Verwirrung über Bezugsrahmen bei der Ableitung der Euler-Gleichung der Rotationsbewegung

Question

Verwirrung über Bezugsrahmen bei der Ableitung der Euler-Gleichung der Rotationsbewegung

Ma Joad

Ich bin verwirrt darüber, wann Drehmomente rahmenunabhängig sein sollten. Mein Verständnis ist, dass das Drehmoment in allen Rahmen gleich ist, die sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit drehen. Dies scheint jedoch nicht ganz korrekt zu sein. Für jeden Vektor $\def\ba{\mathbf a}\ba$ ,

{\frac{D A}{D T} |}_{ICH} = {\frac{D A}{D T} |}_{R} + ω \times A,

$\left.\frac{d\mathbf a}{dt}\right|_I=\left.\frac{d\mathbf a}{dt}\right|_R+\boldsymbol\omega\times \mathbf a,$ Wo

I

$I$ Und

R

$R$ bezeichnet das Ableiten im Trägheits- und Rotationssystem mit der Winkelgeschwindigkeit

ω

$\boldsymbol\omega$ , jeweilig. Meine erste Frage ist: Ist diese Gleichung wahr, selbst wenn $\boldsymbol\omega$ ist zeitabhängig?

Wenn ja, dann können wir weitermachen. Lassen $\mathbf L$ bezeichnen den Drehimpuls eines starren Körpers. Dann,

{\frac{D L}{D T} |}_{ICH} = M {\frac{D L}{D T} |}_{R} + ω \times L = M,

$\left.\frac{d\mathbf L}{dt}\right|_I=\mathbf M\\ \left.\frac{d\mathbf L}{dt}\right|_R+\boldsymbol\omega\times \mathbf L=\mathbf M,$ Wo

M

$M$ ist das im Trägheitsbezugssystem gemessene Moment (Drehmoment). Bis zu diesem Punkt gilt die Gleichung für alle rotierenden Rahmen. Lass uns aussuchen

ω

$\boldsymbol\omega$ die in einem Inertialsystem gemessene Winkelgeschwindigkeit des starren Körpers sein - wir befinden uns also jetzt im Rotationssystem des Körpers. In dem rotierenden Rahmen ist der Körper stationär, also

L |_{R} = 0

$\mathbf L|_R=0$ - aber das muss nicht unbedingt heißen

{\frac{d L}{d t} |}_{I} = 0

$\left.\frac{d\mathbf L}{dt}\right|_I=0$ , weil im Ausdruck

{\frac{d L}{d t} |}_{I}

$\left.\frac{d\mathbf L}{dt}\right|_I$ , Die

L

$\mathbf L$ wird im Inertialsystem gemessen, obwohl ihre zeitliche Ableitung im rotierenden System genommen wird. Habe ich soweit recht? All dies sieht seltsam aus.

Also, was wir jetzt tun werden, ist 1) auszudrücken $\mathbf L=\mathbf L|_I$ in den Basisvektoren des rotierenden Rahmens 2) differenzieren jede Komponente, die wir bezüglich der Zeit erhalten, aber unter der Annahme, dass diese Basisvektoren zeitunabhängig sind. Schritt 1) ist einfach:

L |_{ICH} = L_{ich} e_{ich} = \sum {ICH}_{ich} ω_{ich} e_{ich}

$\mathbf L|_I=L_i\mathbf e_i=\sum I_i\omega_i\mathbf e_i$ Das Trägheitsmoment ist hier konstant ( Ist es in allen Rahmen oder nur im Rahmen des Körpers konstant? Jedenfalls macht es für mich keinen Sinn, die Trägheit eines rotierenden Körpers entlang einer festen Achse zu messen), also können wir sicher schreiben

\dot{L_{ICH}} |_{R} = ICH \dot{ω}

$\dot {\mathbf L_I}|_R=\mathbf I \dot{\boldsymbol{\omega}}$ und daher

ICH \dot{ω} + ω \times (ICH ω) = M

$\mathbf{I} \dot{\boldsymbol\omega} + \boldsymbol\omega \times \left( \mathbf{I} \boldsymbol\omega \right) = \mathbf{M}$ In den beiden obigen Ausdrücken

ω

$\boldsymbol\omega$ ist die im Inertialsystem gemessene Winkelgeschwindigkeit, aber auch hier wird ihre zeitliche Ableitung im rotierenden System genommen. Das macht mir das Leben extrem schwer - erst im Inertialsystem messen, dann im Drehsystem ableiten. Verstehe ich das wirklich richtig?

Jalex

MMOI ist nur auf den Körperrahmen konstant. Andernfalls müssen Sie es mit in das Inertialsystem transformieren

ICH |_{ICH} = R (ICH |_{B}) R^{⊤}

$\mathbf{I}|_I =\mathrm{R} \,(\mathbf{I}|_B)\, \mathrm{R}^\top$ Und

R

$\mathrm{R}$ ist die 3 × 3-Rotationsmatrix, die sich vom Körperrahmen in den Trägheitsrahmen umwandelt.

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Verwirrung über Bezugsrahmen bei der Ableitung der Euler-Gleichung der Rotationsbewegung

MMOI ist nur auf den Körperrahmen konstant. Andernfalls müssen Sie es mit in das Inertialsystem transformieren $ICH |_{ICH} = R (ICH |_{B}) R^{⊤}$ $\mathbf{I}|_I =\mathrm{R} \,(\mathbf{I}|_B)\, \mathrm{R}^\top$ Und $\mathrm{R}$ ist die 3 × 3-Rotationsmatrix, die sich vom Körperrahmen in den Trägheitsrahmen umwandelt.

John Alexiou · Answer 1

Ja, die Ableitung am Rotationsrahmen wird aus der momentanen Rotationsgeschwindigkeit abgeleitet $\boldsymbol{\omega}$ (Wert zu einem Zeitpunkt) und gilt sowohl für konstante als auch für veränderliche Rotationsvektoren.
Ihre Drehimpulsgleichung auf dem rotierenden Rahmen ist korrekt.

$M |_{ICH} = \frac{D L |_{ICH}}{D T} = \frac{\partial L |_{R}}{\partial T} + ω |_{ICH} \times L |_{ICH}$ $\mathbf{M}|_I = \frac{d\mathbf L|_I}{dt} = \frac{\partial \mathbf L|_R}{\partial t} +\boldsymbol\omega|_I\times \mathbf L|_I$ Aber auf dem Drehrahmen $\mathbf L|_R \neq 0$ . Der Rotationsrahmen ist nur ein Satz von Basisvektoren, auf denen die Trägheitsrahmenvektoren aufgelöst werden. $L |_{ICH} = R L |_{R}$ $\mathbf L|_I= \mathrm{R}\, \mathbf L|_R$

Wo $\mathrm{R}$ ist der Rotationsvektor zwischen Körperrahmen und Trägheitsrahmen.
Das Trägheitsmoment ist am Körperrahmen im Allgemeinen konstant, es sei denn, der Körper dreht sich um eine Symmetrieachse. Aber um den MMOI-Tensor zu verwenden, müssen Sie ihn an den Trägheitsbasisvektoren ausrichten, was mit der folgenden Transformation erfolgt:

$ICH |_{ICH} = R ICH |_{R} R^{⊤}$ $\mathbf{I}|_I = \mathrm{R}\, \mathbf{I}|_R \,\mathbf{R}^\top$

Jetzt haben Sie alles, was Sie auf demselben Basisvektor (der Trägheit) brauchen, um die Bewegungsgleichung anzugeben

M |_{ICH} = ICH |_{ICH} \dot{ω} |_{ICH} + ω |_{ICH} \times {ICH}_{ICH} ω |_{ICH}

$\mathbf{M}|_{I} = \mathbf{I}|_{I}\,\mathbf{\boldsymbol{\dot{\omega}}}|_{I} + \boldsymbol{\omega}|_{I}\times\mathbf{I}_{I}\,\boldsymbol{\omega}|_{I}$

Verwenden Sie die Transformationen, um das Obige auf dem rotierenden Rahmen darzustellen $\mathbf{M}|_I = \mathrm{R}\, \mathbf{M}|_R$ Und $\mathbf{\omega}|_I = \mathrm{R}\, \mathbf{\omega}|_R$ . Sie erkennen jedoch, dass dies nur eine Änderung der Basisvektoren ist und nicht dieselben, als ob Sie Messungen vom sich bewegenden Körper vornehmen würden (was dazu führen würde $\boldsymbol{\omega}|_R = 0$ ).

$\begin{aligned} R M |_{R} & = R {ICH}_{R} R^{⊤} (R \dot{ω} |_{R} + ω |_{ICH} \times R ω |_{R}) + (R ω |_{R}) \times (R {ICH}_{R} R^{⊤} R ω |_{R}) \\ M |_{R} & = {ICH}_{R} (\dot{ω} |_{R} + R^{⊤} (ω |_{ICH} \times ω |_{ICH})) + ω |_{R} \times {ICH}_{R} ω |_{R} \\ M |_{R} & = {ICH}_{R} \dot{ω} |_{R} + ω |_{R} \times {ICH}_{R} ω |_{R} \end{aligned}$ $\begin{aligned}\mathrm{R}\,\mathbf{M}|_{R} & =\mathrm{R}\,\mathbf{I}_{R}\,\mathrm{R}^{\top}\,\left(\mathrm{R}\,\dot{\boldsymbol{\omega}}|_{R}+\boldsymbol{\omega}|_{I}\times\mathrm{R}\,\boldsymbol{\omega}|_{R}\right)+\left(\mathrm{R}\,\boldsymbol{\omega}|_{R}\right)\times\left(\mathrm{R}\,\mathbf{I}_{R}\,\mathrm{R}^{\top}\,\mathrm{R}\,\boldsymbol{\omega}|_{R}\right)\\ \mathbf{M}|_{R} & =\mathbf{I}_{R}\,\left(\dot{\boldsymbol{\omega}}|_{R}+\mathrm{R}^{\top}\left(\boldsymbol{\omega}|_{I}\times\boldsymbol{\omega}|_{I}\right)\right)+\boldsymbol{\omega}|_{R}\times\mathbf{I}_{R}\,\boldsymbol{\omega}|_{R}\\ \mathbf{M}|_{R} & =\mathbf{I}_{R}\,\dot{\boldsymbol{\omega}}|_{R}+\boldsymbol{\omega}|_{R}\times\mathbf{I}_{R}\,\boldsymbol{\omega}|_{R} \end{aligned}$

Beachten Sie die Umwandlung von $\boldsymbol{\dot{\omega}}|_I$ auf Körperkoordinaten ist die Ableitung von $\boldsymbol{\omega}|_R$ unter Verwendung der Ableitung des rotierenden Rahmens, wobei sich jedoch die konvektiven Terme aufheben.

Gabe Fernández · Answer 2

Das Drehmoment hat immer einen Bezugsrahmen und muss zwischen dem Trägheitsrahmen und dem Körperrahmen kinematisch transformiert werden.

Ja, die Zeitableitungsgleichung ist ein sofortiges Differential bzgl $\omega$ .

Ich nehme an, dass Sie mit "alle rotierenden Rahmen" alle Koordinatensysteme meinen, die bezüglich des Körperrahmens fest sind (z. B. Hauptträgheitsmomente, einige andere globale Koordinaten). Gleiches gilt für "angenommen, diese Basisvektoren sind zeitunabhängig". Das ist in Ordnung.

das L wird im Inertialsystem gemessen, obwohl seine zeitliche Ableitung im rotierenden System genommen wird

Trägheitsmoment macht nur Sinn, wenn es um Körperkoordinaten mit einem Fixpunkt geht. Denken Sie daran, dass es für jede Rotation (Matrix) eine feste Achse gibt, die in mehr als einer körperzentrierten oder Trägheitsrahmenrichtung liegen kann (dh Präzession zusammen mit Rotation).

Die Euler-Gleichung für Starrkörperbewegung mit einem festen Punkt, wie Ihre letzte Gleichung besagt, beschreibt die $\vec{\omega}$ Dynamik im Körperrahmen, aber das weiß man immer $\omega$ im Laborrahmen.

In der letzten Aussage sagen Sie $\vec{\omega}$ befindet sich im Körperrahmen. Aber das ist null oder? Denn in diesem Rahmen ruht der starre Körper.
Macht es keinen Sinn darüber zu reden $\omega$ mit Komponenten der Hauptträgheitsmomente?

Verwirrung über Bezugsrahmen bei der Ableitung der Euler-Gleichung der Rotationsbewegung

Ma Joad

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