Bewegungsgleichung für einen fallenden Stab (wobei ein Ende eine reibungsfreie Oberfläche berührt) [geschlossen]

Da die Oberfläche reibungsfrei ist, gibt es nur eine vertikale Kraft. Das Drehmoment ergibt sich aus der Normalkraft der Fläche multipliziert mit dem horizontalen Abstand zum Massenmittelpunkt (com). Nun hängt die Normalkraft von der vertikalen Beschleunigung des Com ab - Sie wissen, dass die Beschleunigung des Com ein Ergebnis aller auf das Objekt wirkenden Kräfte ist, in diesem Fall nur$F_n-mg$.

Jetzt müssen Sie nur noch die Beziehung zwischen den beiden aufschreiben - das Drehmoment führt zu einer Winkelbeschleunigung, die wiederum zu Änderungen der vertikalen Beschleunigung führt. Für Masse$m$, Länge$2\ell$, Trägheitsmoment$I = \frac{1}{3}m\ell^2$(Drehung um den Schwerpunkt!), Winkel$\theta$zur Vertikalen (vertikal:$\theta=0$), können wir die folgenden Gleichungen schreiben:

Winkelbeschleunigung:

$$I\ddot\theta = F_n \ell \sin\theta\\ \frac13m\ell^2 \ddot\theta= F_n\ell\sin\theta$$ $$\ddot\theta = \frac{3F_n\sin\theta}{m\ell}\tag1$$ Vertikale Beschleunigung von com: $$y = \ell \cos\theta$$ $$\ddot{y} = -\ddot\theta\ell\cos\theta \tag2$$

Aber wir wissen es auch

$$\Gamma = I\ddot\theta\tag3$$ $$F_n - mg = m\ddot{y}\tag4$$

Eliminieren$\ddot\theta$aus$(1)$Und$(2)$, und Ersetzen des resultierenden Ausdrucks durch$\ddot{y}$hinein$(4)$, wir bekommen

$$F_n = mg - 3F_n\sin\theta\cos\theta\\ =\frac{mg}{1+3\sin\theta\cos\theta}$$

Und schließlich folgt das Drehmoment:

$$\Gamma = F_n\ell\sin\theta\\ = \frac{mg\ell\sin\theta}{1+3\sin\theta\cos\theta}$$

Schneller Plausibilitätscheck: wann$\theta$liegt in der Nähe$0$, es gibt wenig Drehmoment; der Nenner würde Null werden, wenn$3\sin\theta\cos\theta = -1$- aber das passiert nicht wann$\theta\in[0,\pi/2]$was beruhigend ist. Tatsächlich sieht das Diagramm des Drehmoments so aus:

Es ist möglich, dass ich oben einen Fehler gemacht habe, aber es sieht vernünftig aus. Der Ansatz sollte stimmen...

Siehe https://physics.stackexchange.com/a/90894/392 für Details zu einer sehr ähnlichen Frage.

Wenn der Körper so mit dem Boden in Kontakt kommt

dann sind die Bewegungsgleichungen

$$\begin{aligned} F & = m \ddot{x}_C \\ N - m g & = m \ddot{y}_C \\ N \frac{\ell}{2} \sin\theta + F \frac{\ell}{2} \cos\theta & = I_C \ddot\theta \end{aligned}$$

mit Bewegungseinschränkungen

$$\begin{aligned} \dot{x}_C & = \dot{x}_A - \frac{\ell}{2}\cos\theta \dot\theta & \ddot{x}_C & = \ddot{x}_A - \frac{\ell}{2}\cos\theta \ddot\theta + \frac{\ell}{2}\sin\theta \dot{\theta}^2 \\ \dot{y}_C & = - \frac{\ell}{2}\sin\theta \dot\theta & \ddot{y}_C & = - \frac{\ell}{2}\sin\theta \ddot\theta- \frac{\ell}{2}\cos\theta \dot{\theta}^2 \end{aligned}$$

und Kontakteigenschaften

$$F = 0 \\ N > 0$$

Das obige wird gelöst durch

$$\boxed{ \begin{aligned} \ddot\theta & = \frac{ m \frac{l}{2} \sin\theta \left( g -\frac{l}{2} \dot{\theta}^2 \cos\theta \right)}{I_C + m \left(\frac{l}{2}\right)^2 \sin^2\theta} \\ N & = I_C \frac{ m \left( g -\frac{l}{2} \dot{\theta}^2 \cos\theta \right)}{I_C + m \left(\frac{l}{2}\right)^2 \sin^2\theta} \\ \ddot{x}_C & = 0 \\ \ddot{y}_C & = - \frac{ \frac{\ell}{2} \left( I_C \dot{\theta}^2 \cos\theta + m \frac{\ell}{2} g \sin^2\theta \right)}{I_C + m \left(\frac{l}{2}\right)^2 \sin^2\theta} \\ \end{aligned} }$$

Jetzt ist das Drehmoment um den Massenmittelpunkt

$$\begin{aligned} \tau_C & = N \frac{\ell}{2} \sin\theta + F \frac{\ell}{2} \cos\theta \\ & = \frac{\ell}{2} N \sin\theta \\ & = I_C \frac{ m \frac{l}{2} \sin\theta \left( g -\frac{l}{2} \dot{\theta}^2 \cos\theta \right)}{I_C + m \left(\frac{l}{2}\right)^2 \sin^2\theta} \end{aligned}$$

^HINWEIS: Die Notation$\dot{x}_C$Und$\ddot{x}_C$bedeutet die Geschwindigkeit und Beschleunigung des Punktes C entlang der x- Richtung. Ähnlich verhält es sich mit den restlichen Geschwindigkeits-/Beschleunigungskomponenten oben. Beachten Sie, wie viel komplexer dieses Problem ist, als Sie ursprünglich gedacht haben.

Ich gehe davon aus, dass die horizontale Anfangsgeschwindigkeit Null ist. Andernfalls könnten wir einfach den Bezugsrahmen ändern.

Wenn die Oberfläche horizontal ist, ist dies effektiv ein Beschränkungssystem mit nur einem Freiheitsgrad:

1. Die Zwangskraft hat eine vertikale Richtung.
2. Die Gravitationskraft hat eine vertikale Richtung.
3. Keine Reibung. Dies wäre die einzige Kraft in horizontaler Richtung.

Aus diesen Gründen haben Sie nur eine Beschleunigung des Massenschwerpunktes in vertikaler Richtung und können Ihre Untersuchungen auf die vertikale Bewegung konzentrieren.

Auch wenn wir es im Folgenden nicht verwenden, einige Hinweise zur Drehmomenterzeugung: Die Zwangskraft wirkt auf den Kontaktpunkt. Die Gegenkraft ist die Trägheitskraft, die auf den Massenmittelpunkt wirkt. Die effektive Hebellänge ist$\frac l2\cos(\theta)$.

Trotzdem möchte ich keine Bilanzgleichungen aufschreiben. Ich würde ein Prinzip der Constraint-Mechanik bevorzugen. Zum Beispiel das Lagrange-Prinzip.

Sie können verwenden$\theta$als verallgemeinerte Koordinate, wenn Sie möchten.

Die potentielle Energie ist:

$$U= mg\frac l2\sin(\theta)$$ die kinetische Energie ist $$T = \frac m2 \dot h^2 + \frac{J}2\dot\theta^2$$ mit $h(\theta(t)) = \frac l2\sin(\theta(t))$, $\frac{d}{dt}h(\theta(t)) = \frac l2\cos(\theta)\dot\theta$und mit dem Trägheitsmoment $J$für Drehungen um den Massenmittelpunkt. Ich gehe darauf nicht näher ein, weil es von der Rute abhängt.

$$T = \frac {ml}8 \cos^2(\theta)\dot\theta^2 + \frac{J}2\dot\theta^2$$ Der Lagrange ist $$L(\theta,\dot\theta) = T-U = \frac {ml}8 \cos^2(\theta)\dot\theta^2 + \frac{J}2\dot\theta^2 - mg\frac l2\sin(\theta)$$ und die Lagrange-Gleichung ist $$\frac{d}{dt}\left(\partial_{\dot\theta} L\right)-\partial_\theta L = 0.$$ Das ist eigentlich die Bewegungsgleichung. $$\frac{d}{dt}\left(\left(\frac{ml}{4}\cos^2(\theta)+J\right)\dot\theta\right) -\left(-\frac{ml}4\cos(\theta)\sin(\theta)\dot\theta^2-mg\frac l2\cos(\theta)\right)=0$$ Ich hoffe, dass ich nicht viele Fehler gemacht habe und überlasse den Test und den Rest Ihnen.