boldsymbol\omega(t)\times\mathbf x_i(t) \end{align}$$ wo $\boldsymbol\omega$ist der Winkelgeschwindigkeitsvektor des Körpers. Siehe das Folgende für eine detaillierte Herleitung dieser Tatsache:

Winkelgeschwindigkeit ausgedrückt durch Euler-Winkel

Wenn wir das also zusammenfassen, haben wir

$$\begin{align} T(t) &= \frac{1}{2}\sum_im_i\big(\boldsymbol\omega(t)\times \mathbf x_i(t)\big)\cdot \big(\boldsymbol\omega(t)\times \mathbf x_i(t)\big) \\ &= \frac{1}{2}\sum_im_i \sum_{j,k}\omega_j\big(\mathbf x_i^2\delta_{jk} - (x_i)_j(x_i)_k\big)\omega_k \\ &= \frac{1}{2} \sum_{j,k}\omega_j\left[\sum_im_i\big(\mathbf x_i^2\delta_{jk} - (x_i)_j(x_i)_k\big)\right]\omega_k \\ \end{align}$$ Beachten wir nun, dass der Trägheitstensor als die Größe definiert ist, deren Komponenten $I_{jk}$in großen Klammern stehen, dann haben wir die gesuchte Formel.

Beachten Sie insbesondere, wann$j=k$, nämlich wenn wir nur die diagonalen Komponenten des Trägheitstensors betrachten, dann erhalten wir die$j$Trägheitsmoment

$$\begin{align} I_{jj} = \sum_i m_i\big(\mathbf x_i^2 - (x_i)_j^2\big) \end{align}$$ so zum Beispiel die $x$Augenblick ist $$\begin{align} I_{xx} = \sum_i m_i(y_i^2+z_i^2) \end{align}$$ und wenn das Objekt in der ist $x$- $y$Flugzeug, dann $z=0$und wir bekommen $$\begin{align} I_{xx} = \sum_i m_i y_i^2 \end{align}$$ und wenn der Körper kontinuierlich ist, werden Summen durch die entsprechenden Integrale ersetzt; $$\begin{align} m_i\to dm, \qquad I_{xx}\to \int y^2 dm \end{align}$$

Ich denke, Sie sind verwirrt zwischen Massenträgheitsmoment und Flächenträgheitsmoment .

Die erste ist ein Massenäquivalent in Winkelrichtung und ist definiert als$\int_V{r^2\rho dV}$. Ein Winkeläquivalent von$F=ma$ist:

$$\tau=I\alpha$$ wo $\tau$ist das Drehmoment (Winkeläquivalent der Kraft, mit Einheiten $[Nm]$), $I$ist das Massenträgheitsmoment (Winkeläquivalent der Masse, mit Einheiten $[kgm^2]$) und $\alpha$ist die Winkelbeschleunigung (Winkeläquivalent der linearen Beschleunigung, mit Einheiten $[rad/s^2]$).

Der zweite ist ein Hinweis darauf, wie gut ein Balken einem Drehmoment standhalten kann (wie stark er sich dadurch verbiegt). Es gibt viele Gleichungen, die sich darauf beziehen können und davon abhängen, wie ein (Ausleger-)Träger eingeschränkt ist . Aber das hat die Definition von$\int_A{rdA}$und hat die Einheit$[m^4]$.

Bearbeiten: Nachdem Sie einen Kommentar gesehen haben, ist klar, dass Sie den zweiten meinen. Und ich werde versuchen, es ein bisschen besser zu erklären. Stellen Sie sich einen Balkenabschnitt vor, auf den ein konstantes Biegemoment wirkt :

Dieser Abschnitt wird an einem Ende zusammengedrückt und am anderen Ende gedehnt und irgendwo in der Mitte (abhängig von der Form des Abschnitts) gibt es keine Spannungen/Verformungen. In Gleichungsform sieht das so aus:

$$\sigma(y)=\frac{My}{I},$$ wo $\sigma$ist die Spannung auf dem Balken in der Ferne $y$von der neutralen Achse der Balken, $M$ist das aufgebrachte Biegemoment.

Eine Möglichkeit, dies abzuleiten, besteht darin, dass das Integral der Spannungen mal einer kleinen Querschnittsfläche mal dem Abstand von der neutralen Achse das Biegemoment ergeben sollte:

$$M=\int_A{\sigma(y)ydA}$$ Beim Ersetzen der Gleichung für $\sigma$in dieses Integral und dividiere beide Seiten durch $\frac{M}{I}$du erhältst: $$I=\int_A{y^2dA}$$

Ich bin mir nicht sicher, ob dies es klarer macht, da dies wie ein Zirkelschluss erscheinen könnte, da ich eine bestimmte Gleichung für annehme$\sigma$. Aber ich hoffe, dass Sie sehen können, dass die Spannungen proportional zum Biegemoment sind, wenn kleine und elastische Verformungen angenommen werden ($\sigma\propto M$). Und dass die Spannungen auch linear vom Abstand von der neutralen Achse abhängen, da$\sigma dA=dF$und$Fr=M$, Also$\sigma rdA=dM$.

Das Trägheitsmoment bezieht sich auf den Widerstand gegen die Drehbeschleunigung, die eine Bewegung beinhaltet. In Bezug auf einen Rotationseinfluss, der sich an der Achse verdreht, beeinflusst der Radius die Höhe dieses Widerstands auf zwei getrennte (wenn auch miteinander verflochtene) Weisen. Erstens, wenn der Radius verdoppelt wird, dann wird der mechanische Vorteil des Hebelarms (Radius) um den Faktor zwei reduziert, es wird das doppelte Drehmoment an der Achse benötigt, um die gleiche Kraft am Ende des Hebelarms zu erzeugen. Zweitens verdoppelt die Verdoppelung des Radius die Länge der Bogenbewegung, wenn eine Bewegung auftritt. Für jede beliebige Drehung an der Achse verdoppelt die Verdoppelung des Radius die Entfernung entlang des Bogens, der vom Ende des Hebelarms (Radius) überstrichen wird, was erfordert, dass sich die Spitze des Hebelarms mit der doppelten Geschwindigkeit bewegt.

Ein vergrößerter Radius trägt also dazu bei, der Drehbeschleunigung auf zwei Arten zu widerstehen, wodurch das Erscheinungsbild des$r^2$eher als einfach$r$.

Anders ausgedrückt: Wenn Sie den Radius verdoppeln, versuchen Sie bei jeder an der Achse angewendeten Drehung, die Masse mit nur halb so viel Hebelwirkung doppelt so schnell zu beschleunigen.

Der Drehimpuls eines einzelnen Teilchens mit Masse$m$in Bewegung um eine Achse mit Winkelgeschwindigkeit$\omega$, ein Abstand$r$von der Achse, ist$L = r (m v) = m r^2 \omega$.

Wenn wir einen erweiterten Körper betrachten, summieren wir den Beitrag ($m r^2$) von jedem Teilchen, das sich im Inneren des Körpers bewegt, und dies ist das Trägheitsmoment.

Allgemeiner,

$$\begin{align} \mathbf{L} &= \sum_p m_p \mathbf{r}_p \times \mathbf{v}_p\\ & = \sum_p m_p \mathbf{r}_i \times (\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r}_i)\\ & = \sum_p m_p \left( \boldsymbol{\omega} \, (\mathbf{r}_p \cdot \mathbf{r}_p) - \mathbf{r}_p (\mathbf{r}_p \cdot \boldsymbol{\omega})\right)\\ & = \sum_p m_p \left( (\mathbf{r}_p \cdot \mathbf{r}_p)\boldsymbol{\omega} - \mathbf{r}_p (\mathbf{r}_p \cdot \boldsymbol{\omega})\right)\\ L_j &= \sum_p m_p \sum_k \left( r_p^2 \delta_{jk} - (r_p)_j (r_p)_k \right) \omega_k \\ &= \sum_k I_{jk} \omega_k \\ \end{align}$$

Der Begriff$\sum_p m_p \left( r_p^2 \delta_{jk} - (r_p)_j (r_p)_k \right)$ist der Trägheitstensor$I_{jk}$

Beachten Sie, dass$I_{xx} = \sum_p m_p (r^2 - x^2) = \sum_p m_p (y^2 + z^2)$. Bei 2 Dimensionen ignoriert man das einfach$z^2$Teil, also sagt das das$I_{xx} = \sum_p m_p y^2$. Für einen kontinuierlichen Körper gleichförmiger Dichte würden wir erhalten$I_{xx} = \rho \int\!dA\, y^2$.

Angenommen, dieser Körper dreht sich um die z-Achse (obwohl er in Ihrem Fall zweidimensional ist, und$z=0$, wir setzen eine z-Achse ein, um etwas zu geben, um das man sich drehen kann; Wir drehen uns wirklich in der xy-Ebene.) Dann ist der Winkelgeschwindigkeitsvektor$\boldsymbol{\omega} = \omega \,\hat{\mathbf{z}}$. Wir würden schreiben

$$\begin{align} L_z &= L_3\\ & = \sum_k I_{3k} \omega_k\\ & = I_{33} \omega\\ & = \rho \int\!dA\, (x^2 + y^2) \omega\\ \end{align}$$

Die anderen Antworten hier sind großartig, aber wenn sie für Sie nicht funktionieren, ist hier eine andere Sache, die Sie in Betracht ziehen könnten ...

In einer Dimension finden wir den Massenmittelpunkt mit einem Mittelwert über die Massen

$$\bar x=\frac {\sum m_i x_i}{\sum m_i}$$ Wir finden den Kreiselradius (immer noch eine Dimension) mit dem quadratischen Mittelwert über den Massen $$x_{gyro}=\sqrt{\frac {\sum m_i x_i^2}{\sum m_i}}$$ Der quadratische Mittelwert sagt uns, wie weit etwas gestreut ist. Und je mehr die Masse verteilt ist, desto schwieriger ist es, "auf Touren zu kommen", sich zu drehen, und wenn sie sich einmal dreht, desto schwieriger ist es, anzuhalten. Der Kreiselradius gibt uns den Abstand vom Zentrum an, in den alle Massen verschoben werden könnten und die gleiche Rotationsträgheit haben.

Wir brauchen also das Quadrat im Integral, denn das gibt uns eher die Ausbreitung der Masse als die erste Potenz, die uns den Massenmittelpunkt gibt.