پارادوکس مومنتوم

مدیران انجمن: javad123javad, parse

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

گشتاور پارادوکس ، در مورد اصطکاک و دو جسم چرخان
من یک دیسک چرخش شماره 1 دارم که از طریق یک محور به یک دیسک شماره 2 متصل است و شخصی روی آن است. دیسک شماره 1 از طریق نیروی وارد شده در لبه ، گشتاوری در حدود محور از شخص دارد و باعث چرخش CCW می شود. فرد و دیسک شماره 2 به دور محور با جهت CW می چرخد.
اما چگونه شخص برای انجام این کار حرکت می کند یا گشتاور دریافت می کند؟ واکنش نیروی وارد شده به شخص توسط اصطکاک حاصل از دیسک شماره 2 لغو می شود. از آنجا که در شعاع برابر هستند ، گشتاورها لغو می شوند. نیروی اصطکاک دیسک شماره 2 از نیروی محور لغو می شود. با این حال ، یک گشتاور خالص بر روی دیسک شماره 2 وجود دارد. جهت کلی سیستم x (دیسک شماره 1 ، دیسک شماره 2 و شخص) به دلیل داخلی بودن آن لغو می شود. گشتاور تنها دیسک شماره 2 است ، با این وجود شخص با دیسک می چرخد؟
واکنش نیروی وارد شده به شخص توسط اصطکاک حاصل از دیسک شماره 2 لغو می شود
این اتفاق نمی افتد ما می توانیم اصطکاک بین شخص و disk2 را کافی بدانیم تا لغزنده نشود. بنابراین شخص و disk2 را می توان یک شی جامد واحد در نظر گرفت.
هنگامی که فرد به disk1 فشار می آورد ، یک زوج نیرویی ایجاد می شود. دیسک 1 در یک جهت نیرو دارد (که باعث ایجاد گشتاور می شود) و جسم disk2 / person در جهت دیگر نیرو دارد (که در جهت دیگر گشتاور ایجاد می کند).
اصطکاک در اینجا فرد را به disk2 متصل می کند ، گشتاور را لغو یا از بین نمی برد.
اما آیا وقتی آنها را خراب می کنم ، اصطکاک و نیروی واکنش دیسک شماره 1 بر روی فرد لغو نمی شود؟
نه ، نیروی اصطکاک باید کوچکتر باشد ، بنابراین لغو نمی شوند. بیایید از نزدیک به اصطکاک نگاه کنیم. این زوج دیگری را تشکیل می دهد ، یک قسمت از نیرو روی فرد "رو به جلو" است (همان جهتی که فرد دیسک 1 را هل می دهد) ، و قسمت دیگر روی دیسک 2 "عقب" است.این قسمت دوم از نیروی اصطکاک چیزی برای مقابله با آن ندارد. می توانیم آن را $F = ma$ نشان دهیم ، جایی که نیروی اصطکاک disk2 را تسریع می کند. از آنجا که فرد به دیسک متصل است ، فرد نیز شتاب می گیرد.
اگر می خواهید به شخص و دیسک ها به عنوان 3 عنصر نگاه کنید ، دیگر هیچ نیرویی در دیسک 1 وجود ندارد و اصطکاک لغو کننده دیسک 2 وجود ندارد. هر دو باعث شتاب و حرکت می شوند.اگر فرد نسبت به دیسک پایین بی حرکت بماند (شماره 2) ، پس یک اصطکاک ایستا وجود دارد زیرا فرد شتاب می گیرد. شما جهت نیروی اصطکاک را نمی دانید ، اما هم دارای اجزای شعاعی و هم مماسی است. م radلفه شعاعی اصطکاک دارای اندازه ای خواهد بود
$|a_r|=m\omega^2 r$و جز component مماس خواهد بود$|a_t|=m\alpha r,$جایی که α شتاب زاویه ای سیستم دیسک شخص / # 2 است.دیسک شماره 1 اصطکاک ایستایی ، به طور مماس ، بر روی دستهای فرد ایجاد می کند ، اما تنه بدن به دلیل نیروهای عضلانی تسریع می شود. اگر حرکت فرد شتاب در اطراف محور باشد ، باید یک گشتاور خالص روی فرد در مورد آن محور داشته باشد. این گشتاور خالص از دو اصطکاک ایستای مماس حاصل می شود که نیروهای جداگانه ای هستند و این مساله مساوی نیست با این واقعیت که شتاب فرد نسبت به دیسک شماره 1 مشخص است ، برابر نیست. گشتاورها مقابل هم هستند اما برابر نیستند! اصطکاک ایستایی فرد روی دیسک شماره 2 گشتاور مربوط به محور شماره 2 را تولید می کند و شتابهای زاویه ای با تعریف مشکل شما یکسان هستند. اگر آنها یکسان نباشند ، فرد نسبت به هر دو دیسک حرکت می کند.
من می خواهم سیستم زیر را تجزیه و تحلیل کنم ، جایی که جرم محور ناچیز است و چرخ می چرخد.
تصویر
بخصوص من باید مقدار گشتاور مربوط به نقطه اتصال رشته با محور را محاسبه کنم.
متأسفانه بسته به روش کار من دو جواب متفاوت می گیرم:
راه اول (و صحیح)
با در نظر گرفتن کل سیستم ، چرخ و محور ، دو نیرو وجود دارد. وزن ، با نقطه استفاده از مرکز جرم چرخ ؛ و نیرویی با اندازه برابر اما جهت مخالف ، با نقطه کاربرد مکانی که رشته با محور ملاقات می کند. بنابراین یک گشتاور خالص وجود دارد.
راه دوم (و اشتباه)
با در نظر گرفتن فقط چرخ ، دو نیرو یکسان هستند ، اما هر دو به مرکز جرم چرخ اعمال می شوند. بنابراین هیچ گشتاوری وجود ندارد.
اساساً شما می پرسید که چرا غفلت از گشتاور خالص در سیستم اشتباه است ، و پاسخ واضح آن این است که شما نمی توانید تغییر در حرکت زاویه ای را بدون گشتاور به درستی حساب کنید.
معادلات خطی حرکت ، نیروی خالص را به حرکت مرکز جرم مربوط می کند .$\boldsymbol{F} = m \boldsymbol{a}_C$
$\boldsymbol{T}_C = \mathtt{I}_C \dot{\boldsymbol{\omega}} + \boldsymbol{\omega} \times \mathtt{I}_C \boldsymbol{\omega}$
معادلات چرخشی حرکت ، گشتاور خالص را به حرکت مرکز جرم مربوط می کند .
با غفلت از گشتاور خالص ، شما به درستی برای نیروهای ژیروسکوپی حساب نمی کنید.
تصویر
گشتاور M برابر و مخالف است که بر روی چرخ کار می کند به طوری که نیروهای موجود در محور را متعادل می کند.
معادله و جریان برنولی در یک لوله - پارادوکس
من در حال مطالعه معادله برنولی هستم و با مشکلی روبرو هستم. معادله برنولی در امتداد یک جریان ساده و در شرایط جریان ثابت قابل اجرا است (حدس می زنم این شرط برای اطمینان از این باشد که می تواند همیشه اعمال شود).
حال بگویید من می خواهم سرعت جریان را در یک سطح مقطع خاص از یک لوله با مقاطع مختلف محاسبه کنم. حال فرض کنید ، من یک فشار سنج را بین این دو سطح مقطع خاص قرار داده ام ، که به من تغییر فشار بین این دو مقطع در امتداد لوله می دهد$\Delta P = \frac{\rho (v_1^2 - v_2^2)}{2} + \rho g \Delta z$در اینجا ، $v_2$ سرعت مقطعی است که می خواهیم در آن سرعت را محاسبه کنیم. اکنون ما $ΔP$ را می شناسیم ، $Δz$ را می دانیم (فرض کنید که در حال محاسبه یک خط افقی هستیم).
اکنون جالب است که ، در تمام ادبیات ، سرعتی که محاسبه می کنند ، همه فرض می کنند که آن از سطح مقطع یکنواخت باشد. چرا؟ معادله برنولی در امتداد یک خط ساده قابل اجرا است ، و هر نقطه شروع یک نقطه پایان متفاوت دارد و از این رو یک جریان متفاوت دارد. چرا در زمین ، همه سرعت یک سطح مقطع را یکسان فرض می کنند.توضیح این فرض برای اکثر فرضیات یکسان است: زیرا مسئله را آسانتر می کند. این معادله (به طور کلی) به دلیل فرضیاتی که هنگام استخراج معادله بیان شده است ، برای یک جریان ساده اعمال می شود. بسیاری به اشتباه قانون برنولی را به اصل صرفه جویی در انرژی نسبت می دهند ، در حالی که در واقع این نتیجه مستقیماً از معادله حرکت خطی نیوتن است. از تجزیه و تحلیل نیروی نسبتاً مستقیم یک توده سیال دیفرانسیل ، می توان نشان داد که
$-\frac{\partial p}{\partial s}=\rho a_s=\rho v\frac{\partial v}{\partial s},
$و$+\frac{\partial p}{\partial n}=\rho a_n=\rho\frac{v^2}{R}, \tag{roham}$که در آن $p$ فشار استاتیکی است ، $ρ$ چگالی سیال ، a شتاب محلی است ، $v$سرعت است ، $R$ شعاع محلی انحنا است ، و s و n به ترتیب coodinates منحنی در امتداد و به ترتیب نرمال هستند. از دیفرانسیل جزئی استفاده می شود زیرا فشار و سرعت (به طور کلی) در دو جهت n و s تغییر می کنند. حال ، اگر تحلیل خود را فقط به تغییرات موجود در جریان محدود کنیم ، می توانیم تفاوت های جزئی اصلی را در (1) با تفاوت های دقیق جایگزین کنیم. تنظیم مجدد ، این به ما می دهد$\frac{dp}{ds}+\rho V\frac{dV}{ds}=0, \tag{roham}$که می تواند بیشتر در معادله کلاسیک دیفرانسیل برنولی ساده شود:$\frac{dp}{\rho}+VdV=0. \tag{iv}$این نسخه از معادله (با فرضیات ذاتی آن) است که سپس برای ارائه نسخه کتاب کلاسیک Eqn برنولی ادغام می شود. $p + 1/2ρV^2 = p0$
چرا ما این کار را می کنیم؟ خوب ، چندین موقعیت جریان وجود دارد که تقریباً معتبر است (به عنوان مثال جریان های غیر متحرک) ، که فشار رکود در همه جا یکنواخت است و فقط یک بار باید محاسبه شود. برای جریانهای چسبناک ، هنوز می توان از معادله برای تعیین فشار رکود در یک مکان مشخص در جریان استفاده کرد ، اما نباید انتظار داشت که فشارهای رکود بین خطوط جریان برابر باشد
پارادوکس قانون استوکس قانون استوکس بیان می کند که نیروی حرکت در کره آهسته (یعنی Re≪1) در مایع است
$F_d = 6 \pi \mu R V$
در دو بعد ما با مشکل روبرو هستیم (در اطراف دیسک در 2d یا در اطراف سیلندر در 3D جریان پیدا کنید) ، زیرا هیچ مشکلی برای مشکل استوکس وجود ندارد (معروف به پارادوکس استوکس) ، اما با تجزیه و تحلیل بعدی هنوز می توان نتیجه گرفت که$F_d = C \mu V$
من چند آزمایش عددی معادله Navier-Stokes برای اعداد کوچک رینولدز انجام دادم و دریافتم که $F_d$ واقعاً به R و $C\approx 4\pi$ بستگی ندارد.به نظر من کاملاً ضد شهودی است که نیرو در 2D به شعاع دیسک بستگی ندارد. کار اشتباهی انجام داده ام؟ یا واقعاً به شعاع دیسک بستگی ندارد؟
تنها چیزی که به شعاع دیسک بستگی دارد ، دامنه قابل قبول سرعت ورودی است. اگر R را افزایش می دهید باید حداکثر V را کاهش دهید تا از شرایط Re≪1 اطمینان حاصل کنید.تناقض رخ می دهد زیرا اعتبار معادلات استوکس به کوچک بودن عدد رینولدز متکی است. این امر در 2D اینگونه نیست زیرا در زمینه دور نمی توان اینرسی را نادیده گرفت و بنابراین فقط یک نیروی وابسته چسبناک امکان پذیر نیست. در عوض ، تجزیه و تحلیل اختلال با استفاده از معادلات اوسین (معروف به تقریب اوسین) مورد نیاز است که منجر به شکلی از کشش استوکس در ضریب تعدیل ضریب ضرب می شود که به عدد رینولدز بستگی دارد.
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

دو دیسک چرخان با همان حرکت زاویه ای هنگام تماس کاملاً متوقف می شوند. چرا در این حالت تکانه زاویه ای حفظ نمی شود؟
دو دیسک نصب شده بر روی میله های مختلف نازک و سبک که از طریق مراکز آنها جهت داده شده اند ساخته می شوند تا به طور جداگانه در محورهای خود بچرخند به طوری که حرکت زاویه ای این دو در مورد محورهای مربوطه آنها از نظر اندازه و جهت یکسان باشد. هنگامی که هر دو در تماس قرار می گیرند ، به دلیل اصطکاک متوقف می شوند. چرا در این حالت حرکت زاویه ای در مورد محورهای آنها محافظت نمی شود؟ (قبل از تماس مثبت بود ، اما پس از اتمام روند صفر بود ، هیچ نیروی خارجی نیز وجود ندارد)
این دو دیسک قصد دارند یک تکانه (یک تکه حرکت) را که قرار است در شعاع های مختلف برای هر دیسک عمل کند و در نتیجه مبادله مقادیر مختلف حرکت زاویه ای دارند ، مبادله کنند. در پایان ، دیسک ممکن است چرخش را متوقف نکند ، اما یک حالت سازگار خواهد داشت (بدون لغزش). اگر دیسک ها را مجبور کنید متوقف شوند ، بنابراین شما حفاظت را نقض می کنید
دو دیسک شناور ازاد با چرخش های ناسازگار را در نظر بگیرید ، جایی که یک دنده تک چرخ دنده در نقطه A در آینده در برخی نقاط تماس می گیرد.تصویر
حرکت انتقالی و زاویه ای هر قسمت است
$\begin{aligned} p_1 & = 0 & L_1 & = I_1 \omega_1 \\ p_2 &= 0 & L_2 & = I_2 \omega_2 \\ p_{\rm total} & = 0 & L_{\rm total} &= I_1 \omega_1 + I_2 \omega_2 \end{aligned}$
جنبش زاویه ای کل بدون در نظر گرفتن نقطه اندازه گیری یکسان است زیرا حرکت حرکت صفر است. بنابراین ما همچنین ممکن است حرکت کلی زاویه ای را در مورد نقطه تماس اندازه گیری کنیم.
در حالتی که نقاط A تراز می شوند تماس رخ می دهد. این امر باعث می شود یک انگیزه برابر و مخالف J روی دو دیسک عمل کند.صرف نظر از مقدار J ، نتیجه نه تنها تغییر در سرعت زاویه ای $\Delta \omega_1$ و $\Delta \omega_2$ است ، بلکه همچنین دستیابی به سرعت انتقالی دو مرکز دیسک Δv1 و Δv2 است.$\begin{aligned}
\Delta v_1 & = -\frac{J}{m_1} & \Delta \omega_1 & = -\frac{R_1\,J}{I_1} \\
\Delta v_2 & = +\frac{J}{m_2} & \Delta \omega_2 & = -\frac{R_2\,J}{I_2}
\end{aligned} \tag{1}$اکنون تغییر حرکت و حرکت زاویه ای هر قسمت است$\begin{aligned}
\Delta p_1 & = m_1 \Delta v_1 = J &
\Delta L_1 & = I_1 \Delta \omega_1 - R_1 (m_1 \Delta v_1) = 0\\
\Delta p_2 & = -m_2 \Delta v_2 = -J &
\Delta L_2 & = I_2 \Delta \omega_2 + R_2 (m_2 \Delta v_2) = 0
\end{aligned} \tag{2}$بنابراین تغییر در حرکت کلی و زاویه ای تغییر می کند$\Delta p_1 + \Delta p_2 = J - J = 0 \; \checkmark \tag{3}$و$\Delta L_1 + \Delta L_2 = 0 + 0 \; = 0\checkmark \tag{4}$بنابراین حفاظت معتبر است ، صرف نظر از میزان ضربه.
حال اگر حالت نهایی نیازی به لغزش نداشته باشد ، یا $\Delta v_1 + R_1 (\omega_1 + \Delta \omega_1 ) = \Delta v_2-R_2 ( \omega_2 + \Delta \omega_2)$پس از سرعت های مرحله از بالا استفاده کنید تا متوجه شوید$\left( \tfrac{1}{m_1} + \tfrac{R_1^2}{I_1} + \tfrac{1}{m_2} + \tfrac{R_2^2}{I_2} \right) J = R_1 \omega_1 + R_2 \omega_2 \tag{5}$
توجه داشته باشید که حرکت نهایی از $\omega_1^\text{final} = \omega_1 + \Delta \omega_1$ و به طور مشابه برای سایر مقادیر پیدا می شود.
نتیجه این است که فقط در شرایط خاص هر یک از دیسک ها می توانند پس از تماس چرخش کنند ، اما نه هر دو به طور همزمان. حتی در صورت یکسان بودن این دو دیسک ، در پایان ، مراکز آنها به بالا و پایین ترجمه می شوند ، و با چرخش مقابله می کنند.
راه متوقف کردن این دو دیسک این است که مراکز آنها به زمین متصل شده باشند. این را می توان در بالا با$m_1 \rightarrow \infty$و $m_2 \rightarrow \infty$ مدل سازی کرد. شرط لازم برای متوقف شدن دیسک ها پس از ضربه این است$\frac{L_1}{L_2} = \frac{I_1 \omega_1}{I_2 \omega_2} = \frac{R_1}{R_2}$بیایید شروع کنیم با این فرض که هر دو دیسک دارای شتاب زاویه ای برابر با محورهای خود هستند که برابر با $\vec{L}$ است. و اجازه دهید دو دیسک با سرعت زاویه ای $\vec{\omega_1}$ و $\vec{\omega_2}$ شعاع R1 و R2 به ترتیب با جرم M1 و M2 در حال چرخش باشند (برای دیسک های 1 و 2). بگذارید ممان اینرسی آنها در مورد توده های مربوطه $I_1$ و $I_2$ باشد. بدین ترتیب،$I_1 = \frac{M_1R_1^2}{2}$و$I_2 = \frac{M_2R_2^2}{2}$همچنین$\vec{L} = I_1\vec{\omega_1} = I_2\vec{\omega_2} ...(i)$حال ، به question می رسیم ، حرکت زاویه ای همیشه به محور انتخاب شده بستگی دارد. بنابراین اگر تکانه زاویه ای اولیه و نهایی را در مورد محور از طریق هر یک از مراکز در نظر بگیریم ، به هیچ عنوان تکانه زاویه ای حفظ نخواهد شد زیرا گشتاور خارجی به دلیل اصطکاک در نقطه تماس مشترک آنها و فاصله بین محور و مشترک آنها عمل می کند. نقطه تماس صفر نخواهد بود.اما اگر تکانه زاویه ای محور را از طریق نقطه تماس آنها و عمود بر صفحه دیسک ها در نظر بگیریم ، باید از آن محافظت کرد زیرا گشتاور صفر خواهد بود زیرا فاصله نقطه اصطکاک عمل و محور انتخابی ما صفر است.ما می توانیم با حل این مسئله را تأیید کنیم.از رابطه بالا می توان دریافت که سرعت زاویه ای و حرکت زاویه ای همیشه در یک راستا خواهند بود.تصویر
اکنون با توجه به حرکت اولیه زاویه ای در مورد محور از طریق نقطه تماس ،$\vec{L_{net}} = I_1\vec{\omega_1} + I_2\vec{\omega_2}$توجه: در اینجا$\vec{L_1} = \vec{L_2}$ به عنوان نقطه تماس در میانه راه بین مراکز قرار دارد.بنابراین در حل ما ،$\vec{L_{net}} = 0$ از این رو حتی اگر چرخش دیسک ها متوقف شود (که لازم نیست) حرکت زاویه ای همچنان 0 خواهد بود و از این رو حفظ خواهد شد.
، ضروری نیست که سرعت های زاویه ای نهایی صفر باشد زیرا به جرم ها و شعاع آنها بستگی دارد. همچنین انرژی حرکتی چرخشی در ابتدا بیشتر از مقدار نهایی است. بنابراین موجب بقا انرژی جنبشی نخواهد شد
نظر من تصور کنید که دو دیسک در غیاب جاذبه در خلا با سرعت زاویه ای چرخیده اند ، به طوری که یک سیستم جدا شده است. ناگهان آنها با هم تماس گرفته و به یکدیگر قفل می شوند و یک بدنه صلب را ایجاد می کنند. اکنون سیستم کل درمورد مرکز جرم جدید که در صورت یکسان بودن دیسک ها نقطه تماس است می چرخد. لحظه اینرسی از افزایش می یابد$I_i=\frac{1}{2}mr^2$ لذا$I_f=3mr^2=6I_i ~,$
جایی که من از قضیه محور موازی Huygens-Steiner استفاده می کنم. حرکت کلی زاویه ای برابر است
$J=2I_i\omega_i=I_f\omega_f ~.$بنابراین سرعت زاویه ای سیستم کل است$\omega_f=\omega_i/3~.$
کل انرژی چرخشی اولیه است$E_i=I_i\omega_i^2 ~.$انرژی چرخشی نهایی است$E_f=\frac{1}{2} I_f \omega_f^2= \frac{1}{3}I_i \omega_i^2 ~.$
انرژی از دست رفته به انرژی بین المللی سیستم دیسک اضافه می شود. با فرض اتلاف درجه داخلی درایو سیستم دیسک یا به گرما تبدیل می شود. البته ممکن است منجر به از بین رفتن سیستم شود.
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

مکانیک اطراف واگن مخزن ریلی
یک اتومبیل ریلی مخزنی روی یخهای بی نهایت لغزنده ایستاده است. مخزن پر از آب است و در انتهای سمت چپ دارای یک خروجی به شکل یک لوله عمودی نازک (فواره) می باشد ، بنابراین در صورت باز بودن شیر ، آب می تواند به صورت عمودی به سمت پایین فرار کند (در چارچوب مرجع اتومبیل). در ابتدا سیستم در حالت استراحت است ، شیر بسته است. سپس شیر را باز می کنیم و مخزن شروع به حرکت می کند (احتمالاً به سمت راست). با این حال ، قطره آب باید مطابق هندسه فواره در حال حرکت (لیز خوردن روی یخ) در همان جهت مخزن باشد. بنابراین ما در نهایت با وجود حرکت صفر در ابتدا ، همه چیز را در یک جهت (مثلاً به سمت راست) حرکت می دهیم. چگونه این تناقض را حل کنیم؟ حرکت مخزن در روند نشت آب به چه صورت خواهد بود؟ بعد از نشت آب ، آب روی زمین و مخزن چگونه حرکت خواهد کرد؟تصویر در این مثال ، هنگامی که مرکز جرم آب به سمت چپ حرکت می کند ، شما جریانی در آب ایجاد می کنید که باید توسط دیواره های ماشین متوقف شود. این امر باعث ایجاد یک نیروی خالص بر روی ماشین می شود ، که باعث حرکت آن می شود تا مرکز جرم سیستم آب-ماشین حرکت نکند. در واقع ، اثرات اتلاف کننده احتمالاً از حرکت خالص جلوگیری می کند.
واگن مخزن ریلی را که با مایع پر شده است ، در نظر بگیرید.فرض کنید در یک لحظه t = 0 ، یک نازل در سمت چپ مخزن در پایین باز شود. جت آب از نازل به صورت عمودی به پایین هدایت می شود. سوال:
سرعت نهایی واگن مخزن ریلی پس از تخلیه چقدر است؟مسیرهای ریلی به صورت افقی قرار دارند ، اصطکاک غلتکی (هوا) وجود ندارد ، سرعت جت آب از نازل منوط به قانون Torricelli است ، سطح مقطع افقی مخزن ثابت است ، سطح آب داخل مخزن به صورت افقی باقی می ماند .داده های داده شده:M (جرم واگن بدون آب)m (جرم اولیه آب)S (سطح مقطع افقی مخزن)S≫s (سطح مقطع نازل)
ρ (تراکم آب)l (فاصله افقی از نازل تا مرکز جرم واگن با آب)g (شتاب گرانشی). یک چیز واضح است: اگر l = 0 باشد واگن در همان حالت حرکت نخواهد کرد.tc → زمان خشک شدن واگن
l → فاصله از مرکز جرم واگن تا نازل ، مثبت l به این معنی است که نازل در سمت راست واگن قرار دارد
هنگامی که سرعت جریان ثابت است ، هیچ شتابی وجود ندارد. این قابل قبول است زیرا ما می توانیم تصور کنیم که در یک فریم مرکز جرم تماشا می کنیم که در آن واگن به سمت راست و آب به سمت چپ حرکت می کند. آب ورودی به نازل یک شتاب را احساس می کند ، اما آب موجود در گاری نیز شتاب دارد و در جهت مخالف آن است. (آب موجود در گاری در حال شتاب گرفتن است زیرا مقدار آن کمتر و کمتر می شود ، بنابراین به طور متوسط ​​باید سریعتر حرکت کند تا سرعت جریان صحیح را از مرکز گاری به نازل برساند.)
درست هنگامی که ما نازل را آزاد می کنیم ، سرعت جریان بسیار سریع بالا می رود ، و بنابراین واگن نیز به سرعت سرعت می گیرد. m اساساً در طول این شتاب ثابت است ، بنابراین واگن با سرعت بالا می رود
$v = -\frac{lf}{M+m}$
اگر m ثابت بماند ، متوجه خواهیم شد که این رابطه همچنان حفظ می شود ، به طوری که وقتی جریان آب متوقف می شود ، چرخ دستی نیز متوقف می شود. با این حال ، m ثابت نیست. کاهش می یابد وقتی سرعت جریان متوقف می شود ، شتاب گاری اکنون بیشتر است زیرا m کوچکتر است. از این رو ، تا زمانی که تمام آب از گاری خارج شده است ، در واقع به سمت چپ حرکت می کند. این تعجب آور است اما ضروری است - آب بیشتر به سمت راست حرکت می کند زیرا واگن در ابتدا به سمت راست حرکت کرده است. وقتی همه کارها گفته شد و کار برای جبران خسارت انجام شد ، واگن باید به سمت چپ حرکت کند.$v_f = \frac{lfm}{M(M+m)}$
اگر فرض کنیم سرعت جریان در کل مدت زمان ثابت باشد ، مگر اینکه به طور ناگهانی شروع شود و به پایان برسد (فرضی که در مسئله اصلی نباشد ، که از لحاظ کیفی مشابه است اما برای محاسبه کار بیشتری لازم است) ، سرعت نهایی واگن$v_f = \frac{lfm}{M(M+m)}$
آب با سرعتی که گاری در ابتدا به آن وارد است جریان دارد ،$w_f = -\frac{lf}{M+m}$
بنابراین می بینیم که حرکت حفظ می شود.
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

پارادوکس سرعت زاویه ای برای یک صفحه متقارن بدون گشتاور ، تانسور اینرسی دارای یک معکوس $I^{-1}$ و$L=I\omega$است. که بیانگر این است که $\omega=I^{-1}L$. ولی اما از آنجا که Iثابت هست پس L یک ثابت است نتیجه $\vec\omega$.ثابت با این حال ،$\vec\omega$ پیشروی میکند چرا این تناقض در بحث وجود دارد؟ گشتاور تانسور اینرسی در قالب مرجع خارجی ثابت نیست.ترجیح تغییر در جهت محور چرخشی جسم چرخان است. در یک قاب مرجع مناسب می توان آن را تغییر در زاویه اول اولر تعریف کرد ، در حالی که زاویه سوم اویلر چرخش را تعریف می کند. به عبارت دیگر ، اگر محور چرخش جسمی خود در حول محور دوم بچرخد ، گفته می شود که آن بدن در مورد محور دوم نیز پیش فرض دارد. به حرکتی که در آن زاویه دوم اویلر تغییر کند ، تغذیه گفته می شود. در فیزیک ، دو نوع حق تقدم وجود دارد: بدون گشتاور و ناشی از گشتاور.
در نجوم ، ترجیح به هر یک از تغییرات آهسته در پارامترهای چرخشی یا مداری بدن نجومی اشاره دارد. یک مثال مهم تغییر ثابت جهت گیری محور چرخش زمین است که به عنوان تقدم اعتدالین شناخته می شود.تصویر ترجیح بدون گشتاور به این معنی است که هیچ لحظه خارجی (گشتاور) روی بدنه اعمال نمی شود. در شتاب گیری بدون گشتاور ، تکانه زاویه ای ثابت است ، اما بردار سرعت زاویه ای با زمان تغییر جهت می دهد. آنچه این امر را ممکن می کند ، یک لحظه اینرسی با تغییر زمان یا دقیق تر ، یک ماتریس اینرسی با تغییر زمان است. ماتریس اینرسی از لحظه های اینرسی یک بدن تشکیل شده است که با توجه به محورهای مختصات جداگانه محاسبه می شود (به عنوان مثال x ، y ، z). اگر یک جسم در مورد محور اصلی چرخش خود نامتقارن باشد ، با حفظ حرکت زاویه ای ، گشتاور سکون نسبت به هر جهت مختصات با زمان تغییر می کند. نتیجه این است که م componentلفه سرعتهای زاویه ای بدن در مورد هر محور با لحظه سکون هر محور برعکس متفاوت خواهد بود.نرخ شتاب بدون گشتاور یک شی object دارای یک محور تقارن ، مانند یک دیسک ، در حال چرخش در مورد یک محور که با آن محور تقارن هم تراز نیست ،${\displaystyle {\boldsymbol {\omega }}_{\mathrm {p} }={\frac {{\boldsymbol {I}}_{\mathrm {s} }{\boldsymbol {\omega }}_{\mathrm {s} }}{{\boldsymbol {I}}_{\mathrm {p} }\cos({\boldsymbol {\alpha }})}}} $ که در آن ωp نرخ شیب دار است ، ωs نرخ چرخش در مورد محور تقارن است ، آیا لحظه اینرسی در مورد محور تقارن است ، Ip لحظه اینرسی در مورد هر دو محور اصلی عمود برابر است و α زاویه بین گشتاور جهت اینرسی و محور تقارن. هنگامی که یک جسم کاملاً جامد نباشد ، گردابهای داخلی تمایل دارند که برتری بدون گشتاور را رطوبت دهند و محور چرخش خود را با یکی از محورهای اینرسی بدن تراز می کند.برای یک جسم جامد عمومی و فاقد هرگونه محور تقارن ، تکامل جهت گیری جسم ، که به عنوان مثال توسط ماتریس چرخش R نشان داده می شود که مختصات داخلی را به خارج تبدیل می کند ، می تواند به صورت عددی شبیه سازی شود. با توجه به ثابت بودن ممان لحظه داخلی اینرسی جسم I0 و حرکت زاویه ای خارجی ثابت L ، سرعت زاویه ای لحظه ای است$ {\displaystyle {\boldsymbol {\omega }}\left({\boldsymbol {R}}\right)={\boldsymbol {R}}{\boldsymbol {I}}_{0}^{-1}{\boldsymbol {R}}^{T}{\boldsymbol {L}}}$ ناشی از گشتاور
ترجیح ناشی از گشتاور (ترجیح ژیروسکوپی) پدیده ای است که در آن محور جسم در حال چرخش (به عنوان مثال ، ژیروسکوپ) وقتی یک گشتاور خارجی به آن اعمال می شود ، یک مخروط را در فضا توصیف می کند. این پدیده معمولاً در بالای اسباب بازی در حال چرخش دیده می شود ، اما همه اجسام چرخان می توانند تحت حق امتیاز قرار گیرند. اگر سرعت چرخش و بزرگی گشتاور خارجی ثابت باشد ، محور چرخش در زاویه های راست به جهتی حرکت خواهد کرد که به طور مستقیم از گشتاور خارجی حاصل می شود. در مورد بالای اسباب بازی ، وزن آن از مرکز جرم خود به سمت پایین عمل می کند و نیروی طبیعی (واکنش) زمین در نقطه تماس با تکیه گاه به سمت بالا فشار می آورد. این دو نیروی مخالف یک گشتاور تولید می کنند که باعث می شود تا قسمت بالایی از قبل تنظیم شود.
پاسخ سیستم چرخان به گشتاور اعمال شده. هنگامی که دستگاه می چرخد ​​، و مقداری رول اضافه می شود ، چرخ تمایل به بلند شدن دارد.
دستگاهی که در سمت راست (یا بالاتر در دستگاه های تلفن همراه) به تصویر کشیده شده است ، روی دستگاه نصب شده است. از داخل به خارج سه محور چرخش وجود دارد: توپی چرخ ، محور گیمبال و محور عمودی.برای تمایز بین دو محور افقی ، چرخش در اطراف توپی چرخ را چرخش و چرخش در اطراف محور گیمبال را بلندگو می نامند. چرخش حول محور محوری عمودی چرخش نامیده می شود.
ابتدا تصور کنید که کل دستگاه در حال چرخش به دور محور محوری (عمودی) است. سپس ، چرخش چرخ (در اطراف چرخ) اضافه می شود. تصور کنید که محور گیمبال قفل شده است ، به طوری که چرخ قادر به گام زدن نیست. محور گیمبال دارای سنسورهایی است که میزان گشتاور اطراف محور گیمبال را اندازه گیری می کند. در بحث فوق ، با جلوگیری از فشار دادن به دور محور گیمبال ، تنظیمات بدون تغییر باقی ماند. در مورد بالای اسباب بازی در حال چرخش ، هنگامی که قسمت بالایی شروع به کج شدن می کند ، نیروی جاذبه یک گشتاور ایجاد می کند. با این حال ، به جای غلتاندن ، قسمت بالایی چرخشی فقط کمی زمین می خورد. این حرکت پیچ با توجه به گشتاور اعمال شده ، صفحه چرخشی را جهت گیری مجدد می کند. نتیجه این است که گشتاور اعمال شده توسط گرانش - از طریق حرکت پیچ - ترجیح ژیروسکوپی (که به نوبه خود باعث ایجاد یک گشتاور مقابله در برابر گشتاور جاذبه می شود) را ایجاد می کند تا اینکه باعث شود تا قسمت چرخشی به طرف آن بیفتد.گشتاور ناشی از نیروی عادی - Fg و وزن بالای آن باعث تغییر در حرکت زاویه ای L در جهت آن گشتاور می شود. این امر باعث می شود که قسمت بالایی از قبل پیش ساخته شود.
مقدمه تغییر سرعت زاویه ای و حرکت زاویه ای تولید شده توسط یک گشتاور است. معادله عمومی که گشتاور را به میزان تغییر حرکت زاویه ای مرتبط می کند:${\displaystyle {\boldsymbol {\tau }}={\frac {\mathrm {d} \mathbf {L} }{\mathrm {d} t}}}$ به ترتیب بردارهای گشتاور و حرکت زاویه ای هستند.با توجه به نحوه تعریف بردارهای گشتاور ، این بردار عمود بر صفحه نیروهای ایجاد کننده آن است. بنابراین ممکن است دیده شود که بردار حرکت زاویه ای عمود بر آن نیروها تغییر خواهد کرد. بسته به نحوه ایجاد نیروها ، آنها اغلب با بردار حرکت زاویه ای می چرخند ، و سپس مقدمه دایره ای ایجاد می شود.${\displaystyle {\boldsymbol {\omega }}_{\mathrm {p} }={\frac {\ mgr}{I_{\mathrm {s} }{\boldsymbol {\omega }}_{\mathrm {s} }}}={\frac {\tau }{I_{\mathrm {s} }{\boldsymbol {\omega }}_{\mathrm {s} }\sin(\theta )}}}$ که در آن Is لحظه اینرسی است ، ωs سرعت زاویه ای چرخش در مورد محور چرخش است ، m جرم است ، g شتاب ناشی از جاذبه است ، θ زاویه بین محور چرخش و محور شتاب و r است فاصله بین مرکز جرم و محور. بردار گشتاور از مرکز جرم منشأ می گیرد. با استفاده از $ω = 2π/T$ جایی که Is لحظه اینرسی است ، Ts دوره چرخش در مورد محور چرخش است و τ گشتاور است. به طور کلی ، مشکل از این پیچیده تر است.${\displaystyle T_{\mathrm {p} }={\frac {4\pi ^{2}I_{\mathrm {s} }}{\ mgrT_{\mathrm {s} }}}={\frac {4\pi ^{2}I_{\mathrm {s} }\sin(\theta )}{\ \tau T_{\mathrm {s} }}}}$
تصویر

amirzarei069

نام: amir zarei

عضویت : شنبه ۱۳۹۹/۱۱/۱۸ - ۱۷:۰۳


پست: 7

سپاس: 1

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط amirzarei069 »

در مورد خواص جریان استوکس که به پارادوکس استوکس مشهور است در رابطه با جریان استوکس حال دیسکی دو بُعدی که هیچ گونه جریان استوکسی را حول آن نمیتوان تصور کرد
زیرا اعتبار معادلات استوکس به کوچیک بودن عدد رینولدز متکی است این امر در 2D اینجوری نیس زیرا نمیتوان اینرسی را نادیده گرفت و فقط یه نیرویی وابسته چسبناک امکان پذیر نیست
این واقعیت که هیچ راه حل غیر ثابت برای معادلات استوکس در اطراف استوانه بی نهایت طولانی وجود ندارد
در پارادوکس برنولی به این قضیه عنوان شده محاسبه سرعت جریان از یک سطح خاص از یک لوله با مقاطع مختلف محاسبه کنم

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

بردار سرعت ${\displaystyle \mathbf {u} } $ مایع ممکن است از نظر عملکرد جریان ${\displaystyle \psi }$ به عنوان ${\displaystyle \mathbf {u_roham} =\left({\frac {\partial \psi }{\partial y}},-{\frac {\partial \psi }{\partial x}}\right).}$ عملکرد جریان در یک مسئله جریان استوکس ، ${\displaystyle \psi }$معادله هارمونیک را برآورده می کند.
معادله و جریان برنولی در یک لوله - پارادوکس خوب در جواب معادله برنولی در امتداد یک جریان ساده و در شرایط جریان ثابت قابل اجرا است (حدس می زنم این شرط برای اطمینان از این باشد که می تواند همیشه اعمال شود).حال من می خواهم سرعت جریان را در یک سطح مقطع خاص از یک لوله با مقاطع مختلف محاسبه کنم. حال فرض کنید ، من یک پرشر گیج را بین این دو سطح مقطع خاص قرار داده ام ، که به من تغییر فشار بین این دو مقطع عرضی لوله را می دهد.پس $\Delta P = \frac{\rho (v_1^2 - v_2^2)}{2} + \rho g \Delta z$ در اینجا ، $v_2$ سرعت مقطعی است که می خواهیم در آن سرعت را محاسبه کنیم. اکنون ما ΔP را می شناسیم ، $\Delta z$ را می دانیم (فرض کنید که در حال محاسبه یک خط افقی هستیم).
اکنون جالب است که ، در تمام کتابها ، سرعتی که محاسبه می کنند ، همه فرض می کنند که آن از سطح مقطع یکنواخت باشد. چرا؟ معادله برنولی در امتداد یک خط ساده قابل اجرا است ، و هر نقطه شروع یک نقطه پایان متفاوت دارد و از این رو یک جریان متفاوت دارد. چرا همه سرعت یک سطح مقطع را یکسان فرض می کنند؟توضیح این فرض برای اکثر فرضیات یکسان است: زیرا مسئله را آسانتر می کند. این معادله (به طور کلی) به دلیل فرضیاتی که هنگام استخراج معادله بیان شده است ، برای یک جریان ساده اعمال می شود. بسیاری به اشتباه قانون برنولی را به اصل بقا در انرژی نسبت می دهند ، در حالی که در واقع این نتیجه مستقیماً از معادله حرکت خطی نیوتن است. از تجزیه و تحلیل نیروی نسبتاً مستقیم یک توده سیال دیفرانسیل ، می توان نشان داد که$-\frac{\partial p}{\partial s}=\rho a_s=\rho v\frac{\partial v}{\partial s},
\tag{roham1}$و همچنین $+\frac{\partial p}{\partial n}=\rho a_n=\rho\frac{v^2}{R}, \tag{roham2}$
که در آن p فشار استاتیکی است ، $\rho$چگالی سیال ، a شتاب محلی است ، v سرعت است ، R شعاع محلی انحنا است ، و s و n به ترتیب coodinates منحنی در امتداد و نرمال برای جریان هستند. از دیفرانسیل جزئی استفاده می شود زیرا فشار و سرعت (به طور کلی) در دو جهت n و s تغییر می کنند. حال ، اگر تحلیل خود را فقط به تغییرات موجود در جریان محدود کنیم ، می توانیم تفاوت های جزئی اصلی را در (roham1) با تفاوت های دقیق جایگزین کنیم. تنظیم مجدد ، این به ما می دهد$\frac{dp}{ds}+\rho V\frac{dV}{ds}=0, \tag{roham3}$که می تواند بیشتر در معادله کلاسیک دیفرانسیل برنولی ساده شود:$\frac{dp}{\rho}+VdV=0. \tag{roham4}$این lمطلب از معادله (با فرضیات ذاتی آن) است که سپس برای ارائه نسخه کتاب کلاسیک Eqn برنولی ادغام می شود. قبلا ذکر شده.$p+\frac{1}{2}\rho V^2=p_0$ چرا ما این کار را می کنیم؟ خوب ، چندین موقعیت جریان وجود دارد که تقریباً معتبر است (به عنوان مثال جریان های غیر متحرک) ، که فشار رکود در همه جا یکنواخت است و فقط یک بار باید محاسبه شود. برای جریانهای چسبناک ، هنوز می توان از معادله برای تعیین فشار راکد در یک مکان مشخص در جریان استفاده کرد ، اما نباید انتظار داشت که فشارهای رکود بین خطوط جریان برابر باشد."جریان شبه یک بعدی" ، و هرگز یک نمایش دقیق از میدان جریان نیست. با این حال ، می تواند در استخراج خصوصیات متوسط ​​در یک بخش مشخص مفید باشد. درست است که به طور کلی جریانهای مختلف از نظر استاتیکی و ایستایی متفاوت خواهند بود. فرض سرعت یکنواخت فقط همین است ... یک فرض. ما می دانیم که کاملاً درست نیست ، اما با این وجود مفید است. -همه مطالب دارای سرعت ثابت در سطح مقطع نیستند. به عنوان مثال معادله Hagen Poiseuille و مشتق آن را ببینید.معادله هاگن-پوزویل ، همچنین به عنوان قانون هاگن-پوزویل ، قانون پوزویل یا پوزویل شناخته می شود ، یک قانون فیزیکی است که باعث می شود افت فشار در یک مایع غیرقابل انعطاف و نیوتنی در جریان لایه ای که از یک لوله استوانه ای طولانی عبور می کند فرضیات معادله این است که سیال غیرقابل فشرده و نیوتنی است. جریان از طریق لوله ای از مقطع دایره ای ثابت است که به طور قابل توجهی طولانی تر از قطر آن است. و هیچ شتابی از مایع در لوله وجود ندارد. برای سرعتها و قطرهای لوله بالاتر از یک آستانه ، جریان واقعی مایع چند لایه نیست بلکه آشفته است و منجر به افت فشار بزرگتر از محاسبه شده توسط معادله هاگن-پوزویل می شود.
معادله پوزویل افت فشار ناشی از ویسکوزیته سیال را توصیف می کند. انواع دیگر افت فشار ممکن است هنوز در مایعات وجود داشته باشد.در علامت گذاری سینتیک سیالات ${\displaystyle \Delta p={\frac {8\mu LQ}{\pi R^{4}}}={\frac {8\pi \mu LQ}{A^{2}}}}$ این معادله در حد ویسکوزیته پایین ، لوله پهن و / یا کوتاه از کار می افتد. گرانروی کم یا یک لوله گسترده ممکن است منجر به جریان آشفته شود ، استفاده از مدلهای پیچیده تری مانند معادله دارسی-وایزباخ را ضروری می کند. نسبت طول به شعاع یک لوله باید بیشتر از یک چهل و هشتم عدد رینولدز باشد تا قانون Hagen-Poiseuille معتبر باشد. اگر لوله خیلی کوتاه باشد ، ممکن است معادله هاگن-پوزویل منجر به سرعت جریان غیر فیزیکی بالایی شود. در شرایط کمتر محدود کننده ، جریان توسط اصل برنولی محدود می شود${\displaystyle \Delta p={\frac {1}{2}}\rho v_{\text{max}}^{2}={\frac {1}{2}}\rho \left({\frac {Q_{\max }{}}{\pi R^{2}}}\right)^{2}\,\,\,\rightarrow \,\,\,Q_{\max }{}=\pi R^{2}{\sqrt {\frac {2\Delta p}{\rho }}},}$
پوسته های استوانه ای بی نهایت کوچک در نظر گرفته می شوند ، سرعت هرکدام متفاوت است.تصویر
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

من سعی می کنم درباره مومنتوم پنهان یاد بگیرم.می فهمم که برابر با حرکت حاصله از تابش است که با بردار Poynting محاسبه می شود. من واقعاً نمی توانم درک کنم که چگونه قوانین حفاظت از حرکت در شرایطی که آهن ربا وجود دارد (جریان از طریق حلقه) اعمال می شود و این آهنربا خاموش است. چگونه باید این قوانین را بنویسم؟قانون بقادر حرکت مغناطیسی ساده است:
حرکت را می توان در زمینه های ثابت ذخیره کرد (D × B). حرکت مکانیکی (mv) + حرکت الکترومغناطیسی (D × B) = ثابت است.
فرمول مشابه برای حرکت زاویه ای معتبر است (جایی که حرکت پنهانی نیست) به سخنرانی های فاینمن در مورد فیزیک مراجعه کنید.
به نظر من حرکت پنهان نسبی گرایی با الکترومغناطیس ارتباطی ندارد زیرا اگر حلقه مغناطیسی آن را در یک میدان جاذبه قرار دهد ، مثلاً که انرژی پتانسیل الکترواستاتیک را از بین می برد ، می توان آن حلقه مغناطیسی را حذف کرد.آیا پارادوکس منصوری پور ساختگی است؟پارادوکس منصوری پور شامل یک آهنربا است که با سرعت نسبی در یک میدان الکتریکی خارجی حرکت می کند.اگر به درستی درک کنم ، اتهامات ساختگی در هر دو طرف آهنربا باید باعث ایجاد گشتاور شود ، که البته در واقع وجود ندارد. ظاهراً این امر با افزودن یک حرکت زاویه ای داخلی (به همان ساختگی) به طور متعارف حل می شود. به نظر می رسد منصوری پور بحث می کند که قطعنامه بهتر افزودن یک اصطلاح اضافی (ساختگی) به قانون نیروی لورنتس است.در پاردادوکس منصوری ادعا شده است که قانون نیروی لورنتز با نسبیت خاص ناسازگار میباشد.
آیا من درست فکر می کنم که الزامات ساختگی در میان است؟ اگر چنین است ، چرا آنها معرفی می شوند ، یعنی چه مزیتی در انجام این کار وجود دارد؟ اگر نه ، گشتاور واقعاً از کجا می آید؟
الکترومغناطیسی اصلاً بین بارها نیست: در عوض شارژها هر کدام به طور جداگانه در زمین عمل می کنند ، که بین آنها مداخله می کند. قانون سوم نیوتن و شکل قوی آن فقط منجر به حفظ کلی حرکت حرکت خطی و زاویه ای برای هر دو بار و میدان با هم می شود.
با این حال ، در بیشتر شرایطی که ما در مورد مکانیک مقدماتی صحبت می کنیم ، تغییر حرکت (زاویه ای) این رشته قابل اغماض است. این حالت معمولاً تا زمانی ادامه دارد که ذرات شتاب قابل توجهی ندارند و در مقایسه با سرعت نور به آرامی حرکت می کنند.
این را می توان از نظر ابتکاری در چند مورد ثابت کرد. به عنوان مثال ، دو ذره باردار را که با فاصله r از هم جدا شده اند ، با بار q و سرعت v در نظر بگیرید ، و از انتشار تابش غافل می شوید. نیروی الکترواستاتیک معمولی بین آنها ، که مطابق شکل قوی قانون سوم نیوتن است ، است
$F_e \sim q E \sim \frac{q^2}{\epsilon_0 r^2}.$در همین حال ، نیروی مغناطیسی بین آنها که از قانون سوم نیوتن تبعیت نمی کند ، است
$F_m \sim q v B \sim q v \left(\frac{\mu_0 q v}{r^2}\right) \sim \frac{\mu_0 q^2 v^2}{r^2}.$
نسبت این نیروها برابر است$\frac{F_m}{F_e} \sim \mu_o \epsilon_0 v^2 \sim \frac{v^2}{c^2}$
. (اتفاقاً همین تحلیل برای ذرات متقابل گرانشی از طریق جاذبه الکترومغناطیسی صدق می کند.) برای بررسی این موضوع ، می توانیم حرکت میدان را نیز تخمین بزنیم. تراکم حرکت میدان است$\mathcal{P} \sim \frac{1}{c^2} \frac{E B}{\mu_0}.$درست E و B برای استفاده در اینجا میدان الکتریکی یک ذره و میدان مغناطیسی ذره دیگر است. (استفاده از همان زمینه ها برای هر دو ذره فقط جنبشی را كه توسط یك ذره به صورت مجزا حمل می شود ، فراهم می كند و می تواند در تعریف جرم ذره جذب شود.) محصول EB از این رو غیر منفرد و مهمتر از حجم سفارش $r^3$ است ، دادن حرکت میدان الکترومغناطیسی$P_{\text{em}} \sim r^3 \mathcal{P} \sim r^3 \, \frac{1}{\mu_0 c^2} \frac{q}{\epsilon_0 r^2} \frac{\mu_0 q v}{r^2} \sim \frac{\mu_0 q^2 v}{r}.$
آنچه مهم است میزان تغییر این حرکت است ، یعنی$\frac{dP_{\text{em}}}{dt} \sim \frac{\mu_0 q^2 v^2}{r^2}$
که دقیقاً دستور Fm است ، یعنی نقض قانون سوم نیوتن است. بنابراین همه چیز بررسی می کند. میدان حرکت "گمشده" را برمی دارد.
دقیقاً به همین دلیل است که قانون سوم نیوتن در ادامه برنامه درسی فیزیک کمتر و کمتر مورد اشاره قرار می گیرد. در نهایت فقط یک تقریب است که در نهایت با ایده های عمیق تر حرکت و زاویه حرکت جایگزین می شود.
وضوح متناقض منصوری پور در مقالات متعددی در مقالات فیزیک ظاهر می شود ، نیروی لورنتس را حفظ می کند اما به مفهوم حرکت پنهان بستگی دارد. در اینجا من یک قطعنامه متفاوت بر اساس این واقعیت نادیده گرفته شده پیشنهاد می کنم که سیستم دو قطبی مغناطیسی شارژ شامل حرکت میدان الکترومغناطیسی خطی و زاویه ای است. سرعت تغییر زمان حرکت زاویه ای میدان در قاب که سیستم از طریق آن در حال حرکت است لغو می کند که به دلیل فعل و انفعال دو قطبی بار-الکتریکی است. از این دیدگاه برای حل تناقض به حرکت پنهانی نیاز نیست.
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

مشکل با قانون لورنتس: ناسازگاری با نسبیت خاص و حفظ حرکت؟در اینجا با توجه به اینكه دو قطب مغناطیسی نه گشتاور و نه نیرویی از شارژ ثابت را تجربه می كند ، مورد یك بار ثابت را در یك نقطه ثابت از دو قطب مغناطیسی ثابت بررسی می كند. آنها با تبدیل شدن به یک قاب دیگر ، استدلال می کنند که دو قطبی مغناطیسی به دو قطبی مغناطیسی و دو قطبی الکتریکی تبدیل می شود. بنابراین این ترکیب هم نیروی الکتریکی و هم گشتاور مغناطیسی را از میدان بار متحرک تجربه خواهد کرد. بنابراین من ادعا می کنم که تناقضی وجود دارد و بنابراین مشکلی در سازگاری نیروی لورنتس و نسبیت خاص وجود دارد.این عنوان گمراه کننده است ، زیرا این مشکل به دلیل عدم موفقیت سیستم در حفظ حرکت ، که مربوط به عدم حرکت انتقالی است ، و نه با عدم لورنتس ،
فقط اگر یک مسئله از فرم ماکروسکوپی معادلات ماکسول استفاده کند ، یک "مشکل" وجود دارد. اگر کسی از معادلات ماکروسکوپی استفاده می کند ، اگر زمینه مواد همگن نباشد ، سیستم به طور مشابه برای عدم تغییر چرخش و ایزوتروپی تغییر نخواهد کرد. اگر ماده پس زمینه همگن (و ایزوتروپیک) نباشد ، حرکت (و حرکت زاویه ای) مقادیر محافظت شده ای نخواهد بود.
در هر صورت ، اگر بتوان لاگرانژی آشکارا لورنتس وانتقال را برای مدلی ساخت ، می توان نیروهایی را که در آن مدل عمل می کنند به روش آشکار متغیر ارائه داد. معادلات نیرو بسته به آنچه لاگرانژی معرفی می کنیم می توانند خودسرانه پیچیده باشند. قانون اجتناب از انیشتین-لاوب فقط در یک قانون محدود قابل اجرا است ، درست مانند قانون لورنتس. یک نظر در مورد مقاله Science که در نظرات به آن پیوسته است ، به وضوح بصری کم و بیش اشاره می کند ، "بنابراین چه اشکالی دارد که قطبی شدن و مغناطش اساسی باشد ، با توجه به اینکه ذرات نقطه دارای حرکت زاویه ای هستند و خلا کوانتومی می تواند قطبی شود؟" درنهایت ، این باید با استفاده از لاگرانژی انتقالی لورنتس وانتقال لغو شود (و سپس باید کمی شود ، و غیره) ، . می توان مجموعه ای از معادلات ثابت لورنتس و انتقال را نوشت که شامل جابجایی و القای مغناطیسی و همچنین میدان الکتریکی و میدان مغناطیسی به عنوان درجه های دینامیکی آزادی است ، هرچند اثبات هر چیزی در مورد هر سیستم خاص ممکن است به سختی سخت باشد.
اگر به سرعت از کنار شارژ احاطه شده توسط براده آهن عبور کنم ، چه چیزی می بینم؟
در قاب بقیه هیچ چیزی حرکت نمی کند (یعنی هیچ نیرویی وجود ندارد) ، بنابراین در قاب تقویت شده نیز باید همان حالت را داشته باشد (علاوه بر این اشیا با توجه به افزایش حرکت می کنند)مواد ما در اصل مجموعه ای از دو قطبی مغناطیسی داخلی است ،بنابراین ما به سناریوی یک لحظه مغناطیسی μ نشسته با یک بار ثابت کاهش می یابیم.هنگامی که شما تقویت می کنید ، یک میدان مغناطیسی از این بار تولید می شود و از این رو μ باید دوباره به این B. تغییر یابد ، اما ما می دانیم که این μ در واقع نباید حرکت کند ، بنابراین معامله چیست؟ خوب چون ما تقویت کردیم ، μ خود تغییر کرد! حرکت آن خنثی سازی مجدد مورد نظر است و در نتیجه هیچ حرکتی ایجاد نمی شود.پیچیدگی:
ما باید مراقب باشیم که منظور ما از دو قطبی مغناطیسی چیست ... این باعث ایجاد سردرگمی بزرگی در گذشته شده است ، و شامل مفهوم "حرکت پنهان زاویه ای EM" است و منجر به تناقض منصوری پور می شود (که دقیقاً مشابه با وضعیت ما!).
بنابراین ما فقط فرض خواهیم کرد که ما با تعریف درست دو قطبی مغناطیسی کار می کنیم ، بگذارید بگوییم تعریف حلقه جریان نیست ، بنابراین می توانیم از این مسئله حرکت EM پنهان و سایر مسائل گشتاور دو قطبی جلوگیری کنیم.
ما با یک لحظه دو قطبی μ در یک میدان الکتریکی ساکن (تولید شده توسط برخی از شارژ q) شروع می کنیم ، بدون هیچ نیرو / گشتاور. هنگامی که ما افزایش می دهیم (سرعت v در یک جهت راحت ، همچنین غیر نسبی ، بنابراین می توانم γ خود را دور بیندازم) ، یک میدان مغناطیسی توسط بار متحرک تولید می شود ، و بنابراین یک گشتاور $N_1=\mu\times B$ حاصل می شود که تمایل دارد μ با B. اما با عدم تغییر ، این μ در واقع نمی تواند حرکت کند ، بنابراین چیزی را از دست می دهیم. آنچه ما از دست می دهیم این واقعیت است که μ افزایش یافته و از این رو دارای یک گشتاور دو قطبی الکتریکی $p=v\times \mu/c$است. سپس یک گشتاور $N_2=p\times E$ در این لحظه دو قطبی از میدان الکتریکی (تقویت شده) E وجود دارد.
اکنون گشتاور کل در هر قاب مرجع $N_\text{tot}=p\times E+\mu\times B + \frac{1}{c}v\times(p\times B)- \frac{1}{c}v\times(\mu\times E)$ است ، که در اینجا (قبل و بعد از تحولات لورنتس) صفر ارزیابی می شود.
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

آونگ با اصطکاک.یک آونگ وجود دارد ، همانطور که در تصویر نشان داده شده استتصویر ، با یک دیسک ، میله و یک وزنه روی میله ، که در مرکز میله چرخانده شده است. جرم های میله و وزن به ترتیب M و m هستند. جرم دیسک ناشناخته است. L طول میله و ℓ فاصله از مرکز تا مرکز جرم وزن است. همانطور که آونگ از حالت عمودی آزاد می شود ، همانطور که در اثر گشتاور اصطکاکی نشان داده شده ، تاب می یابد و کوتاه از زاویه θ ظاهر می شود.آیا درست است که بگوییم کار انجام شده توسط گشتاور اصطکاکی$mg\ell(1 - \cos\theta)$ است؟ (این اتلاف انرژی پتانسیل است ... اما در این صورت تفاوت این کار با کار انجام شده توسط گشتاور از نیروی جاذبه چیست؟) اگر نه ، لطفاً راهنمایی کنید؟آیا نوشتن صحیح است.$I\alpha = \tau_n + \tau_g$جایی که I لحظه کل اینرسی است ، α شتاب زاویه ای است ،$\tau_n$ گشتاور اصطکاکی است و$\tau_n$ گشتاور حاصل از جاذبه است؟
استدلال من در 1 صحیح است. پاندول در موقعیت عمودی با مقداری انرژی پتانسیل گرانشی حداکثر mgℓ آغاز می شود و با انرژی پتانسیل$ mgℓcos (θ)$ به پایان می رسد. از آنجا که هیچ انرژی جنبشی K قبل یا بعد از این اولین چرخش وجود ندارد و انرژی پتانسیل گرانشی میله تغییر نمی کند ، صرفه جویی در انرژی مستلزم این است که کار انجام شده (با توجه به مثبت بودن انرژی خارج از سیستم) منهای اولیه انرژی پتانسیل نهایی گرانشی: $U_{i}-U{f}=\Delta E=W=mg\ell (1-cos(\theta))$. این قرارداد خلاف استاندارد است: معمولاً $W=\Delta E=E_{f}-E_{i}=U_{f}-U{i}=mg\ell(cos(\theta)-1)$ نوشته می شود به طوری که انرژی ترک شده از سیستم مقدار منفی است. شما در مورد "کار انجام شده توسط گشتاور که گرانش روی بلوک اعمال می کند" پرسیدید. برخلاف اصطکاک در تحمل این آونگ ، نیروی گرانش یک "نیروی محافظه کار" است ، یعنی کاری که انجام می دهد مستقل از مسیری است که بلوک طی می کند. آنچه مهم است این است که بلوک از کجا شروع می شود و بلوک به کجا پایان می یابد. همچنین مهم است که بگوییم نیروی جاذبه وقتی بر روی بلوک تأثیر می گذارد ، انرژی را از آن خارج نمی کند. بلکه انرژی پتانسیل گرانشی U را به انرژی جنبشی K تبدیل می کند. بنابراین ، اگر آونگ اصطکاک نداشت ، بلوک سناریویی که توصیف کردید در جهت عقربه های ساعت به پایین حرکت می کند. در پایین دقیق ، سیستم حداکثر مقدار U را به K تبدیل خواهد کرد و این نیروی گرانشی است که انرژی را از یک فرم به شکل دیگر تبدیل خواهد کرد. سپس بلوک ادامه خواهد یافت ، این بار به سمت بالا حرکت می کند. در طول این قسمت از حرکت ، نیروی گرانش با افزایش بلوک K را دوباره به U تبدیل می کند. بدون اصطکاک ، بلوک به بالای چرخش برمی گردد و تا زمانی که سیستم بهم نخورد ، به اطراف و اطراف خود ادامه می دهد. سیستم شما اصطکاک دارد ، بنابراین هر تفاوتی در انرژی کل سیستم بین حالت اولیه و نهایی آن وجود دارد ، کاری است که توسط نیروهای غیر محافظه کار انجام می شود (اصطکاک در این حالت): ΔE = W.
به طور خلاصه ، نیروی جاذبه انرژی را از سیستم آونگ حذف نمی کند ، بلکه انرژی سیستم را از یک فرم به شکل دیگر تبدیل می کند. تغییر در انرژی سیستم بین نوسانات پی در پی آونگ کاری است که بر روی سیستم بوسیله یاتاقان که آونگ در آن تغییر می کند انجام می شود. این انرژی به صورت گرما از سیستم خارج می شود.
برای 2 ، معادله شما صحیح است اگر $\tau_{g}$ ، $\tau_{n}$ و α بردار باشند ، اما اگر اندازه آن باشند نه. $\vec{\tau_{n}}$ در جهت مخالف $\vec{\tau_{g}}$ در ضربه پایین عمل می کند ، و آنها در همان جهت در حرکت بالا عمل می کنند. به نظر نمی رسد که معادله شما این واقعیت را در نظر بگیرد. اگر هدف شما یافتن I است و شما $\vec{\alpha(\theta)}$ می دانید ، می توانید بدون یکپارچه سازی برای I حل کنید تا زمانی که مقادیر $\tau_{n}$ را برای یک موقعیت معین بدست آورید که در آن مقدار $\vec{\alpha}$را نیز بدانید. به طور کلی ، استفاده از$\tau=I\alpha$ برای حل لحظه ای اینرسی یک سیستم راهی سخت است (عملی بسیار غیر استاندارد و در مجموعه مشکلات بسیار نادر). اگر در مورد چگونگی تنظیم مشکل خود اطلاعات بیشتری بدهید ، من می توانم ببینم که آیا این طرح عملی است ، اما یافتن من با روش های "هندسی" بسیار آسان تر است.
در محاسبه I با استفاده از یکپارچه سازی $\tau=I\alpha$ برای سیستمی که دارید ، انتگرال هر دو طرف با توجه به θ معادله زیر را بدست می آورد:$I \int\vec{\alpha}d\theta=\int\vec{\tau_{g}}d\theta+\int\vec{\tau_{n}}d\theta$
$\int\vec{\tau_{n}}d\theta$ کاری است که توسط گشتاور ایجاد شده توسط نیروی اصطکاک از طریق تتا زاویه ای ایجاد می شود.
$\int\vec{\tau_{g}}d\theta$ کاری است که توسط گشتاور تولید شده توسط نیروی گرانش از طریق تتا زاویه ای انجام می شود.
$\int\vec{\alpha}d\theta$ بی معنی است و قابل محاسبه نیست. به همین دلیل است:
$|{\alpha}|\equiv\frac{d^2\theta}{dt^2}$ بنابراین$\int|\alpha|d\theta$ یک انتگرال با توجه به متغیر مستقل است ، که امکان پذیر نیست.
بنابراین محاسبه I با یکپارچه سازی معادله شما در 2 تقریباً راه نادرستی است
چگونه می توانید نتیجه بگیرید که حرکت زاویه ای ذره ای که در یک میدان مرکزی نیرو حرکت می کند ثابت خواهد بود؟
هنگام تعیین مقدار بردار حرکت زاویه ای$|\vec L |$ ، برای یک ذره در یک قسمت مرکزی ، کتاب درسی من به شرح زیر است:$L=|\vec{r}\times m\vec{v}| = mr^2\dot{\theta}$
"برای هر ذره ای که در یک میدان مرکزی نیرو حرکت می کند." من می دانم که چگونه اندازه حرکت زاویه ای به دست آمده است ، اما نمی فهمم چرا می توانید نتیجه بگیرید که همیشه در یک میدان مرکزی ثابت است. آیا ممکن نیست که r و $\dot{\theta}$˙ به عنوان توابع زمان ، مقادیر غیر ثابت باشند؟ به عنوان مثال ، ذره ای که در مدار بیضوی حرکت می کند r غیر ثابت دارد.
من می بینم که $\vec L$باید یک ثابت باشد وقتی$\frac{d\vec{L}}{dt}=0$ را در نظر بگیرید ، اما چگونه می توانید از طریق استدلال ارائه شده در بالا نتیجه بگیرید؟
من میتوانم ثابت کنم که این کار باید با در نظر گرفتن یک نیروی مرکزی که بر روی جسمی وارد می شود به گونه ای باشد که فقط تابعی از شعاع باشد و هیچ وابستگی زاویه ای نداشته باشد. $\underline{F}=F\left(\underline{r}\right)\hat{\underline{r}}$
بنابراین گشتاور روی بدنه به صورت $\underline{\Gamma}=\underline{r}\times \underline{F}=\frac{\partial\underline{L}}{\partial t}$ آن تعریف می شود
بنابراین از فرم نیرو در بالا می توانید گشتاور$\underline{r}\times F\left(\underline{r}\right)\underline{\hat{r}}=0$ را به عنوان $\underline{r}\times \underline{\hat{r}}=0$ ببینید
بنابراین اگر گشتاوری روی بدنه وجود نداشته باشد ، باید حرکت زاویه ای حفظ شود. این $\underline{r}$ و $\underline{p}$ برای یک حرکت اولیه زاویه ای خاص محدود می شود. در واقع حق با شماست که $\underline{r}$ برای یک مدار بیضوی ثابت نیست. اگر تعریف بردار تکانه زاویه ای را در نظر بگیرید $\underline{L}=\underline{r}\times \underline{p}$ پس برای$\underline{r}$ کوچکتر باید حرکت بدن افزایش یابد تا حرکت زاویه ای ثابت بماند ، در واقع این همان اتفاقی است که می افتد.
"میدان نیروی مرکزی" یک میدان نیرویی است که گروه چرخش را به عنوان یک مولد تقارن پذیرفته است. قانون دوم نیوتن را به یاد بیاورید
$\vec F=-\nabla V$
اگر V دارای تقارن چرخشی است ، پس $V=V(r)$. مختصات شعاعی توسط تعریف می شود
$r\equiv\sqrt{\sum_i(x^i)^2}$
با استفاده از مشتق ،$r\,dr=\sum_ix^i\,dx^i$ یا داریم$\frac{\partial r}{\partial x^i}=\frac{x^i}{r}$ بنابراین با$V=V(r)$ ، ما داریم (اولین نشانگر $d/d r$
$F^i=-\frac{\partial V}{\partial x^i}=-\frac{d V}{d r}\frac{\partial r}{\partial x^i}=-\frac{x^i}{r}V'$
اجازه دهید $f(r)\equiv-V'(r)/r$. سپس بلافاصله حفاظت از حرکت زاویه ای را بدست می آوریم. برای دیدن این ، معادله نیوتن را ضرب کنید$m\ddot{x}^i=f(r)x^i$
توسط $x^j$ به طوری که $m\ddot{x}^i x^j=f(r) x^i x^j$. از این معادله با $i\leftrightarrow j$ کم کنید. صرف نظر از f (r) ، پیدا می کنیم$x^j\ddot x^i-x^i\ddot x^j=0$ اما این همان است
$\frac{d}{dt}(x^j \dot x^i- x^i \dot x^j)=0$ مقدار $l^{ij}=x^j \dot x^i- x^i \dot x^j$ تکانه زاویه ای در واحد جرم است. معادله قبلی می گوید ثابت است ، یعنی حفظ می شود.
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

درباره اثرات گشتاور خارج از مرکز جرماگر در فضای بیرونی میله ای به طول 2 متر ایستاده باشد. در هر دو انتهای آن چرخ های سنگینی با جرم برابر و موتورهای مرتبط وجود دارد. اگر یک موتور شروع به چرخاندن یکی از چرخ ها کند ... آیا مرکز جرم میله ساکن خواهد بود یا حرکت می کند؟ من فکر می کنم موارد زیر امکان پذیر است:
با چرخش چرخ ، مرکز جرم به آرامی در انتهای میله چرخانده می شود. آن انتهای میله ساکن خواهد بود. بنابراین c.o.m میله به صورت دایره حرکت می کند
مرکز جرم ساکن خواهد بود و انتهای آن به آرامی در اطراف مرکز جرم میله می چرخند. بنابراین c.o.m حرکت نخواهد کرد ، اما انتهای میله در مورد آن می چرخد.
موتورها به میله متصل می شوند (جوش داده می شوند). چرخنده های موتور از روتورهای موتور متصل هستند. (یک موتور در یک انتهای میله)
برای سرعت بخشیدن به مرکز جرم شما باید یک نیروی خارجی اعمال کنید که به سیستم میله ، چرخ ها و موتورهای شما وارد می شود.
هیچ نیروی خارجی وجود ندارد بنابراین مرکز جرم شتاب نمی گیرد.
هیچ گشتاور خارجی در مورد مرکز جرم بر روی سیستم کار نمی کند و بنابراین حرکت زاویه ای سیستم در مورد مرکز جرم باید حفظ شود.
اگر تکانه زاویه ای اولیه صفر بود ، تکانه زاویه ای خالص سیستم پس از روشن شدن موتور باید در صفر بماند.
اگر روتور در موتور در حال چرخش است ، آنگاه دارای تکانه زاویه ای است ، بنابراین بقیه سیستم باید برای جبران کردن ، با یک حرکت زاویه ای به معنای مخالف آن بچرخد.برای سرعت بخشیدن به مرکز جرم شما باید یک نیروی خارجی اعمال کنید که به سیستم میله ، چرخ ها و موتورهای شما وارد می شود.
هیچ نیروی خارجی وجود ندارد بنابراین مرکز جرم شتاب نمی گیرد.
هیچ گشتاور خارجی در مورد مرکز جرم بر روی سیستم کار نمی کند و بنابراین حرکت زاویه ای سیستم در مورد مرکز جرم باید حفظ شود.
اگر تکانه زاویه ای اولیه صفر بود ، تکانه زاویه ای خالص سیستم پس از روشن شدن موتور باید در صفر بماند.
اگر روتور در موتور در حال چرخش است ، آنگاه دارای تکانه زاویه ای است ، بنابراین بقیه سیستم باید برای جبران کردن ، با یک حرکت زاویه ای به معنای مخالف آن بچرخد.
تصویر
روتور دارای یک گشتاور در جهت عقربه های ساعت است که باعث چرخش آن در جهت عقربه های ساعت می شود.
Housing دارای نیروهای قانون سوم نیوتن است که به دلیل نیروهای وارد شده روی روتور (خاکستری) در (قرمز) عمل می کنند.
این نیروها روی محفظه یک گشتاور خالص FR-Fr درمورد مرکز جرم سیستم ایجاد می کنند که باعث چرخش کل سیستم در جهت خلاف جهت عقربه ساعت درمورد مرکز جرم سیستم می شود
حرکت زاویه ای عقربه های ساعت روتور با حرکت زاویه ای عقربه ساعت سیستم تعادل می یابد.
معادلات لاگرانژی اویلر - چرا محدودیت های لین لازم است؟معادله زیر حرکت یک چرخش بدن صلب ، مانند ژیروسکوپ را توصیف می کند:$\frac{d\textbf{L}}{dt} ={\bf{\tau}}= \textbf{r}\times m\textbf{g}= {\omega}\times \textbf{L}$ جایی که L تکانه زاویه ای است ، $\tau$ گشتاور است ، r بردار موقعیت است ، g گرانش است و ω سرعت زاویه ای است.
در موضوع 1 ، رابطه نشان داده شده است$\frac{dL}{dt} = \omega\times L$
می تواند از لاگرانژی زیر استخراج شود:$S[\omega, {\bf p}, {\bf r}]= \int \left(\frac 12 I_1\omega_1^2+\frac 12 I_2\omega_2^2+\frac 12 I_3\omega_3^2+ {\bf p}\cdot (\dot {\bf r}+
\omega \times {\bf r})\right)dt$ که در اینجا p یک ضریب لاگرانژ برای محدودیت $\dot {\bf r}+
\omega \times {\bf r} =0$ است.سوالات من این است -
1) چرا این معادله از یک انرژی لاگرانژی ساده (جنبشی - بالقوه) حاصل نمی شود؟ چرا به محدودیت اضافی نیاز داریم؟ من سعی کردم مقالاتی را درباره محدودیتهای Lin در مکانیک سیالات بخوانم ، که در آنها برای استخراج معادلات Navier-Stokes در مشخصات اولر لازم است. اما در اینجا شهود این امر چیست؟
2) اگر محدودیت برای حفظ یک چارچوب مرجع چرخشی اعمال شود ، چگونه ، من حدس می زنم که ، ما به یک انرژی بالقوه اضافی نیاز داریم ، به دلیل تأثیر گرانش ، اما به نظر می رسد که این چنین نیست نماینده در این لاگرانژی. دلیل این چیست؟ (یک سوال معادل این است که چگونه $r\times mg$ در لارگانژین را حساب کنیم؟)
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

مومنتوم پنهان آیا فقط با بازرسی لاگرانژی می توان یک مختصات چرخشی را تشخیص داد؟من در حال خواندن کتاب تئوری Susskind-Hrabovsky هستم. در صفحه 126 ، جایی که آنها در مورد مختصات چرخشی صحبت می کنند ، مثالی آورده شده است:
فرض کنید دو ذره در یک خط با انرژی پتانسیل که به فاصله بین آنها بستگی دارد حرکت می کنند لاگرانژی به این صورت گرفته شده است:$L = \frac{m}{2}(\dot{x}_1^2 + \dot{x}_2^2) - V(x_1 - x_2).\tag{roham}$ پیشنهاد می شود که اگر لاگرانژی به $q_i$ مختصات بستگی نداشته باشد ، آن مختصات چرخه ای است و حرکت مزدوج آن حفظ می شود. سپس ، از یک تغییر مختصات استفاده شده و از Lagrangian در مختصات جدید مشتق می شود:$x_+ = \frac{x_1+x_2}{2}, \qquad x_{-} = \frac{x_1-x_2}{2},$،$L = m(\dot{x}_+^2 + \dot{x}_{-}^2) - V(x_{-})$
سپس بحث شد که در واقع یک مختصات چرخه ای پنهان وجود دارد و حرکت جنبشی آن حفظ می شود (که حرکت کل است):$p_{+} = 2m\dot{x}_{+} = m\dot{x}_1 + m\dot{x}_2$
اگر ممکن است تحولی وجود داشته باشد که مختصات حلقوی پنهان را آشکار کند (از این رو یک حرکت مختلط حفظ شده) ، پس آیا این گفته اصلی مبنی بر اینکه ما قادر به شناسایی حلقه هستیم ، هماهنگی من فقط در لاگرانژی را نامعتبر نمی داند؟به طور کلی ، چگونه می توان تحولی را پیدا کرد که مختصات حلقوی را نشان می دهد؟همچنین ، برخی اصطلاحات در اصطلاحات مشتق شده وجود دارد:
آیا انرژی بالقوه در مختصات جدید نباید V باشد $\,V(2\times{x_{-}})$ آیا نباید p + = mx˙ + باشد؟ آن 2 از کجا آمده است؟چگونه می توانید مختصات چرخشی را پیدا کنید:برای یک مختصات چرخه ای:
$\boxed{\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L }{\partial {\dot{q}_i}}\right)=0\quad \Rightarrow\quad \frac{\partial L }{\partial {q}_i}=0}$ جایی که qi مختصات عمومی است و L = T − V
مورد شما$T=\frac{m}{2}\left(\dot{x}_1^2+\dot{x}_2^2\right)$ و$V=V(x_1-x_2)$ ما به دنبال ماتریس تحول ثابت Q هستیم که در آن:$\underbrace{\begin{bmatrix}
q_1\\
q_2\\
\end{bmatrix}}_{\vec{q}}= \underbrace{e\begin{bmatrix}
a & b \\
c & d \\
\end{bmatrix}}_{Q}\,\underbrace{\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
\end{bmatrix}}_{\vec{x}}\tag 1$
که در آن a ، b ، c ، d ، e اعداد صحیح هستند.با $q_2=x_1-x_2\quad \Rightarrow\quad c=1\,,d=-1 \quad$مختصات حلقوی است از معادله (1) به دست می آوریم:$\vec{\dot{x}}=Q^{-1}\,\vec{\dot{q}}$
$T=\frac{m}{2}\vec{\dot{x}}^T\,\vec{\dot{x}}=m\,\left(Q^{-1}\,\vec{\dot{q}}\right)^T\,\left(Q^{-1}\,\vec{\dot{q}}\right)\overset{!}{=}m\,\vec{\dot{q}}^T\,\vec{\dot{q}}\tag 2$
معادله (2) باید با سه ثابت a ، b ، e انجام شود ، ما دلخواه را برای a = 1 انتخاب می کنیم و می گیریم:$T=m\,\left(2\,{\frac {{{\it q1}}^{2}}{{e}^{2} \left( 1+b \right) ^{2}}}+{\frac {
\left( 2\,b-2 \right) {\it q2}\,{\it q1}}{{e}^{2} \left( 1+b \right)
^{2}}}+{\frac { \left( 1+{b}^{2} \right) {{\it q2}}^{2}}{{e}^{2}
\left( 1+b \right) ^{2}}}
\right)$ بنابراین ماتریس تحول:$Q=\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 &-1 \\
\end{bmatrix}$ ,$Q^{-1}=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 &-1 \\
\end{bmatrix}$
به نظر می رسد چرا در این برخورد الاستیک از تکانه حفظ نمی شود؟در اینجا کمی پارادوکس سرگرم کننده فیزیک وجود دارد ، که من مطرح خواهم کرد ، و سپس در زیر پاسخ می دهم.
یک جسم در حال حرکت به سمت راست است ، با یک مانع غیرقابل حرکت روبرو می شود ، یک برخورد کاملاً الاستیک را تجربه می کند و با سرعتی برابر اما مخالف به سمت چپ برمی گردد.
از آنجا که برخورد کاملاً الاستیک است ، انرژی جنبشی و حرکت هر دو حفظ می شوند.
اما حرکت پس از برخورد با حرکت پس از برخورد برابر نیست ، زیرا p ≠ −p. تغییر خالص ، Δp باید صفر باشد ، اما در عوض:$\Delta p = p_f - p_i = -p - p = -2p \ne 0$ چه خبره؟تصویر
پارادوکس با فرض اینکه "غیر منقول" به هیچ وجه جنبشی را جذب نمی کند ایجاد می شود.
بگذارید m و M به ترتیب جرم های جسم متحرک و مانع باشند.بگذارید vi قبل از برخورد سرعت جسم در حال حرکت باشد. شرایط اولیه عبارتند از:$p_{total}= mv_i$ و$E_k{_{total}}= \frac{1}{2}m{v_i}^2$ بگذارید $v_f$ سرعت جسم متحرک پس از برخورد باشد. و اجازه دهید V سرعت مانع "غیرمنقول" پس از برخورد باشد.$p_{total}= mv_f + MV$و$E_k{_{total}}= \frac{1}{2}m{v_f}^2+\frac{1}{2}M{V}^2$
مقادیر را به صورت زیر اختصاص دهید:$m = 1$و$v_i = 1$ و$M=10^{10}$
2پارادوکس با فرض اینکه "غیر منقول" به هیچ وجه جنبشی را جذب نمی کند ، ایجاد می شود.بگذارید m و M به ترتیب جرم های جسم متحرک و مانع باشند.بگذارید vi قبل از برخورد سرعت جسم در حال حرکت باشد. شرایط اولیه عبارتند از:
واحدها بی ربط هستند. هدف از این تمرین نشان دادن مقادیر مقایسه ای است. جرم ، M بسیار بزرگتر از جرم ، m است. در نهایت ، نشان داده خواهد شد که سرعت ، V مانع "غیر متحرک" در مقایسه با $v_i$ و $v_f$ بسیار ناچیز است.حالا با استفاده از تعویض ، دو مجهول$v_f$ و V را حل کنید:$p_{total}= mv_i = (1)(1) = 1 = mv_f + MV = (1)v_f + (10^{10})V$,و$v_f = -(10^{10})V+1 \approx -(10^{10})V$ توجه داشته باشید که اگر مقادیر بزرگتری را برای M انتخاب کنیم ، نسبت $\frac {v_f}{V}$ بزرگتر و منفی می شود. مانع "غیر متحرک" از سرعت برخورد با سرعت بسیار کم و در جهت مخالف $v_f$پس می زند.$E_k{_{total}}= \frac{1}{2}m{v_i}^2 = \frac{1}{2}(1)(1)^2 = \frac{1}{2}$ و$\frac{1}{2}= \frac{1}{2}m{v_f}^2+\frac{1}{2}M{V}^2 = \frac{1}{2}(1)(-(10^{10})V+1)^2+\frac{1}{2}(10^{10})V^2$
برای خلاص شدن از کسرها ، همه چیز را دو برابر کنید ، سپس گسترش دهید:$1=(10^{20})V^2−2(10^{10})V+1+(10^{10})V^2$ و$0=(10^{20}+10^{10})V^2−2(10^{10})V$ و$0=V((10^{20}+10^{10})V−2(10^{10}))$ حل V باعث دو راه حل می شود: V = 0 (سرعت قبل از برخورد)$V=\frac{2(10^{10})}{10^{20}+10^{10}}$
V = 2 (1010) 1020 + 1010
(سرعت پس از برخورد) اعمال آنچه قبلاً محاسبه شده است:$v_f = -(10^{10})V+1 = \frac{-2(10^{20})}{10^{20}+10^{10}}+1[[\approx -1]]$
حرکت کلی بعد از برخورد:$p_{total}= mv_f + MV$و$= (1)(\frac{-2(10^{20})}{10^{20}+10^{10}}+1) + (10^{10})(\frac{2(10^{10})}{10^{20}+10^{10}})=1$ و$p_f=p_i=1 \\ \therefore \Delta p=0$ برای دیدن بصری بیشتر توزیع حرکت پس از برخورد ، با حذف $10^{10}$ (نسبتاً) ناچیز از هر مخرج ، هر یک از ارقام را تقریبی کنید.
$mv_f=(1)(\frac{-2(10^{20})}{10^{20}+10^{10}}+1) \approx \frac{-2(10^{20})}{10^{20}+10^{10}}+1 =\frac{-2(10^{20})}{10^{20}}+1 = -2 + 1 = 1$
$MV = (10^{10})(\frac{2(10^{10})}{10^{20}+10^{10}})=\frac{2(10^{20})}{10^{20}+10^{10}}\approx \frac{2(10^{20})}{10^{20}} = 2$
سد "غیر متحرک" در واقع مومنتومی را حمل می کند که اندازه آن دو برابر جسم متحرک است. با این حال ، سرعت آن به طرز حیرت انگیزی کوچک است و با نزدیک شدن جرم سد به بی نهایت ، به صفر می رسد. ما می توانیم این مسئله را با محدودیت های و اپسیلون ها با دقت بیشتری نشان دهیم ، اما شهود نشان داده شده در اینجا کافی است.
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

محاسبه گشتاور عددی
فرض کنید من می توانم انرژی برهم کنش دو جسم صلب را به عنوان تابعی از مختصات آنها در مراکز توده ها و زاویه های چرخش اویلر (مجموع 6 + 6 درجه آزادی) محاسبه کنم. اکنون می توانم با محاسبه مشتقات عددی مثلاً نیرویی را که بر مرکز جرم بدن وارد می شود محاسبه کنم. $F_x = (E(x + dx) - E(x - dx)) / (2 * dx)$. اما اگر همین کار را برای زوایای اویلر انجام دهید ، این به شما گشتاور نمی دهد. بنابراین چگونه مشتقات عددی انرژی را با استفاده از زاویه های اویلر به گشتاور حاصل از جسم تبدیل می کنم؟ساده هست $\partial V/\partial \theta = N_x \cos \psi - N_y \sin \psi$و$\partial V/\partial \phi = N_x \sin \theta \sin \psi + N_y \sin \theta \cos \psi + N_z \cos \theta$و$\partial V/\partial \psi = N_z$اینجا جایی که θ ، ψ ، ϕ زاویه های اویلر و$N_x, N_y, N_z$ اجزای گشتاور هستند
اساسا چرا گشتاور وجود دارد؟به طور خاص ، چرا نیرو با بازوی گشتاور افزایش می یابد؟ در مورد ایجاد یک نیروی عمود دورتر از محور چرخش ، چه چیزی باعث افزایش آن می شود؟ چگونه بازوی گشتاور باعث آن می شود؟روشی که من مکانیک نیوتنی را تفسیر می کنم این است که گشتاور ، درست مانند سرعت خطی کاملا نتیجه ای است که اتفاق می افتد در فاصله. یعنی یک نیرو ، یا یک چرخش. در واقع ، برای من نیروها و چرخش ها در توصیف مکانیک جسم صلب و گشتاورها و سرعتها در درجه دوم اساسی هستند.
در اینجا همان چیزی است که من برای توصیف کامل بارگذاری روی یک بدنه سخت نیاز دارم
گشتاور وممان اینرسی من در حال خواندن دو مفهوم ذکر شده در عنوان هستم. با توجه به تعریف گشتاور وممان اینرسی ، به نظر می رسد اگر من در را فشار دهم ، در حالی که محور چرخش در اطراف لولاهای آن قرار دارد ، در دستگیره درب ، نسبت به من اعمال نیرویی نزدیک به لولاها دشوار خواهد بود . تعریف گشتاور:$\vec \tau=\vec r\times\vec{F}$، جایی که r طول بازوی اهرم است (فاصله از محور چرخش تا نقطه اعمال نیرو
به نظر من با تعریف $\tau=r \times F$. همچنین $\tau=I\alpha$ ، با $\alpha$ شتاب زاویه ای (تشبیهی با قانون دوم نیوتن F = ma
حال فرض کنید می خواهیم به شتاب زاویه ای $\alpha$ دست پیدا کنیم. دو برابری فوق را می توان با هم ترکیب کرد تا $r\times F=I\alpha$ بدست آورد. با فرض هر دو I و $\alpha$ ثابت هستند. در مورد فشار دادن نزدیک لولا ، می بینیم که ، برای به دست آوردن همان محصول در سمت راست ، باید یک نیروی بزرگ F را اعمال کنیم ، زیرا r کوچک است و می خواهیم به یک شتاب زاویه ای خاص دست پیدا کنیم. در مورد دستگیره در ، نیروی F مورد نیاز بسیار کمتر است زیرا r بزرگتر است و F نیازی نیست که آنقدر بزرگ باشد که شتاب زاویه ای یکسانی داشته باشد.
گشتاور با تعریف عمود بر چرخش است. به نظر من معنای فیزیکی این واقعیت که گشتاور عمود چرخش است وجود ندارد ، اما با سرعت زاویه ای که عمود بر چرخش نیز تعریف می شود ، متناسب است.
آنچه من تجربه کردم جرم موثر درب در نقطه تماس است. محاسبه این مقدار با استفاده از معادلات حرکت خطی و زاویه ای (شروع در حالت استراحت). مجموع نیروها برابر جرم m برابر شتاب در$a_\textrm{cg}$ ، و مجموع ممان مربوط به$c.g$. برابر اینرسی $I_\textrm{cg}$برابر شتاب زاویه ای $\alpha$ است$F + R = m\, a_\textrm{cg} = m \left( \frac{L}{2} \alpha \right) \\ \left(x-\frac{L}{2}\right) F - \frac{L}{2} R = I_\textrm{cg} \alpha$ جایی که F نیروی اعمال شده (شما) در فاصله x از لولا و R نیروی واکنش لولا است. شتاب خطی در نقطه تماس $a = x\,\alpha$ است
موارد بالا به عنوان حل شده است$F = \left( \frac{I_\textrm{cg}}{x^2} + \frac{m L^2}{4 x^2} \right) a
\\ R = \left( \frac{m L}{2 x} - \left( \frac{I_\textrm{cg}}{x^2} + \frac{m L^2}{4 x^2} \right) \right) a$
بنابراین جرم موثر $F = m_\textrm{eff}\,a$ است$m_\textrm{eff} = \left( \frac{I_\textrm{cg}}{x^2} + \frac{m L^2}{4 x^2} \right)$
و واکنش $R = \left(\frac{m L}{2 x}-m_\textrm{eff}\right) a$
در نتیجه هرچه به لولاها نزدیکتر شوید (x کوچکتر) جرم موثر بالاتر است. همچنین توجه داشته باشید که وقتی$x=\frac{L}{2}+\frac{2 I_\textrm{cg}}{m L}$ نیروی عکس العمل صفر است و x مرکز کوبه ای درب است
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

حرکت زاویه ای تکانه زاویه ای لحظه حرکت ذره ذرات در هنگام چرخش ذره به دور یک نقطه در فضا است. اصطلاح دیگر لحظه زاویه ای ، لحظه حرکت است.
فرمول بندی اسکالر
ابتدا بیایید نگاهی به تکانه زاویه ای بیندازیم که در یک صفحه قرار دارد. بگذارید صفحه x-y را بگوییم. در این صورت ، می توانید از یک معادله اسکالر برای حل این مشکل استفاده کنید. معادله 1 معادله اسکالر را نشان می دهد که شما استفاده می کنید.
$(H_O)_z=(d)(mv)$
d = فاصله از مرکز ذرات جرم تا نقطه چرخش
m = جرم ذرات
v = سرعت ذرات
فرمول برداری
علاوه بر حرکت از طریق یک صفحه ، یک ذره همچنین می تواند از طریق چندین صفحه حرکت کند. وقتی ذره ای از طریق چندین صفحه در حال حرکت باشد ، مسئله پیچیده تر خواهد شد. این به این دلیل است که اکنون شما باید به سه بعد نگاه کنید. در این صورت شما برای حل مسئله باید از جبر برداری استفاده کنید. معادله 2 معادله ای را نشان می دهد که شما استفاده می کنید.
$H_O = d×mv$ =$=\left|\matrix{i &j & k \cr d_x & d_y & d_z \cr mv_x & mv_y & mv_z}\right|$
لحظه یک نیرو و حرکت زاویه ای
علاوه بر تکانه زاویه ای ، می توانید لحظه ها را روی ذره ای که دور یک نقطه می چرخد ​​نیز تعیین کنید. با تعیین لحظه هایی که بر روی یک ذره کار می کنند ، قادر خواهید بود نیروهایی را که لحظه را ایجاد می کنند ، تعیین کنید. شما می توانید یک لحظه را با ضرب نیرو در فاصله تعیین کنید. در این حالت فاصله ، فاصله از نقطه چرخش است. معادله 3 معادله ای را نشان می دهد که برای محاسبه یک لحظه استفاده می شود.
(معادله 3) $(M_O)_z=(F)(d)$
برای اینکه شما از معادله 3 استفاده کنید ، ذره باید در یک صفحه حرکت کند. در مقابل ، اگر موردی داشته باشید که ذره در چندین صفحه حرکت کند ، در عوض از معادله 4 استفاده خواهید کرد.
(معادله 4) $=\left|\matrix{i &j & k \cr d_x & d_y & d_z \cr F_x & F_y & F_z}\right|$
برای تعیین نیرو ، باید جرم ذرات را در شتاب آن ضرب کنید. برای اینکه شتاب ذره را تعیین کنید ، باید مشتق سرعت ذره را با توجه به زمان بگیرید. برای این کار از معادله 5 استفاده می کنید.
(معادله 5) $a = \frac{d}{dt}v$
برای اینکه حرکت زاویه ای را به یک لحظه مرتبط کنید ، باید مشتق معادله 2 را با توجه به زمان بگیرید.
(معادله 6)$\frac{d}{dt}H_O = \frac{d}{dt}(r×mv)= \frac{d}{dt}r × mv + r×m\frac{d}{dt}v$
جایی که $\frac{d}{dt}r × mv = m(\frac{d}{dt}r×\frac{d}{dt}r) = 0$
(معادله 7)$\frac{d}{dt}H_O = r×m\frac{d}{dt}v = ∑M_O$
با توجه به این واقعیت که تکانه زاویه ای همان لحظه حرکت حرکت خطی است ، جایی که L = mv ، می توانید معادله 7 را به صورت زیر ساده کنید.
(معادله 8) $∑F = \frac{d}{dt}L=m\frac{d}{dt}$
توجه کنید که معادله 7 و 8 روش دیگری برای بیان قانون دوم حرکت نیوتن است ، F = ma.
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

حرکت رول بدون لغزش
ما بردارهای نیرو را در جلوگیری از لیز خوردن چرخ مشاهده می کنیم. در نقطه P که سطح را لمس می کند نسبت به سطح در حالت استراحت است. نسبت P به مرکز جرم ، نقطه P دارای سرعت$\omega \hat{i}$ است ، جایی که R شعاع چرخ و ω سرعت زاویه ای چرخ در مورد محور آن است. از آنجا که چرخ می چرخد ، سرعت P نسبت به سطح سرعت آن نسبت به مرکز جرم به علاوه سرعت مرکز جرم با توجه به سطح است$\vec{v}_{P} = -R \omega \hat{i} + v_{CM} \hat{i} \ldotp$
حفاظت از حرکت زاویه ای
تاکنون ، تکانه زاویه ای سیستم ها را متشکل از ذرات نقطه و اجسام صلب بررسی کرده ایم. ما همچنین گشتاورهای درگیر را با استفاده از عبارتی که گشتاور خالص خارجی را به تغییر حرکت زاویه ای مربوط می کند ، تجزیه و تحلیل کرده ایم. نمونه هایی از سیستم هایی که از این معادله پیروی می کنند شامل تایر دوچرخه آزاد است که با گذشت زمان به دلیل گشتاور ناشی از اصطکاک یا کند شدن چرخش زمین در طی میلیون ها سال به دلیل نیروهای اصطکاک اعمال شده بر تغییر شکل جزر و مد ، کند می شود.
با این حال ، فرض کنید گشتاور خارجی خالص روی سیستم وجود نداشته باشد ، $\sum \vec{\tau}$. در این حالت ، ما می توانیم قانون حفاظت از حرکت زاویه ای را معرفی کنیم
در صورت عدم وجود گشتاور خارجی خالص در اطراف آن نقطه ، حرکت زاویه ای سیستم ذرات در اطراف یک نقطه در یک چارچوب مرجع ثابت ثابت حفظ می شود:
توجه داشته باشید که کل حرکت زاویه ای $\vec{L}$ حفظ می شود. هر یک از لحظه های زاویه ای فردی می تواند تغییر کند تا زمانی که مجموع آنها ثابت بماند. این قانون مشابه حرکت شکننده خطی است که وقتی نیروی خارجی بر روی سیستم صفر باشد ، حفظ می شود.
به عنوان نمونه ای از حفظ حرکت زاویه ای ، اسکیت باز یخی را نشان می دهد که در حال چرخش است. گشتاور خالص روی او بسیار نزدیک به صفر است زیرا اصطکاک نسبتاً کمی بین اسکیت های او و یخ وجود دارد. همچنین ، اصطکاک بسیار نزدیک به نقطه محوری اعمال می شود.. در نتیجه ، او می تواند برای مدت طولانی چرخش کند. او همچنین می تواند با کشیدن دست و پاها سرعت چرخش خود را افزایش دهد. چرا کشیدن دست و پاها باعث افزایش سرعت چرخش می شود؟ پاسخ این است که حرکت زاویه ای او ثابت است ، به طوری که
$L' = L$ (ROHAM3)
یا
$I' \omega' = I \omega,$
جایی که مقادیر اولیه به شرایطی برمی گردد که پس از آنکه آغوش خود را کشید و لحظه سکون خود را کاهش داد. از آنجا که I smaller کوچکتر است ، باید سرعت زاویه ای ω increase افزایش یابد تا حرکت زاویه ای ثابت بماند.
دو تصویر از یك اسكیت باز در حال چرخش. در شکل a ، در سمت چپ ، اسکیت بازان و یک پا از بدن خود را دراز کرده است. او در حال چرخش با سرعت زاویه ای امگا و L برابر I برابر امگا است. اسکیت بازان و پا را به بدن نزدیک کرده است. او با سرعت زاویه ای امگا پرایم و L برابر I پرایم امگا اول سریعتر می چرخد.
یك اسكیت باز در حال چرخش بر روی نوك اسكیت خود با بازوهای كشیده است. حرکت زاویه ای او حفظ می شود زیرا گشتاور خالص روی او بسیار ناچیز است. (ب) سرعت چرخش او وقتی بغل می کشد بسیار افزایش می یابد و لحظه سکونش را کاهش می دهد. کاری که او برای کشیدن در آغوش خود انجام می دهد منجر به افزایش انرژی جنبشی چرخشی می شود.
جالب است بدانید که چگونه انرژی جنبشی چرخشی اسکیت باز هنگام کشیدن بازوها تغییر می کند. انرژی چرخشی اولیه او
$K_{Rot} = \frac{1}{2} I \omega^{2},$
در حالی که انرژی چرخشی نهایی او است
$K'_{Rot} = \frac{1}{2} I (\omega')^{2} \ldotp$
از آنجا که$ I ′ ω ′ = I ω$ ، می توانیم $\omega$ را جایگزین کنیم و پیدا کنیم
$K'_{Rot} = \frac{1}{2} I' (\omega')^{2} = \frac{1}{2} I' \left(\dfrac{I}{I'} \omega \right)^{2} = \frac{1}{2} I \omega^{2} \left(\dfrac{I}{I'}\right) = K_{Rot} \left(\dfrac{I}{I'}\right) \ldotp$
از آنجا که لحظه اینرسی او کاهش یافته است ، من 'انرژی نهایی جنبشی چرخشی او افزایش یافته است. منبع این انرژی جنبشی چرخشی اضافی کاری است که برای کشیدن بازوها به داخل لازم است. توجه داشته باشید که بازوهای اسکیت باز در یک دایره کامل حرکت نمی کنند - آنها به سمت داخل مارپیچ می شوند. این کار باعث افزایش انرژی جنبشی چرخشی می شود ، در حالی که حرکت زاویه ای او ثابت می ماند. از آنجا که او در یک محیط بدون اصطکاک است ، هیچ انرژی از سیستم دور نمی شود. بنابراین ، اگر او بخواهد بازوهای خود را به موقعیت های اصلی خود برساند ، با سرعت زاویه ای اصلی خود می چرخد ​​و انرژی جنبشی اش به مقدار اولیه خود برمی گردد.تصویر
ژیروسکوپ ، به عنوان یک دیسک در حال چرخش تعریف شده است که در آن محور چرخش آزاد است و هر جهت را می گیرد. هنگام چرخش ، جهت محور چرخشی تحت تأثیر جهت بدنی که آن را محصور کرده است ، تأثیر نمی گذارد. بدنه یا وسیله نقلیه محصور ژیروسکوپ را می توان از مکانی به مکان دیگر منتقل کرد و جهت محور چرخش ثابت باقی خواهد ماند. ااگر قسمت بالای آن روی یک سطح صاف نزدیک به سطح زمین و در زاویه عمود قرار بگیرد و در حال چرخش نباشد ، به دلیل وجود نیروی جاذبه ، گشتاوری ایجاد می کند که بر مرکز جرم آن تأثیر می گذارد. با این حال ، اگر قسمت بالای صفحه در محور خود بچرخد ، بیش از آنکه به دلیل این گشتاور واژگون شود ، نسبت به عمودی ، پیش تولید می کند. این به دلیل گشتاور مرکز جرم است ، که تغییر در حرکت زاویه ای را فراهم می کند.نیروهایی را نشان می دهد که در بالای صفحه در حال چرخش هستند. گشتاور تولید شده عمود بر بردار حرکت زاویه ای است. این جهت بردار حرکت زاویه ای $\vec{L}$ را با توجه به$\vec{L}$ تغییر می دهد ، اما اندازه آن را تغییر نمی دهد. مقدمات بالایی در اطراف یک محور عمودی قرار می گیرند ، زیرا گشتاور همیشه افقی و عمود بر $\vec{L}$ است. اگر قسمت بالایی در حال چرخش نباشد ، در جهت گشتاور حرکت حرکت زاویه ای به دست می آورد و به دور یک محور افقی می چرخد ، درست همانطور که انتظار می رود از آن سقوط می کند.با نگه داشتن یک چرخ دوچرخه در حال چرخش و تلاش برای چرخش آن در مورد یک محور عمود بر محور چرخش ، می توانیم این پدیده را از نزدیک تجربه کنیم. ، فرد در تلاش برای چرخاندن چرخ نیروهای عمود بر محور چرخش را اعمال می کند ، اما در عوض ، محور چرخ به دلیل گشتاور اعمال شده شروع به تغییر جهت به سمت چپ خود می کند
$\tau = rMg \sin \theta \ldotp$
بدین ترتیب،
$dL = rMg \sin \theta dt \ldotp$
زاویه ای که بالاترین مقدار پیش فرض در زمان dt است
$d \phi = \frac{dL}{L \sin \theta} = \frac{rMg \sin \theta}{L \sin \theta} dt = \frac{rMg}{L} dt \ldotp$
سرعت زاویه ای حق تقدم$\omega_{P} = \frac{d \phi}{dt}$ است و از این معادله می بینیم که
$\omega_{P} = \frac{rMg}{L} \ldotp$
یا ، از آنجا که $L = I ω $
در این استنتاج ، ما فرض کردیم که $ωP << ω$ ، یعنی سرعت زاویه ای پیش دستی بسیار کمتر از سرعت زاویه ای دیسک ژیروسکوپ است. سرعت زاویه ای precession یک جز component کوچک به حرکت زاویه ای در امتداد محور z اضافه می کند. این امر به صورت مقدمه ژیروسکوپ که از آن به عنوان تغذیه نامیده می شود ، در یک لبه کوچک و بالا و پایین دیده می شود.
زمین خود مانند یک ژیروسکوپ غول پیکر عمل می کند. حرکت زاویه ای آن در امتداد محور خود قرار دارد و در حال حاضر به قطبی ، ستاره شمالی اشاره دارد. اما زمین به دلیل گشتاور خورشید و ماه بر روی شکل غیر انحرافی آن ، به آرامی پیش دستی می کند (در حدود 26000 سال یک بار)
می گوییم وقتی جسم صلب در حالت تعادل قرار می گیرد که هم شتاب خطی و هم زاویه ای آن نسبت به یک چهارچوب مرجع اینرسی صفر باشد. این بدان معناست که جسمی در تعادل می تواند در حال حرکت باشد ، اما در این صورت ، سرعت های خطی و زاویه ای آن باید ثابت باشد. ما می گوییم که یک جسم صلب وقتی در چارچوب مرجع انتخاب شده ما در حالت استراحت باشد ، در تعادل ایستا است. توجه داشته باشید که تمایز بین حالت استراحت و حالت حرکت یکنواخت مصنوعی است - یعنی ممکن است یک جسم در چارچوب مرجع انتخاب شده ما در حالت استراحت باشد ، اما یک ناظر در حال حرکت با سرعت ثابت نسبت به قاب ما ، همان جسم است به نظر می رسد با سرعت ثابت در حرکت یکنواخت است. از آنجا که حرکت نسبی است ، آنچه در تعادل ایستا با ماست در تعادل دینامیکی با مشاهده گر متحرک است و بالعکس. از آنجا که قوانین فیزیک برای همه فریم های مرجع اینرسی یکسان است ، در یک چارچوب مرجع اینرسی ، هیچ تمایزی بین تعادل ایستا و تعادل وجود ندارد.
طبق قانون دوم حرکت نیوتن ، شتاب خطی یک جسم صلب توسط یک نیروی خالص وارد بر آن ایجاد می شود ،
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 619

سپاس: 390

جنسیت:

تماس:

Re: پارادوکس مومنتوم

پست توسط rohamjpl »

پارادوکس حرکت زاویه ای
من می خواهم سیستم زیر را تجزیه و تحلیل کنم ، جایی که جرم محور ناچیز است و چرخ می چرخد.
تصویر
بخصوص من باید مقدار گشتاور مربوط به نقطه اتصال رشته با محور را محاسبه کنم.
متأسفانه بسته به روش کار من دو جواب متفاوت می گیرم:
راه اول (و صحیح)
با در نظر گرفتن کل سیستم ، چرخ و محور ، دو نیرو وجود دارد. وزن ، با نقطه استفاده از مرکز جرم چرخ ؛ و نیرویی با اندازه برابر اما جهت گیری مخالف ، با نقطه کاربرد مکانی که رشته با محور ملاقات می کند. بنابراین یک گشتاور خالص وجود دارد.
راه دوم (و اشتباه)
با در نظر گرفتن فقط چرخ ، دو نیرو یکسان هستند ، اما هر دو به مرکز جرم چرخ اعمال می شوند. بنابراین هیچ گشتاوری وجود ندارد.
سوال
باید مقداری گشتاور وجود داشته باشد زیرا درغیر اینصورت چرخ precedence را تجربه نمی کند و این اتفاق می افتد. پس چرا رویکرد دوم من اشتباه است؟
در جواب استادم گفت رهام شما می پرسید که چرا غفلت از گشتاور خالص در سیستم اشتباه است ، و پاسخ واضح آن این است که شما نمی توانید تغییر در حرکت زاویه ای را بدون گشتاور به درستی حساب کنید.
معادلات خطی حرکت ، نیروی خالص را به حرکت مرکز جرم مربوط می کند.
$\boldsymbol{F} = m \boldsymbol{a}_C$
معادلات چرخشی حرکت ، گشتاور خالص را به حرکت مرکز جرم مربوط می کند.
$\boldsymbol{T}_C = \mathtt{I}_C \dot{\boldsymbol{\omega}} + \boldsymbol{\omega} \times \mathtt{I}_C \boldsymbol{\omega}$
با غفلت از گشتاور خالص ، شما به درستی برای نیروهای ژیروسکوپی حساب نمی کنید.
یک نمودار بدنه آزاد از قسمتهای جدا شده را از کنار مشاهده کنید:تصویر
چرخ
گشتاور M برابر و معکوس است که روی چرخ کار می کند به گونه ای که نیروهای موجود در محور را متعادل می کند.
حرکت زاویه ای حفظ می شود زیرا مومنتوم حفظ می شود. تکانه زاویه ای ، به تعبیری ، فقط یک مقدار مشخص شده است که به ما کمک می کند در مورد حرکت چرخشی صحبت کنیم و مجبور نیستیم با این واقعیت کنار بیاییم که جهت های r ، p ، و v ، a و F بطور مداوم در فضا تغییر می کنند. بنابراین ما یک بردار را در امتداد محور چرخش داده شده توسط $r x p$ تعریف می کنیم و آن را "حرکت زاویه ای" می نامیم. سپس به سرعت در می یابیم که در صورت عدم وجود گشتاور بر روی سیستم ، این مقدار ثابت است. این کسر به تعاریف $L = r x p $و $τ = r x F$ و استفاده از قانون دوم نیوتون نیاز ندارد. در اینجا هیچ فیزیک جدیدی وجود ندارد - فقط یک فرم بندی مفید از F = m a از نظر چند مقدار به راحتی تعریف شده. چند خط حساب و جبر طول می کشد تا از تعریف L به این شرط برسید که اگر گشتاور صفر باشد L صفر است.
پاسخ دوم کمی ظریف تر است و مربوط به قضیه Noether است. قضیه Noether گزاره ای از ریاضیات محض است که چندین کاربرد مهم در فیزیک دارد. به زبان ساده و غیر فنی) که اگر معادلات برخی سیستم ها از یک تقارن پیروی کنند ، مقدار کمی حفظ شده با آن تقارن مرتبط است. این واقعیت که قوانین فیزیک در هر نقطه از فضا یکسان است ، حاکی از آن است که مقداری ذخیره شده در ارتباط با این تقارن فضایی وجود دارد. از نظر ریاضی معلوم می شود که این کمیت ذخیره شده با چیزی که قبلاً به عنوان "حرکت" تعریف کرده ایم مطابقت دارد. این واقعیت که قوانین فیزیک با گذشت زمان تغییر نمی کنند ، نشان می دهد که مقداری ذخیره شده در ارتباط با این تقارن زمانی وجود دارد. از نظر ریاضی معلوم می شود که این کمیت ذخیره شده با چیزی که قبلاً به عنوان "انرژی" تعریف کرده ایم مطابقت دارد. و این واقعیت که قوانین فیزیک از هر جهت در فضا یکسان است ، حاکی از آن است که مقداری ذخیره شده در ارتباط با این تقارن جهت وجود دارد. از نظر ریاضی معلوم می شود که این کمیت ذخیره شده با چیزی که قبلاً به عنوان "حرکت زاویه ای" تعریف کرده ایم مطابقت دارد. بنابراین با توجه به قضیه Noether ، کمیتی که ما آن را حرکت زاویه ای می نامیم باید در هر کیهانی که قوانین فیزیک "ایزوتروپیک" یا مستقل از جهت باشد ، حفظ شود.
قضیه نوتر و حفظ حرکت
بنابراین همانطور که همه ما برای سیستمی می دانیم که قضیه Noether دارای تقارن انتقالی است ، بیان می کند که حرکت حفظ می شود ، دقیق تر این قضیه بیان می کند که مقدار:
$\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}$
بنابراین جنبش عمومی حفظ می شود. در اینجا من یک مشکل دارم: فرض کنید می خواهم نشان دهم که حرکت کلاسیک $p=mv$در سیستمی با تقارن کششی حفظ شده است (البته انرژی پتانسیل موجود در لاگرانژی به سرعت بستگی ندارد) بنابراین:
$\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}=\frac{\partial K}{\partial \dot{x}}=\frac{\partial}{\partial \dot{x}}\frac{1}{2}m\dot{x}^2=m\dot{x}.$.
کامل! من فرض کرده که می خواهم از پارامتری سازی برای سیستم خود استفاده کنم ، بنابراین:
$x(t)=\Gamma(q(t))$
همانطور که ما معمولاً در مکانیک لاگرانژی انجام می دهیم ، بنابراین من می دانم که مقدار ذخیره شده هنوز است:
$\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}.$در حقیقت قضیه نوتر اظهار می دارد که حرکت عمومی تعمیم یافته حفظ می شود و این بنا به تعریف حرکت جنبه تعمیم یافته است. خوب پس من دارم:
$\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}=\frac{\partial}{\partial \dot{q}}\frac{1}{2}m\dot{q}^2|\Gamma ' (q)|^2=m\dot{q}|\Gamma ' (q)|^2=mv|\Gamma ' (q)|.$
بعلاوه اگر من $\Gamma$ را برای نمایش خطی با پارامتر سازی زیر انتخاب کنم:
$\Gamma = \begin{bmatrix}kq \\ 0 \\ 0\end{bmatrix}.$
من دریافت می کنم:
$\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}=mv|k|$
بنابراین مقدار ذخیره شده به پارامتر سازی بستگی دارد اکنون: البته می دانم که در جایی اشتباه کردم. شاید در مورد محتوای قضیه نوتر (حتی اگر من محتوای قضیه گفته شده را مستقیماً از کتاب مکانیک لاگرانژی خودم بگیرم) یا شاید جای دیگری. سوالات من اینطور هست
چرا این نتیجه را می گیرم؟
چگونه می توانم نشان دهم که حرکت $p = mv$ برای یک سیستم انتقال متقارن با استفاده از قضیه Noether و استفاده از هر پارامتری که من می خواهم حفظ شده است؟
آیا درست است که حرکت عمومی برای هر سیستم ترجمه ای متقارن حفظ می شود؟
هنگامی که حفظ حرکت عمومی به معنای حفظ حرکت کلاسیک است؟
این مشکل من است. امیدوارم بتونید کمکم کنید. لطفا سعی کنید جواب کاملی به من بدهید ، این مشکل من را بسیار سخت می کند.
اما بعد سوال از استادم
اجازه دهید برای سادگی یک سیستم 1D را در نظر بگیریم. اگر $L(\dot{x},t)$دارای یک متغیر چرخه ای x باشد ، این عمل دارای یک تقارن ترجمه بی نهایت کوچک است
$\delta x~=~\epsilon,$و مشهور است که اتهام محافظت شده Noether
$Q~=~\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\tag{roham1}$
حرکت مزدوج است.OP بعداً یک تحول مختص را در نظر می گیرد
$x~=~f(q,t).$توجه داشته باشید که q لزوماً یک متغیر حلقوی نیست (زیرا ممکن است $\dot{x}=\frac{\partial f}{\partial q}\dot{q}+\frac{\partial f}{\partial t}$ به q وابسته باشد). تقارن جدید می شود$\delta q~=~\epsilon Y,$جایی که$Y~=~\frac{\partial q}{\partial x}~=~\left(\frac{\partial f}{\partial q}\right)^{-1}$
به اصطلاح ژنراتور است. طبق فرمول Noether ، شارژ ذخیره شده Noether "مولد زمان حرکت" است:
$Q~=~\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} Y~=~\frac{\partial L}{\partial \dot{x}},\tag{roham2}$که به دلیل قاعده زنجیره ای مانند قبل است.
تصویر

ارسال پست