2.18: Визначення головних осей
- Page ID
- 76157
Тепер нам потрібно звернутися до визначення головних осей. На відміну від двовимірного випадку, ми не маємо приємного простого явного виразу, подібного до Рівняння 2.12.12 для обчислення орієнтацій головних осей. Визначення найкраще проводити за допомогою числового прикладу.
Розглянемо чотири маси, положення і координати яких такі:
| М | х | у | z |
|---|---|---|---|
| 1 | 3 | 1 | 4 |
| 2 | 1 | 5 | 9 |
| 3 | 2 | 6 | 5 |
| 4 | 3 | 5 | 9 |
Відносно першої частинки координати
| 1 | 0 | 0 | 0 |
|---|---|---|---|
| 2 | -2 | 4 | 5 |
| 3 | -1 | 5 | 1 |
| 4 | 0 | 4 | 5 |
З цього легко виявити, що координати центру мас щодо першої частинки складають (−0,7, 3,9, 3,3), а моменти інерції щодо осей через першу частинку складають
- \(A = 324 \)
- \( B = 164 \)
- \( C = 182 \)
- \( F = 135 \)
- \( G = −23 \)
- \( H = −31 \)
З теорем паралельних осей можна знайти моменти інерції щодо осей, що проходять через центр мас:
- \( A = 63.0 \)
- \( B = 50.2 \)
- \( C = 25.0 \)
- \( F= 6.3 \)
- \( G= 0.1 \)
- \( H = −3.7 \)
Отже, тензор інерції
\[ \left(\begin{array}{c}63.0 & 3.7 & -0.1 \\ 3.7 & 50.2 & -6.3 \\ -0.1 & -6.3 & 25.0 \end{array}\right) \nonumber \]
Ми розуміємо з того, що було написано раніше\( \boldsymbol{\omega} \), що якщо, миттєвий вектор кутової швидкості, знаходиться уздовж будь-якої з головних осей, то\( \bf l { \boldsymbol{\omega} } \) буде в тому ж напрямку, що і\( \boldsymbol{\omega} \). Іншими словами, якщо\( (l,m,n) \) косинуси напрямку головної осі, то
\[ \left(\begin{array}{c}A & -H & G \\ -H & B & -F \\ -G & -F & C \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}l\\ m \\n\end{array}\right) = \lambda \left(\begin{array}{c}l\\ m \\n\end{array}\right), \nonumber \]
де\( \lambda\) - скалярна величина. Іншими словами, вектор зі складовими\( l, m, n \) (косинусами напряму головної осі) є власним вектором тензора інерції і\( \lambda \) є відповідним головним моментом інерції. Там буде три власні вектори (під прямим кутом один до одного) і три відповідні власні значення, які ми спочатку називаємо\( \lambda_1, \lambda_2, \lambda_3, \) хоча, як тільки ми дізнаємося, який найбільший і який найменший, ми будемо називати\(A_0 ,B_0 ,C_0 \), згідно з нашою конвенцією\( A_0 ≤ B_0 ≤ C_0 \).
\[ \begin{bmatrix}a - \lambda & -H & -G \\-H & B-\lambda & -F \\ -G & - F & C-\lambda \end{bmatrix} = 0. \nonumber \]
У цьому випадку це призводить до кубічного рівняння
\[ a_0 +a_1 \lambda +a_2 \lambda^2 −\lambda^3 =0, \nonumber \]
де
- \( a_0 =76226.44 \)
- \( a_1 = −5939.21\)
- \( a_2 = 138.20 \)
Три рішення для\( \lambda \), які ми назвемо\( A_0, B_0, C_0 \) в порядку збільшення розміру
- \( A_0 = 23.498256\)
- \( B_0 = 50.627521 \)
- \( C_0 = 64.074223 \)
і це основні моменти інерції. З теорії рівнянь відзначимо, що сума коренів точно дорівнює, а також відзначимо\( a_2 \), що вона дорівнює\( A + B + C \), узгоджується з тим, що ми писали в Розділі 2.16 (Рівняння 2.16.2). Сума діагональних елементів матриці відома як слід матриці. Математично ми говоримо, що «слід симетричної матриці інваріантний при ортогональному перетворенні».
Два інших співвідношення з теорії рівнянь можуть бути використані як перевірка на правильність арифметики. Добуток розв'язків дорівнює\(a_0 \), що також дорівнює визначнику тензора інерції, а сума добутків, взятих по два за раз, дорівнює\( −a_1 \).
Зараз ми знайшли величини основних моментів інерції; нам ще належить знайти косинуси напрямків трьох головних осей. Почнемо з осі найменшого моменту інерції, для якої припадає момент інерції\( A_0 = 23.498 256 \). Нехай косинуси напрямку цієї осі будуть\((l_1 ,m_1 ,n_1 ) \). Оскільки це є власним вектором з власним значенням 23.498 256, ми повинні мати
\[ \left(\begin{array}{c}63.0 & 3.7 & -0.1 \\ 3.7 & 50.2 & -6.3 \\ -0.1 & -6.3 & 25.0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}l_1\\ m_1 \\n_1\end{array}\right) = 23.498256 \left(\begin{array}{c}l_1\\ m_1 \\n_1\end{array}\right) \nonumber \]
Це три лінійні\( l_1 m_1, n_1, \) рівняння без постійного члена. Через відсутність постійного члена теорія рівнянь говорить нам, що третє рівняння, якщо воно узгоджується з двома іншими, повинно бути лінійною комбінацією перших двох. У нас є, по суті, тільки два незалежних рівняння, і нам знадобиться третє, незалежне рівняння, якщо ми будемо вирішувати для трьох напрямків косинусів. Якщо ми дозволимо\( l'=l /n \) і\(m'=m /n\), то перші два рівняння стануть
\[ 39.501744l' + 3.7m' − 0.1 = 0 \nonumber \]
\[ 3.7l' + 26.701744m' − 6.3 = 0. \nonumber \]
Рішення є
- \( l' = − 0.019825485 \)
- \( m' = + 0.238686617. \)
Правильність арифметики можна і потрібно перевіряти, перевіривши, що ці розв'язки також задовольняють третьому рівнянню.
Додаткове рівняння, яке нам потрібно, забезпечується теоремою Піфагора, яка дає відношення між трьома напрямками косинусів
\[ l_1^2+m_1^2+n_1^2 =1, \nonumber \]
або
\[ n^2_1 = \frac{1}{l'^{2} + m'^{2} + 1} \nonumber \]
звідки
\[ n_1 ± 0.972495608. \nonumber \]
Таким чином ми маємо, для напрямку косинуси осі, що відповідають моменту інерції\(A_0, \)
- \( l_1 = ∓ 0.019 280 197 \)
- \( m_1 =±0.232121881 \)
- \( n_1= ±0.972495608 \)
(Переконайтеся, що\( l^2_1 + m^2_1 +n^2_1 = 1. \))
Неважливо, який знак ви виберете - адже головна вісь йде в обидві сторони.
Аналогічні розрахунки по\( B_0 \) прибутковості
- \( l_2 = ± 0.280 652 440 \)
- \( m_2 = ∓ 0.932 312 706 \)
- \( n_2 = ± 0.228 094 774 \)
і для\( C_0 \)
- \( l_3 = ± 0.959 615 796 \)
- \( m_3 = ± 0.277 330 987 \)
- \( n_3 = ∓0.047 170 415 \)
Для перших двох осей неважливо, виберете ви верхній або нижній знак. Однак для третіх осей, щоб переконатися, що головні осі утворюють правосторонній набір, виберіть знак такий, щоб визначник матриці косинусів напрямку дорівнював +1.
Ми щойно бачили, що, якщо ми знаємо моменти та продукти\(A, B, C, F, G, H \) інерції щодо деяких осей (тобто якщо ми знаємо елементи тензора інерції), ми можемо знайти основні моменти\( A_0, B_0, C_0 \) інерції, діагоналізуючи тензор інерції або знаходячи його власні значення. Якщо, з іншого боку, ми знаємо основні моменти інерції системи частинок (або твердого тіла, яке є сукупністю частинок), то як ми можемо знайти момент інерції I навколо осі, косинуси напряму якої відносно головних осей\( (l, m, n) \)?
По-перше, деяка геометрія.
\(xyz \)Дозволяти O бути система координат, і\((x, y, z ) \) нехай P точка, вектор положення якої
\[ { \bf r} = x { \bf i} + y { \bf j } + z { \bf k}. \nonumber \]
Нехай L - пряма лінія, що проходить через початок, і нехай косинуси напряму цієї лінії
\( (l, m, n ) \). Одиничний вектор,\( \bf e \) спрямований вздовж L, представлений
\[ { \bf e} = l { \bf i} + m { \bf j } + n { \bf k } \nonumber \]
Кут\( \theta \) між\( { \bf r} \) і\( { \bf e} \) знаходиться від скалярного добутку\( { \bf r \cdot e } \), заданого
\[ r \cos \theta = { \bf r \cdot e.} \nonumber \]
Тобто.
\[ (x^2+y^2+z^2)^ \frac{1}{2} \cos \theta = lx +my +nz \nonumber \]
Перпендикулярна відстань\( p \) від P до L дорівнює
\[ p = r \sin \theta = (x^2+y^2+z^2)^ \frac{1}{2} \sin \theta. \nonumber \]
Якщо ми пишемо\( \sin \theta = (1- \cos^2 \theta ) ^ \frac{1}{2} \), то незабаром отримаємо
\[ p^2 =x^2 +y^2 +z^2 −(lx+my+nz)^2. \nonumber \]
Відзначивши, що\( l^2 =1−m^2 −n^2, m^2 =1−n^2 −l^2, n^2 =1−l^2 −m^2, \) знаходимо, після подальших маніпуляцій:
\[ p^2 =l^2(y^2 +z^2)+m^2(z^2 +x^2)+n^2(x^2 +y^2)−2(mnyz+nlzx+lmxy). \nonumber \]
Тепер повернемося до нашої колекції частинок, і нехай O\(xyz\) буде основними осями системи. Момент інерції системи по відношенню до лінії L дорівнює
\[ I = \sum M p^2. \nonumber \]
де я опустив індекс\( i\) на кожному символі. Використовуючи вираз для\( p\) і зазначивши, що моменти добутку системи щодо O\(xyz\) всі нульові, отримаємо
\[ I=l^2A_0 +m^2B_0 +n^2C_0. \label{eq:2.18} \]
Також,\( A, B, C, F, G, H \) нехай моментів і добутків інерції по відношенню до набору неголовних ортогональних осей; тоді момент інерції навколо якоїсь іншої осі з напрямком косинусів\( l, m, n \) по відношенню до цих неголовних осей дорівнює
\[ I = l^2A + m^2B + n^2C −2mnF − 2nlG − 2lmH. \label{eq:2.18.2} \]
Ми побачили в розділі 2.16, що момент інерції однорідного твердого куба маси\(M\) і сторони\( 2a \) навколо діагоналі тіла є\( \frac{2}{3} Ma^2 \), і ми побачили, як це було дуже легко. У той час проблема знаходження моменту інерції однорідного твердого прямокутного паралелепіпеда сторін,\( 2a, 2b, 2c \) мабуть, здавалася нерозв'язною, але до теперішнього часу вона зовсім не складна.
\( A_0 = \frac{1}{3} M (b^2 + c^2) \)
\( B_0 = \frac{1}{3} M (c^2 + a^2) \)
\( C_0 = \frac{1}{3} M (a^2 + b^2) \)
Таким чином, ми маємо:
\( l = \frac{a}{(a^2 + b^2 + c^2) ^ \frac{1}{2} } \)
\( m = \frac{b}{(a^2 + b^2 + c^2) ^ \frac{1}{2} } \)
\( n = \frac{c}{(a^2 + b^2 + c^2) ^ \frac{1}{2} }\)
Отримуємо:
\( I = \frac{2M (b^2c^2 + c^2a^2 + a^2b^2)}{3 (a^2 + b^2 + c^2) } \)
Відзначимо:
- Це розмірно правильно;
- Вона симетрична в\( a, b, c; \)
- Якщо\( a=b=c, \) вона зводиться до\( \frac{2}{3} Ma^2 \).