Diferentes resultados para torque en marcos de referencia inerciales y no inerciales

Question

Diferentes resultados para torque en marcos de referencia inerciales y no inerciales

Ubaldo Tosi

Tengo un sistema de coordenadas diestro con origen O. En el plano yz hay una placa de forma triangular con lados sobre los ejes, ambos de longitud a. La placa gira alrededor del eje z (vertical con respecto al suelo) con velocidad angular ω. Quiero encontrar el par externo con respecto a O necesario para mantener constante la velocidad angular.

He intentado resolver el problema tanto con respecto a un marco de referencia inercial como a uno no inercial.

Marco de referencia inercial

Como el polo elegido es O, todas las fuerzas de reacción que la varilla aplica sobre la placa no tienen momento de torsión. La única otra fuerza sobre la placa es su peso,

\vec{W} = - metro gramo \hat{z}

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

Entonces el par total sobre la placa es

\vec{{METRO}_{O}} = \vec{{METRO}_{mi X t}} - \frac{metro gramo a}{3} \hat{X}

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

ya que el centro de masa de la placa está en (0, a/3, a/3).

De la ecuación de Euler, dado que la velocidad angular es constante, tenemos

\vec{{METRO}_{O}} = \vec{ω} \land I \vec{ω}

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

Como ω solo tiene el componente z, calculé la última columna del tensor de inercia I. Encontré:

I = [\begin{matrix} 0 \\ - \frac{metro a^{2}}{3} \\ \frac{metro a^{2}}{12} \end{matrix}]

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

Ahora tengo la ecuación:

\frac{metro ω^{2} a^{2}}{12} \hat{X} = \vec{{METRO}_{mi X t}} - \frac{metro gramo a}{3} \hat{X}

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

Y por lo tanto:

\vec{{METRO}_{mi X t}} = \frac{metro ω^{2} a^{2}}{12} \hat{X} + \frac{metro gramo a}{3} \hat{X}

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

Marco de referencia no inercial

El primer paso que hice fue calcular la pseudo fuerza en el centro de masa.

F_{a pag pag} = \frac{metro ω^{2} a}{3} \hat{y}

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

En este marco de referencia la placa es estática, por lo que se debe aplicar la segunda ecuación cardinal de la estática:

\vec{{METRO}_{mi X t}} - \frac{metro gramo a}{3} \hat{X} - \frac{metro ω^{2} a^{2}}{9} \hat{X} = 0

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

Así que encuentro:

\vec{{METRO}_{mi X t}} = \frac{metro gramo a}{3} \hat{X} + \frac{metro ω^{2} a^{2}}{9} \hat{X}

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

Como puede ver, las dos soluciones son similares pero no iguales. ¿Podría explicarme por qué?

jalex

Ahora entiendo, está preguntando sobre los pares de soporte en el pivote.

Respuestas (2)

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Ahora entiendo, está preguntando sobre los pares de soporte en el pivote.

jalex · Answer 1

creo que esta es la situacion

{\vec{METRO}}_{O} = {\vec{METRO}}_{mi X t} + \vec{C} \times \vec{W} = {\vec{METRO}}_{mi X t} + (\begin{matrix} - \frac{a}{3} metro gramo \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

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

Aquí $\vec{c} = \pmatrix{0 \\ \tfrac{a}{3} \\ \tfrac{a}{3} }$ es el centro de masa relativo a O , y $\vec{W} = \pmatrix{0 \\ 0 \\ -m g}$ el peso que actúa a través del centro de masa.

El momento de masa del tensor de inercia con respecto a O es

I_{O} = [\begin{matrix} \frac{metro}{3} a^{2} \\ \frac{metro}{6} a^{2} & - \frac{metro}{12} a^{2} \\ - \frac{metro}{12} a^{2} & \frac{metro}{6} a^{2} \end{matrix}]

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

Finalmente la velocidad de rotación es

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

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

Entonces el balance de torque rotacional es

{\vec{METRO}}_{O} = {\vec{METRO}}_{mi X t} + \vec{C} \times \vec{W} = \vec{ω} \times I_{O} \vec{ω}

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

o

{\vec{METRO}}_{mi X t} = (\begin{matrix} \frac{a}{3} metro gramo + \frac{a^{2}}{12} metro {\dot{θ}}^{2} \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

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

Que coincide con su primer resultado. Por lo tanto, el error está en el segundo método. Sospecho que torque = cambio en el momento angular no es válido para marcos no inerciales. De hecho, no veo nada sobre cambiar el momento angular en la segunda parte. Aunque estamos en un sistema de coordenadas centrado en el cuerpo, ya que $\vec{\omega}$ no está a lo largo de un eje principal de inercia, el momento angular resultante cambiará de dirección con el tiempo.

En el marco de referencia no inercial, las velocidades de los puntos de la placa son nulas, por lo que el momento angular es constante, ya que siempre es nulo (por su definición). Es el momento angular en el marco de referencia inercial para cambiar. Finalmente, la prueba de que el cambio en el momento angular = torque externo - velocidad del polo x momento del centro de masa no depende del marco de referencia. De todos modos, gracias por confirmar mi primer resultado.
@UbaldoTosi - espera, acabas de confirmar una expresión que he estado usando en otros lugares $\frac{d}{d t} L_{A} = τ_{A} + v_{A} \times pag$ $\frac{\rm d}{{\rm d}t} L_A = \tau_A + v_A \times p$ relacionando el torque con el cambio en el momento angular en marcos no fijos. ¿Tiene una referencia para esto ya que lo derivé por mi cuenta y quería una confirmación externa?

Ubaldo Tosi · Answer 2

Encontré la solución. Dejo una respuesta aquí para que cualquier otra persona que quiera saber qué no estaba funcionando pueda leer esto.

Cada pieza de la placa está sujeta a una fuerza aparente, que NO se aplica sobre el centro de masa, sino sobre la pieza misma. Si esta fuerza fuera la misma para todas las piezas con la misma masa, entonces podríamos considerarla aplicada en el centro de masa al calcular su par. Sin embargo, en este caso, la fuerza depende de la posición de la pieza.

Entonces el par causado por las fuerzas aparentes (llamémoslo par aparente) es

τ_{A pag pag} = \sum r_{i} \times F_{i}

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

dónde

F_{i} = {metro}_{i} ω^{2} y_{i}

$F_i = m_i\omega^2y_i$

Pasando de discreto a continuo, tenemos

\int_{PAG yo a t mi} σ ω^{2} y z d y d z

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

Inmediatamente puede ver que este es el único componente del tensor de inercia (en el marco de inercia) que sobrevive a la ecuación de Euler, por lo que ahora tenemos exactamente el mismo resultado con ambos métodos.

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jalex

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jalex

Ubaldo Tosi

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