Derivación de la igualdad entre el par externo y la tasa de cambio del momento angular, para un sistema de partículas

Question

Derivación de la igualdad entre el par externo y la tasa de cambio del momento angular, para un sistema de partículas

esfuerzo de torsión
Física
aceleración
movimiento relativo
momento angular
mecanica clasica

Z_z_Z

Empecé a trabajar con Mecánica analítica para la relatividad y Mecánica cuántica de Oliver Johns y estoy atascado en la obtención de una fórmula.

En la sección titulada "Cambio de momento angular", Johns afirma que la tasa de cambio del momento angular de giro, $S$ , para una colección de $N$ muchas partículas es igual al torque externo de espín, entonces:

\frac{d S}{d t} = τ_{s}^{(externo)}

$\frac{\text{d}S}{\text{d}t} = \tau_s^{\text{(ext)}}$

donde el par externo de espín se define como:

τ_{s}^{(externo)} = \sum_{norte = 1}^{norte} ρ_{norte} \times F_{norte}^{(externo)}

$\tau_s^{\text{(ext)}} = \sum_{\text{n = 1}}^N\rho_n \times{f_n^\text{(ext)}}$

dónde $\rho_n$ es el vector de posición relativa de la n-ésima partícula.

He sido capaz de llegar tan lejos en mi derivación:

1) S = \sum_{norte = 1}^{norte} ρ_{norte} \times ({metro}_{norte} \dot{ρ_{norte}})

$1)\space S = \sum_\text{n = 1}^N\rho_n\times (m_n\dot{\rho_n})$ que se da como la definición de momento angular de espín

2) \frac{d S}{d t} = \frac{d}{d t} (\sum_{norte = 1}^{norte} ρ_{norte} \times ({metro}_{norte} \dot{ρ_{norte}}))

$2)\space \frac{\text{d}S}{\text{d}t} = \frac{\text{d}}{\text{d}t}\text(\sum_\text{n = 1}^N\rho_n\times\text(m_n\dot{\rho_n}))$

3) \frac{d}{d t} (\sum_{norte = 1}^{norte} ρ_{norte} \times ({metro}_{norte} \dot{ρ_{norte}})) = \sum_{norte = 1}^{norte} [(\dot{ρ_{norte}} \times {metro}_{norte} \dot{ρ_{norte}}) + (ρ_{norte} \times {metro}_{norte} \ddot{ρ_{norte}})]

$3)\space \frac{\text{d}}{\text{d}t}\text(\sum_\text{n = 1}^N\rho_n\times\text(m_n\dot{\rho_n})) = \sum_\text{n = 1}^N\text[(\dot{\rho_n}\times m_n \dot{\rho_n}) \space+\space \text(\rho_n \times m_n\ddot{\rho_n})]$

dónde $\dot{\rho_n}\times m_n \dot{\rho_n} = 0$ por las propiedades de los productos cruzados, así que he llegado a este punto:

4) \frac{d S}{d t} = \sum_{norte = 1}^{norte} (ρ_{norte} \times {metro}_{norte} \ddot{ρ_{norte}})

$4)\space \frac{\text{d}S}{\text{d}t} = \sum_\text{n = 1}^N(\rho_n \times m_n \ddot{\rho_n})$

Yo sé eso $m_n \ddot{\rho_n} = m_n (a_n - A) = f_n - m_n A$ dónde $A$ es la aceleración del centro de masa.

Entonces, si mi derivación es correcta hasta ahora, entonces debemos tener lo siguiente:

{metro}_{norte} \ddot{ρ_{norte}} = {metro}_{norte} (a_{norte} - A) = F_{norte} - {metro}_{norte} A = F_{norte}^{(externo)}

$m_n \ddot{\rho_n} = m_n (a_n - A) = f_n - m_n A = f_n^\text{(ext)}$

Aquí es donde estoy atascado. ¿Cómo puedo mostrar esta última equivalencia? Mi intuición me dice que si $m_n A$ puede demostrarse que es la fuerza interna de la n-ésima partícula, entonces la derivación es completa como

F_{norte} - F_{norte}^{(En t)} = F_{norte}^{(externo)}

$f_n - f_n^\text{(int)} = f_n^\text{(ext)}$

Entonces, ¿es posible demostrar que esto es cierto? ¿O hay otro método que no estoy viendo?

Gracias

FGSUZ

ρ_{n}

$\rho_n$ ¿El vector de posición es relativo a qué?

Z_z_Z

La forma en que Johns define

ρ_{n}

$\rho_n$ es como la diferencia entre la posición

r_{n}

$r_n$ de la n-ésima partícula y el centro de masa del conjunto de partículas,

R

$R$ , por lo que da la definición como

ρ_{n} = r_{n} - R

$\rho_n = r_n - R$

FGSUZ

De acuerdo. Entonces no hay nada malo. El par es la suma del par de CM más el par con el CoM

Z_z_Z

Eso tiene sentido. Lo único que me hace tropezar es la equivalencia.

m_{n} \ddot{ρ_{n}} = f_{n}^{(ext)}

$m_n\ddot{\rho_n} = f_n^\text{(ext)}$ . No puedo ver cómo se elimina aquí la fuerza interna sobre la partícula n-ésima. Sospecho que

m_{n} A

$m_n A$ es equivalente a la fuerza interna en la partícula n-ésima, pero no puedo ver cómo derivar eso matemáticamente. ¿O hay algún concepto que estoy olvidando por completo?

Respuestas (1)

Derivación de la igualdad entre el par externo y la tasa de cambio del momento angular, para un sistema de partículas

La forma en que Johns define $\rho_n$ es como la diferencia entre la posición $r_n$ de la n-ésima partícula y el centro de masa del conjunto de partículas, $R$ , por lo que da la definición como $\rho_n = r_n - R$
De acuerdo. Entonces no hay nada malo. El par es la suma del par de CM más el par con el CoM
Eso tiene sentido. Lo único que me hace tropezar es la equivalencia. $m_n\ddot{\rho_n} = f_n^\text{(ext)}$ . No puedo ver cómo se elimina aquí la fuerza interna sobre la partícula n-ésima. Sospecho que $m_n A$ es equivalente a la fuerza interna en la partícula n-ésima, pero no puedo ver cómo derivar eso matemáticamente. ¿O hay algún concepto que estoy olvidando por completo?

FGSUZ · Answer 1

Aquí hay dos cosas:

El par se puede escribir como el par en el centro de masa más el par con respecto al centro de masa: $\tau=\tau_{CM}+\tau'$
Las fuerzas internas actúan por pares: para cada fuerza sobre la partícula $i$ debido a $j$ , hay una fuerza opuesta de $j$ a $i$ de la misma magnitud.

Como consecuencia, $m_n \ddot{\rho}_m=f^{(ext)}$ .

Desarrollo completo:

\frac{d}{d t} \vec{L} = \sum_{i} {metro}_{i} \dot{{\vec{r}}_{i}} \times \dot{{\vec{r}}_{i}} + \sum_{i} {metro}_{i} {\vec{r}}_{i} \times \ddot{{\vec{r}}_{i}}

$\frac{d}{dt}\vec{L}=\sum_i m_i \dot{\vec{r}_i}\times \dot{\vec{r}_i} + \sum_i m_i \vec{r}_i \times \ddot{\vec{r}_i}$

El primer término desaparece y

\frac{d}{d t} \vec{L} = \sum_{i} {metro}_{i} {\vec{r}}_{i} \times \ddot{{\vec{r}}_{i}}

$\frac{d}{dt}\vec{L}=\sum_i m_i \vec{r}_i \times \ddot{\vec{r}_i}$

Pero $\vec{r}$ puede eb dividirse en $\vec{R}+\vec{\rho}$ dónde $\vec{R}$ es la posición del centro de masa.

\frac{d}{d t} \vec{L} = \sum_{i} {metro}_{i} (\vec{R} + {\vec{ρ}}_{i}) \times (\ddot{\vec{R}} + \ddot{{\vec{ρ}}_{i}})

$\frac{d}{dt}\vec{L}=\sum_i m_i (\vec{R}+\vec{\rho}_i) \times (\ddot{\vec{R}}+\ddot{\vec{\rho}_i})$

Aplicando la propiedad distributiva aparecen 4 términos. Solo dos de ellos sobreviven debido a las propiedades del producto cruzado. Los dos términos restantes son

\frac{d}{d t} \vec{L} = \sum_{i} {metro}_{i} \vec{R} \times \ddot{\vec{R}} + \sum_{i} {metro}_{i} {\vec{ρ}}_{i} \times \ddot{{\vec{ρ}}_{i}}

$\frac{d}{dt}\vec{L}=\sum_i m_i \vec{R} \times \ddot{\vec{R}}+ \sum_i m_i \vec{\rho}_i \times \ddot{\vec{\rho}_i}$

Desde el $R$ son constantes, obtienes $\sum_im_i =M$ y luego

\frac{d}{d t} \vec{L} = METRO \vec{R} \times \ddot{\vec{R}} + \sum_{i} {\vec{ρ}}_{i} \times ({metro}_{i} \ddot{{\vec{ρ}}_{i}})

$\frac{d}{dt}\vec{L}= M\vec{R} \times \ddot{\vec{R}}+ \sum_i \vec{\rho}_i \times (m_i\ddot{\vec{\rho}_i})$

El primer término es el par del centro de masa.

El segundo elemento contiene $(m_i\ddot{\vec{\rho}_i})$ cual es la fuerza sobre la particula $i$ .

[. . .] + \sum_{i} {\vec{ρ}}_{i} \times F_{i}

$[...] + \sum_i \vec{\rho}_i \times f_i$

La fuerza sobre la partícula $i$ será la suma de interno + externo. Dado que está sumando para todos los artículos, el interno de uno se cancelará con el interno de otro.

Sólo las fuerzas externas sobreviven.

Gracias, esto es mucho más claro ahora. Realmente aprecio la ayuda.

Derivación de la igualdad entre el par externo y la tasa de cambio del momento angular, para un sistema de partículas

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FGSUZ

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FGSUZ

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