Usando las ecuaciones de Euler para resolver el torque

Question

Usando las ecuaciones de Euler para resolver el torque

efectivo
esfuerzo de torsión
Física
mecanica clasica
dinámica de cuerpo rígido

exp ikx

Estoy tratando de resolver el torque necesario para rotar una placa rectangular de lados. $a$ y $b$ , sobre una diagonal con velocidad angular constante $\omega$ .

Las ecuaciones de Euler están dadas por,

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

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

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

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

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

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

dónde $I_1$ , $I_2$ y $I_3$ son los principales momentos de inercia del cuerpo rígido, $\omega_1$ , $\omega_2$ y $\omega_3$ son las velocidades angulares alrededor de los ejes de estos momentos de inercia, y $N_i$ denota el par externo aplicado a lo largo del eje de $\omega_i$ y $i$ = 1,2,3.

$\hskip2in$

Para este problema, suponga $a > b$ .

I_{1} = \frac{METRO a^{2}}{12}, I_{2} = \frac{METRO b^{2}}{12}, I_{3} = \frac{METRO (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

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

Encontramos de las ecuaciones de Euler que,

{norte}_{1} = 0 = {norte}_{2}, mientras {norte}_{3} = \frac{METRO a b ω^{2}}{12 (a^{2} + b^{2})} (a^{2} - b^{2})

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

Pero esto implica si $a = b$ , el par necesario es cero. ¿Cómo deberíamos encontrar esto intuitivo que requiere un par de torsión cero para un cuadrado con bisagras en las esquinas opuestas?

eranreches

¿Se requiere un par externo para hacer girar un cuerpo alrededor de un eje principal?

exp ikx

Bien. No necesitamos un par externo para rotar el cuerpo alrededor de ninguno de los ejes principales. Entonces, ¿es solo que para un cuadrado, el tensor de inercia es una matriz diagonal y para un rectángulo, deberíamos considerar un valor distinto de cero?

I_{x y}

$I_{xy}$ y

I_{y x}

$I_{yx}$ ?

eranreches

Incluso en el caso del rectángulo

I

$I$ es diagonal. El par distinto de cero está relacionado con el hecho de que

\vec{L}

$\vec{L}$ y

\vec{ω}

$\vec{\omega}$ no apuntes en la misma dirección. Por lo tanto,

\vec{L}

$\vec{L}$ precesión alrededor

\vec{ω}

$\vec{\omega}$ .

exp ikx

@eranreches Bien, ahora lo entiendo. Este par surge de

\vec{ω} \times \vec{L}

$\vec{\omega} \times \vec{L}$ ya que no apuntan en la misma dirección. Y en el caso de una lámina cuadrada, estos vectores son paralelos.

eranreches

Exactamente. Vea mi respuesta completa a continuación.

Respuestas (1)

Usando las ecuaciones de Euler para resolver el torque

¿Se requiere un par externo para hacer girar un cuerpo alrededor de un eje principal?
Bien. No necesitamos un par externo para rotar el cuerpo alrededor de ninguno de los ejes principales. Entonces, ¿es solo que para un cuadrado, el tensor de inercia es una matriz diagonal y para un rectángulo, deberíamos considerar un valor distinto de cero? $I_{xy}$ y $I_{yx}$ ?
Incluso en el caso del rectángulo $I$ es diagonal. El par distinto de cero está relacionado con el hecho de que $\vec{L}$ y $\vec{\omega}$ no apuntes en la misma dirección. Por lo tanto, $\vec{L}$ precesión alrededor $\vec{\omega}$ .
@eranreches Bien, ahora lo entiendo. Este par surge de $\vec{\omega} \times \vec{L}$ ya que no apuntan en la misma dirección. Y en el caso de una lámina cuadrada, estos vectores son paralelos.

eranreches · Answer 1

Permítanme ampliar mis comentarios. En el marco de Lab puedes escribir

\frac{d \vec{L}}{d t} = \vec{ω} \times \vec{L}

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

dónde $\vec{L}$ es el momento angular y $\vec{\omega}$ es la velocidad angular. ahora desde $\vec{L}=\hat{I}\vec{\omega}$ y $\vec{\tau}=\dfrac{{\rm d}\vec{L}}{{\rm d}t}$ , uno tiene

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

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

Por lo tanto, el momento de torsión se desvanece iff $\vec{\omega}\parallel\hat{I}\vec{\omega}$ , en otras palabras, si existe $\lambda$ tal que

\hat{I} \vec{ω} = λ \vec{ω}

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

es decir, la rotación es sobre uno de los ejes principales.

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