Verwenden von Euler-Gleichungen zum Auflösen nach Drehmoment

Question

Verwenden von Euler-Gleichungen zum Auflösen nach Drehmoment

exp ikx

Ich versuche, das Drehmoment zu lösen, das zum Drehen einer rechteckigen Seitenplatte erforderlich ist $a$ Und $b$ , um eine Diagonale mit konstanter Winkelgeschwindigkeit $\omega$ .

Euler-Gleichungen sind gegeben durch,

{ICH}_{1} {\dot{ω}}_{1} + ({ICH}_{2} - {ICH}_{3}) ω_{2} ω_{3} = N_{1},

$I_1\dot{\omega}_1 + (I_2 - I_3)\omega_2\omega_3 = N_1,$

{ICH}_{2} {\dot{ω}}_{2} + ({ICH}_{3} - {ICH}_{1}) ω_{3} ω_{1} = N_{2},

$I_2\dot{\omega}_2 + (I_3 - I_1)\omega_3\omega_1 = N_2,$

{ICH}_{3} {\dot{ω}}_{3} + ({ICH}_{1} - {ICH}_{2}) ω_{1} ω_{2} = N_{3},

$I_3\dot{\omega}_3 + (I_1 - I_2)\omega_1\omega_2 = N_3,$

Wo $I_1$ , $I_2$ Und $I_3$ sind die Hauptträgheitsmomente des starren Körpers, $\omega_1$ , $\omega_2$ Und $\omega_3$ sind die Winkelgeschwindigkeiten um die Achsen dieser Trägheitsmomente und $N_i$ bezeichnet das äußere Drehmoment, das entlang der Achse von aufgebracht wird $\omega_i$ Und $i$ = 1,2,3.

$\hskip2in$

Angenommen, für dieses Problem $a > b$ .

{ICH}_{1} = \frac{M A^{2}}{12}, {ICH}_{2} = \frac{M B^{2}}{12}, {ICH}_{3} = \frac{M (A^{2} + B^{2})}{12}

$I_1 = \frac{M a^2}{12}, \quad I_2 = \frac{M b^2}{12}, \quad I_3 = \frac{M (a^2 + b^2)}{12}$

ω_{1} = \frac{ω B}{\sqrt{A^{2} + B^{2}}}, ω_{2} = \frac{ω A}{\sqrt{A^{2} + B^{2}}}, ω_{3} = 0

$\omega_1 = \frac{\omega b}{\sqrt{a^2+b^2}}, \quad \omega_2 = \frac{\omega a}{\sqrt{a^2+b^2}}, \quad \omega_3 = 0$

Wir finden aus Euler-Gleichungen, dass

N_{1} = 0 = N_{2}, während N_{3} = \frac{M A B ω^{2}}{12 (A^{2} + B^{2})} (A^{2} - B^{2})

$N_1 = 0 = N_2, \text{ while } N_3 = \frac{Mab\omega^2}{12 (a^2+b^2)}(a^2 - b^2)$ .

Aber dies impliziert, wenn $a = b$ , das benötigte Drehmoment ist Null. Wie sollten wir das intuitiv finden, dass es für ein Quadrat mit Scharnieren an gegenüberliegenden Ecken kein Drehmoment erfordert?

eranreches

Ist ein externes Drehmoment erforderlich, um einen Körper um eine Hauptachse zu drehen?

exp ikx

Rechts. Wir brauchen kein externes Drehmoment, um den Körper um eine der Hauptachsen zu drehen. Ist es also nur so, dass für ein Quadrat der Trägheitstensor eine Diagonalmatrix ist und für ein Rechteck sollten wir eine Nicht-Null-Matrix in Betracht ziehen?

I_{x y}

$I_{xy}$ Und

I_{y x}

$I_{yx}$ ?

eranreches

Auch im rechteckigen Gehäuse

I

$I$ diagonal ist. Das Nicht-Null-Drehmoment hängt damit zusammen, dass

\vec{L}

$\vec{L}$ Und

\vec{ω}

$\vec{\omega}$ zeigen nicht in die gleiche Richtung. Deshalb,

\vec{L}

$\vec{L}$ herum präzedieren

\vec{ω}

$\vec{\omega}$ .

exp ikx

@eranreches Okay, jetzt verstehe ich es. Dieses Drehmoment entsteht aus

\vec{ω} \times \vec{L}

$\vec{\omega} \times \vec{L}$ da sie nicht in die gleiche richtung zeigen. Und im Fall einer quadratischen Lamina sind diese Vektoren parallel.

eranreches

Exakt. Siehe meine vollständige Antwort unten.

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Verwenden von Euler-Gleichungen zum Auflösen nach Drehmoment

Ist ein externes Drehmoment erforderlich, um einen Körper um eine Hauptachse zu drehen?
Rechts. Wir brauchen kein externes Drehmoment, um den Körper um eine der Hauptachsen zu drehen. Ist es also nur so, dass für ein Quadrat der Trägheitstensor eine Diagonalmatrix ist und für ein Rechteck sollten wir eine Nicht-Null-Matrix in Betracht ziehen? $I_{xy}$ Und $I_{yx}$ ?
Auch im rechteckigen Gehäuse $I$ diagonal ist. Das Nicht-Null-Drehmoment hängt damit zusammen, dass $\vec{L}$ Und $\vec{\omega}$ zeigen nicht in die gleiche Richtung. Deshalb, $\vec{L}$ herum präzedieren $\vec{\omega}$ .
@eranreches Okay, jetzt verstehe ich es. Dieses Drehmoment entsteht aus $\vec{\omega} \times \vec{L}$ da sie nicht in die gleiche richtung zeigen. Und im Fall einer quadratischen Lamina sind diese Vektoren parallel.

eranreches · Answer 1

Lassen Sie mich meine Kommentare erweitern. Im Lab-Rahmen können Sie schreiben

\frac{D \vec{L}}{D T} = \vec{ω} \times \vec{L}

$\dfrac{{\rm d}\vec{L}}{{\rm d}t}=\vec{\omega}\times\vec{L}$

Wo $\vec{L}$ ist der Drehimpuls und $\vec{\omega}$ ist die Winkelgeschwindigkeit. Jetzt seit $\vec{L}=\hat{I}\vec{\omega}$ Und $\vec{\tau}=\dfrac{{\rm d}\vec{L}}{{\rm d}t}$ , hat man

\vec{τ} = \vec{ω} \times \hat{ICH} \vec{ω}

$\vec{\tau}=\vec{\omega}\times\hat{I}\vec{\omega}$

Daher verschwindet das Drehmoment gdw $\vec{\omega}\parallel\hat{I}\vec{\omega}$ , mit anderen Worten, wenn es existiert $\lambda$ so dass

\hat{ICH} \vec{ω} = λ \vec{ω}

$\hat{I}\vec{\omega}=\lambda\vec{\omega}$

dh die Rotation erfolgt um eine der Hauptachsen.

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