Unterschiedliche Ergebnisse für das Drehmoment in Trägheits- und Nicht-Trägheitsbezugssystemen

Question

Unterschiedliche Ergebnisse für das Drehmoment in Trägheits- und Nicht-Trägheitsbezugssystemen

Ubaldo Tosi

Ich habe ein rechtshändiges Koordinatensystem mit Ursprung O. Auf der Ebene yz gibt es eine dreieckige Platte mit Seiten, die auf den Achsen liegen, beide mit der Länge a. Die Platte dreht sich um die z-Achse (senkrecht zum Boden) mit der Winkelgeschwindigkeit ω. Ich möchte das externe Drehmoment in Bezug auf O finden, das benötigt wird, um die Winkelgeschwindigkeit konstant zu halten.

Ich habe versucht, das Problem sowohl in Bezug auf einen inertialen Bezugssystem als auch in Bezug auf ein nicht-inertiales Bezugssystem zu lösen.

Trägheitsbezugssystem

Da der gewählte Pol O ist, haben alle Reaktionskräfte, die der Stab auf die Platte ausübt, kein Drehmoment. Die einzige andere Kraft auf der Platte ist ihr Gewicht,

\vec{W} = - M G \hat{z}

$\vec{W} = -mg\hat{z}$

Dann ist das Gesamtdrehmoment auf der Platte

\vec{M_{Ö}} = \vec{M_{e X T}} - \frac{M G A}{3} \hat{X}

$\vec{M_O} = \vec{M_{ext}} - \frac{mga}{3}\hat{x}$

da der Massenmittelpunkt der Platte in (0, a/3, a/3) liegt.

Aus der Euler-Gleichung haben wir unter der Voraussetzung, dass die Winkelgeschwindigkeit konstant ist

\vec{M_{Ö}} = \vec{ω} \land ICH \vec{ω}

$\vec{M_O} = \vec{\omega} \wedge I\vec{\omega}$

Da ω nur die z-Komponente hat, habe ich einfach die letzte Spalte des Trägheitstensors I berechnet. Ich fand:

ICH = [\begin{matrix} 0 \\ - \frac{M A^{2}}{3} \\ \frac{M A^{2}}{12} \end{matrix}]

$I = \begin{bmatrix} 0 \\ -\frac{ma^2}{3} \\ \frac{ma^2}{12} \end{bmatrix}$

Jetzt habe ich die Gleichung:

\frac{M ω^{2} A^{2}}{12} \hat{X} = \vec{M_{e X T}} - \frac{M G A}{3} \hat{X}

$\frac{m\omega^2a^2}{12}\hat{x} = \vec{M_{ext}} - \frac{mga}{3}\hat{x}$

Und deshalb:

\vec{M_{e X T}} = \frac{M ω^{2} A^{2}}{12} \hat{X} + \frac{M G A}{3} \hat{X}

$\vec{M_{ext}} = \frac{m\omega^2a^2}{12}\hat{x} + \frac{mga}{3}\hat{x}$

Nicht-Trägheits-Bezugssystem

Der erste Schritt, den ich tat, war, die Pseudokraft auf den Massenmittelpunkt zu berechnen.

F_{A P P} = \frac{M ω^{2} A}{3} \hat{j}

$F_{app} = \frac{m\omega^2a}{3}\hat{y}$

In diesem Bezugsrahmen ist die Platte statisch, daher muss die zweite Kardinalgleichung der Statik gelten:

\vec{M_{e X T}} - \frac{M G A}{3} \hat{X} - \frac{M ω^{2} A^{2}}{9} \hat{X} = 0

$\vec{M_{ext}} - \frac{mga}{3}\hat{x} - \frac{m\omega^2a^2}{9}\hat{x} = 0$

Also ich finde:

\vec{M_{e X T}} = \frac{M G A}{3} \hat{X} + \frac{M ω^{2} A^{2}}{9} \hat{X}

$\vec{M_{ext}} = \frac{mga}{3}\hat{x} + \frac{m\omega^2a^2}{9}\hat{x}$

Wie Sie sehen können, sind die beiden Lösungen ähnlich, aber nicht gleich. Können Sie mir bitte erklären warum?

Jalex

Ich verstehe jetzt, Sie fragen nach den Stützmomenten am Drehpunkt.

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Unterschiedliche Ergebnisse für das Drehmoment in Trägheits- und Nicht-Trägheitsbezugssystemen

Ich verstehe jetzt, Sie fragen nach den Stützmomenten am Drehpunkt.

Jalex · Answer 1

Ich denke, das ist die Situation

{\vec{M}}_{Ö} = {\vec{M}}_{e X T} + \vec{C} \times \vec{W} = {\vec{M}}_{e X T} + (\begin{matrix} - \frac{A}{3} M G \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

$\vec{M}_O = \vec{M}_{\rm ext} + \vec{c} \times \vec{W} = \vec{M}_{\rm ext} + \pmatrix{ -\tfrac{a}{3} m g\\ 0 \\ 0}$

Hier $\vec{c} = \pmatrix{0 \\ \tfrac{a}{3} \\ \tfrac{a}{3} }$ ist der Massenmittelpunkt relativ zu O , und $\vec{W} = \pmatrix{0 \\ 0 \\ -m g}$ das durch den Massenmittelpunkt wirkende Gewicht.

Der Massenträgheitstensor um O ist

{ICH}_{Ö} = [\begin{matrix} \frac{M}{3} A^{2} \\ \frac{M}{6} A^{2} & - \frac{M}{12} A^{2} \\ - \frac{M}{12} A^{2} & \frac{M}{6} A^{2} \end{matrix}]

$\mathbf{I}_O = \begin{bmatrix} \tfrac{m}{3} a^2 & & \\ & \tfrac{m}{6} a^2 & -\tfrac{m}{12} a^2 \\ & -\tfrac{m}{12} a^2 & \tfrac{m}{6} a^2 \end{bmatrix}$

Schließlich ist die Rotationsgeschwindigkeit

\vec{ω} = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \dot{θ} \end{matrix})

$\vec{\omega} = \pmatrix{ 0 \\ 0 \\ \dot{\theta} }$

Also die Drehmomentbilanz ist

{\vec{M}}_{Ö} = {\vec{M}}_{e X T} + \vec{C} \times \vec{W} = \vec{ω} \times {ICH}_{Ö} \vec{ω}

$\vec{M}_O = \vec{M}_{\rm ext} + \vec{c} \times \vec{W} = \vec{\omega} \times \mathbf{I}_O \vec{\omega}$

oder

{\vec{M}}_{e X T} = (\begin{matrix} \frac{A}{3} M G + \frac{A^{2}}{12} M {\dot{θ}}^{2} \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

$\vec{M}_{\rm ext} = \pmatrix{ \tfrac{a}{3} m g + \tfrac{a^2}{12} m \dot{\theta}^2 \\ 0 \\ 0 }$

Was zu Ihrem ersten Ergebnis passt. Daher liegt der Fehler in der zweiten Methode. Ich vermute, dass Drehmoment = Änderung des Winkelmoments für nicht inertiale Rahmen nicht gültig ist. Tatsächlich sehe ich im zweiten Teil nichts über die Änderung des Drehimpulses. Obwohl bei einem körperzentrischen Koordinatensystem, da $\vec{\omega}$ nicht entlang einer Hauptträgheitsachse verläuft, ändert der resultierende Drehimpuls mit der Zeit seine Richtung.

Im nicht-trägen Bezugssystem sind die Geschwindigkeiten der Punkte der Platte null, also ist der Drehimpuls konstant, da er immer null ist (nach seiner Definition). Es ändert sich der Drehimpuls im Trägheitsbezugssystem. Schließlich ist der Beweis Drehimpulsänderung = äußeres Drehmoment - Polgeschwindigkeit x Schwerpunktsimpuls unabhängig vom Bezugssystem. Trotzdem danke für die Bestätigung meines ersten Ergebnisses.
@UbaldoTosi - warten Sie, Sie haben gerade einen Ausdruck bestätigt, den ich an anderer Stelle verwendet habe $\frac{D}{D T} L_{A} = τ_{A} + v_{A} \times P$ $\frac{\rm d}{{\rm d}t} L_A = \tau_A + v_A \times p$ Bezug des Drehmoments auf die Änderung des Drehimpulses bei nicht fixierten Rahmen. Haben Sie eine Referenz dafür, da ich es selbst abgeleitet habe und externe Bestätigung wollte.

Ubaldo Tosi · Answer 2

Ich habe die Lösung gefunden. Ich hinterlasse hier eine Antwort, damit jeder andere, der wissen möchte, was nicht funktioniert hat, dies lesen kann.

Jedes Stück der Platte unterliegt einer scheinbaren Kraft, die NICHT auf den Massenmittelpunkt, sondern auf das Stück selbst wirkt. Wenn diese Kraft für alle Teile mit derselben Masse gleich wäre, könnten wir sie bei der Berechnung des Drehmoments als auf den Massenmittelpunkt wirkend betrachten. In diesem Fall hängt die Kraft jedoch von der Position des Stücks ab.

Dann ist das durch die Scheinkräfte verursachte Drehmoment (nennen wir es das scheinbare Drehmoment).

τ_{A P P} = \sum R_{ich} \times F_{ich}

$\tau_{App} = \sum{r_i\times F_i}$

Wo

F_{ich} = M_{ich} ω^{2} j_{ich}

$F_i = m_i\omega^2y_i$

Von diskret zu kontinuierlich gehen, haben wir

\int_{P l A T e} σ ω^{2} j z D j D z

$\int_{Plate} \sigma\omega^2yzdydz$

Sie können sofort sehen, dass dies die einzige Komponente des Trägheitstensors (im Trägheitssystem) ist, die die Euler-Gleichung überlebt, also haben wir jetzt mit beiden Methoden genau das gleiche Ergebnis.

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