الفلك

الجمود الدوراني ، الزخم الزاوي للنظام الشمسي

الجمود الدوراني ، الزخم الزاوي للنظام الشمسي


We are searching data for your request:

Forums and discussions:
Manuals and reference books:
Data from registers:
Wait the end of the search in all databases.
Upon completion, a link will appear to access the found materials.

هل هناك خمول دوراني للنظام الشمسي باعتباره "قرص" كيان واحد؟ هل هذا ممكن حتى؟

  1. الزخم الزاوي لنظام متعدد النقاط في النظام الشمسي - بما أن الكواكب المختلفة لها كتلة وفترات مدارية مختلفة ، فهل يخلق الزخم الزاوي ، والقصور الذاتي في النظام؟

  2. كيف يمكن أن يؤثر كوكب ما على كوكب آخر في النظام من دورانه الفردي؟

  3. هل يُظهر النظام الشمسي دورانًا صارمًا للجسم من الكتلة الموزعة على الكواكب؟


المحاذاة الكوكبية للنظام الشمسي تؤدي إلى المد والجزر والزلازل

يفترض هذا البحث أن المد والجزر والزلازل ناتجة عن مواقع كوكب النظام الشمسي ، حيث تعمل جاذبية الكواكب كقوة دافعة على تغيير سرعة دوران الأرض. إن حدوث المد البحري ليس سوى نتيجة للتباطؤ النسبي في سرعة دوران الأرض التي تحث صفائح الأرض على التحرك. تضمن البحث تحليل بيانات الزلازل لكامل الأرض خلال شهر يوليو 2019 مع دراسة حالة الزلزالية للوحة العربية (AP) والتي شملت حزام زاغروس المطوي (ZFB) ومنطقة زاغروس ثراست (ZTZ) كحزام زلزالي نشط في نصف الكرة الشمالي. . تم حساب سرعة دوران الأرض لثمانية أحداث زلزالية ، واتضح أن السرعة كانت مختلفة لكل حالة. تم العثور على تناسب سلبي بين الزلزال وسرعة دوران الأرض. أثناء تكوين كوكب المشتري وزحل في خط مستقيم مع الأرض خلال شهر يوليو 2019 ، حدث ألف وسبعة وثلاثون زلزالًا حول العالم تم تحليلها إحصائيًا بمقياس 2-6. تم حساب سرعة الدوران / سرعة الدوران ، والزخم الزاوي ، والقصور الذاتي للطاقة الحركية ، والطاقة الكامنة للجاذبية للأرض عند خط الاستواء وعند 45 درجة لإظهار كيفية دوران اللوحات التي تثير سرعة الدوران. تتفاعل الكواكب مع بعضها البعض لتؤثر على الزلازل عن طريق ضغوط الجاذبية الناشئة عن تكوين كواكب النظام الشمسي التي تسبب تباطؤًا في سرعة دوران الأرض. هذا يحفز صفيحة الأرض على التحرك لتوليد الزلزال الناتج عن تفعيل الصدوع.

هذه معاينة لمحتوى الاشتراك ، والوصول عبر مؤسستك.


العزم الزاوي لأجسام النظام الشمسي: الآثار المترتبة على قوة الكويكبات

الزخم الزاوي ح يرسم مقابل الكتلة م للكواكب ولكل الكويكبات ذات معدلات دوران وأشكال معروفة ، مأخوذة أساسًا من دي سي ماكادو وجي إيه بيرنز [إيكاروس 18، 285–293 (1973)]. يُشتق الزخم الزاوي للكويكب & # x27s من معدل دورانه على النحو الذي تحدده فترة منحنى الضوء وشكله كما يتضح من اتساع منحنى الضوء ، وحيثما أمكن حجمه كما هو محدد بواسطة قياس الاستقطاب أو القياس الإشعاعي. يُفترض أن الكويكب يدور حول محور أقصى لحظة من القصور الذاتي. كما وجد سابقًا بواسطة F. F. Fish [إيكاروس 7، 251-256 (1967]) و W. K. Hartmann and S.M Larson [إيكاروس 7, 257–260 (1967)], ح يتناسب تقريبًا مع M 5 3 ، مما يدل على أن الكويكبات ومعظم الكواكب تدور بنفس المعدل تقريبًا. أصغر الكويكبات الموجودة على الأرض تنحرف عن التفاعل أعلاه ، وعادة ما تحتوي على زخم زاوي زائد. يشير هذا إلى أن الاصطدامات قد نقلت زخمًا زاويًا كبيرًا إلى أصغر الكويكبات ، وربما تسبب في تعديل حالات إجهادها الداخلية بشكل كبير من خلال تأثيرات الطرد المركزي.

ثم تتم مقارنة القوى الناتجة عن الجاذبية بتأثيرات الطرد المركزي لدوران بيضاوي ثلاثي المحاور بكثافة 3 جم سم −3. بالنسبة لجميع الكويكبات ذات الخصائص المعروفة ، يُظهر جاذبية الجاذبية أنها أكبر من تسارع الطرد المركزي لجسيم على السطح: وبالتالي فإن الثرى الكويكبات المرصودة مرتبطة بالجاذبية. يتم التحقيق في معادلة Poisson & # x27s لإمكانات الجاذبية ويظهر من خلال الحجج الرياضية والفيزيائية أن أي شكل إهليلجي بشكل تعسفي مع حالة حدود قوة السطح الجذابة الموجودة أعلاه سيكون لها قوى داخلية جذابة فقط. وبالتالي فإن حالات الضغط الداخلي في الكويكبات تكون دائمًا ضاغطة بحيث يمكن أن تتشقق الكويكبات داخليًا دون أن تفقد سلامتها.


تطور الأرض

9.09.1 ​​الحركة القطبية وتغيرات طول اليوم عبر الزمن (الجيولوجي)

تكشف ملاحظات الحالة المتطورة لدوران الكواكب عن حدوث تقلبات على نطاقات زمنية تتراوح من اليومي ، إلى السنوي ، إلى ما بين السنة ، والعقد ، والألفي ، وتمتد حتى إلى النطاق الزمني لمئات الملايين من السنين التي تحكم فيها عملية الحمل الحراري الكوكبي. التطور وحتى عمر 4.56 مليار سنة للكوكب نفسه. تتم مناقشة هذه الاختلافات في حالة الدوران بشكل مفيد للغاية من حيث التغييرات في معدل دوران الكواكب حول محور الدوران اللحظي وبالتالي الاختلافات في طول اليوم ، من ناحية ، أو من حيث تذبذب الدوران المحور كما لوحظ في إطار مرجعي ثابت للجسم من جهة أخرى. في النطاقات الزمنية شبه السنوية إلى السنوية القصيرة نسبيًا ، تبين بوضوح أن التغيرات في طول اليوم تظهر بشكل أساسي كنتيجة لتبادل الزخم الزاوي بين الأرض الصلبة والغلاف الجوي الذي يعلوها (على سبيل المثال ، Hide et al. ، 1980) والمحيطات . على النطاق الزمني بين السنوات ، كان أحد الاكتشافات الحديثة الهامة فيما يتعلق بتغير طول اليوم (مكان الإقامة) هو توثيق الإثارة الكبيرة المرتبطة بأحداث التذبذب الجنوبي لظاهرة النينيو (ENSO) (Cox and Chao ، 2002 Dickey et al. ، 2002) . فيما يتعلق بمصادر الإثارة المتذبذبة ، من الواضح أنه على النطاق الزمني للدورة الموسمية لتغير المناخ ، فإن إثارة المكون السنوي لتقلبية التذبذب ترجع إلى التبادل بين الكرة الأرضية لكتلة الغلاف الجوي. تذبذب تشاندلر ، مع ذلك ، يبدو أن التذبذب الحر لمحور دوران الأرض في إطار مرجعي ثابت للجسم مع فترة تقترب من 14 شهرًا ، مدفوعًا بشكل كبير بالحالة الديناميكية للمحيطات (على سبيل المثال ، إجمالي ، 2000) والجو. يبدو أن هذه التحليلات الأخيرة لمشكلة إثارة تشاندلر المتمايلة ، التي ستتم مراجعتها فيما يلي ، قد حلت أخيرًا ما ظل مشكلة لم يتم حلها لعقود من الزمن.

على النطاق الزمني الأطول لآلاف السنين ، تُظهر كلتا "الشذوذ" في دوران الأرض تغيرات علمانية واضحة ناتجة بشكل أساسي عن دورة العصر الجليدي المتأخر من التجلد والانحلال (بلتيير ، 1982) التي كانت سمة دائمة للنظام المناخي التباين على مدى 900000 سنة الماضية من تاريخ الأرض (على سبيل المثال ، Deblonde و Peltier ، 1991). سيكون التركيز الأساسي للمناقشة التي يجب اتباعها في هذا الفصل على الطريقة التي ، من خلال عملية التكيف التوازني الجليدي (GIA) ، تتسبب هذه الاختلافات الناتجة عن العصر الجليدي في دوران الأرض في العودة إلى مستوى سطح البحر النسبي لما بعد العصر الجليدي التاريخ ، وبالتالي تمكين إجراء اختبارات مفصلة على جودة النظرية التي تم تطويرها لحساب الاستجابة الدورانية لعملية GIA (Peltier ، 2005). أهمية الإسناد الدقيق لمصدر الإثارة للتغيرات العلمانية المرصودة في اللورد. والحركة القطبية لعملية GIA تتعلق بالدور المهم الذي يمكن استدعاء هذه الملاحظات للعبه في استنتاج لزوجة الأرض العميقة ، وهي معلمة مطلوبة في بناء نماذج الحمل الحراري في الوشاح وعمليات الانجراف القاري.

هناك جانب إضافي مثير للاهتمام لتاريخ دوران الأرض على النطاق الزمني لدورة العصر الجليدي المتأخر في العصر الجليدي الحديث ، ويتعلق بالطريقة التي يتم بها الاختلافات الزمنية في مكونات الانحدار والانحراف للهندسة المتطورة لمدار الأرض & # x27s حول الشمس ، مدفوعًا بالجاذبية نتم استخدام تأثيرات الجسم في النظام الشمسي لتحسين توقيت دورة العصر الجليدي نفسها (Shackleton et al. ، 1990).

على أطول النطاقات الزمنية التي يتحكم فيها التطور الحراري للكوكب بعملية الحمل الحراري في الوشاح ، توجد أيضًا احتمالية واضحة بحدوث تغيرات كبيرة وسريعة نسبيًا في السعة في حالة الدوران بالاقتران مع "تأثير الانهيار الجليدي" أثناء التي يتحول نمط دوران الحمل الحراري في الوشاح من نمط يتميز بطبقات شعاعية كبيرة للتدفق المدفوع حرارياً إلى شكل "الوشاح الكامل" (على سبيل المثال ، Solheim and Peltier ، 1994a ، b). يمكن أن تعمل هذه العملية على نحو يمكن تصوره للحث على عدم استقرار التجوال القطبي الحقيقي (IITPW) الذي اقترحه في البداية Gold (1955) والذي تم استدعاؤه مؤخرًا بواسطة Kirschvink et al. (1997) كما حدث في أوائل العصر الكمبري لتاريخ الأرض.

شكل 1 يوفر تصويرًا تخطيطيًا لمجموعة واسعة للغاية من العمليات التي تساهم في إثارة الاختلافات في دوران الأرض على جميع النطاقات الزمنية. المئويات في الرسم ، بعد التشبيه الملون من قبل جولد (1955) ، تهدف إلى تمثيل ، من خلال قدرتها على التحرك فوق السطح ، وبالتالي (؟) تعديل لحظة القصور الذاتي للكوكب ، وإثارة الدوران استجابة بسبب عمل عملية خلط الحمل الحراري في الوشاح الداخلي. كيف يمكن وصف هذا المكون من الإثارة الدورانية بدقة أكبر لا يزال موضوع نقاش كبير ، كما سيتم مناقشته في القسم الأخير من هذا الفصل.

شكل 1 . رسم تخطيطي يوضح مجموعة العمليات التي تساهم في إثارة الاختلافات في حالة دوران الكوكب. المئويات في الشكل ، والتي هي تعديل للخنافس التي استخدمها Gold (1955) لنفس الغرض التوضيحي ، تهدف إلى تمثيل المساهمة في الإثارة الدورانية بسبب عملية الحمل الحراري في الوشاح. هذا التخطيطي هو تعديل لذلك في ورقة Lambeck (1980a) للتعليق على الورقة المهمة لـ Hide et al. (1980).


11.4: الحفاظ على الزخم الزاوي

  • بمساهمة من OpenStax
  • الفيزياء العامة في OpenStax CNX
  • تطبيق الحفاظ على الزخم الزاوي لتحديد السرعة الزاوية لنظام دوار تتغير فيه لحظة القصور الذاتي
  • اشرح كيف تتغير الطاقة الحركية الدورانية عندما يخضع النظام للتغييرات في كل من لحظة القصور الذاتي والسرعة الزاوية

حتى الآن ، نظرنا إلى الزخم الزاوي للأنظمة التي تتكون من جسيمات نقطية وأجسام صلبة. لقد حللنا أيضًا عزم الدوران المعني ، باستخدام التعبير الذي يربط عزم الدوران الصافي الخارجي بالتغير في الزخم الزاوي. تتضمن أمثلة الأنظمة التي تلتزم بهذه المعادلة إطار دراجة يدور بحرية يتباطأ بمرور الوقت بسبب عزم الدوران الناتج عن الاحتكاك ، أو تباطؤ دوران الأرض و rsquos على مدى ملايين السنين بسبب قوى الاحتكاك التي تمارس على تشوهات المد والجزر.

ومع ذلك ، لنفترض أنه لا يوجد عزم دوران خارجي صافٍ على النظام ، ( sum vec < tau> ) = 0. في هذه الحالة ، يمكننا تقديم قانون الحفاظ على الزخم الزاوي.

قانون الحفاظ على الزخم الزاوي

يتم الحفاظ على الزخم الزاوي لنظام من الجسيمات حول نقطة في إطار مرجعي ثابت بالقصور الذاتي إذا لم يكن هناك عزم دوران خارجي صافٍ حول تلك النقطة:

[ vec = vec_ <1> + vec_ <2> + cdots + vec_ = ثابت ldotp تسمية <11.11> ]

لاحظ أن الزخم الزاوي الكلي ( vec) محفوظة. يمكن أن يتغير أي من العزم الزاوي الفردي طالما ظل مجموعهم ثابتًا. هذا القانون مشابه للزخم الخطي الذي يتم الحفاظ عليه عندما تكون القوة الخارجية على النظام صفرًا.

كمثال على الحفاظ على الزخم الزاوي ، يوضح الشكل ( PageIndex <1> ) متزلج على الجليد يقوم بدورة. صافي عزم الدوران عليها قريب جدًا من الصفر نظرًا لوجود احتكاك ضئيل نسبيًا بين الزلاجات والجليد. أيضًا ، يتم الاحتكاك بالقرب من النقطة المحورية. كلاهما (| vec| ) و (| vec| ) صغير ، لذا فإن (| vec < tau> | ) مهمل. وبالتالي ، يمكنها الدوران لبعض الوقت. يمكنها أيضًا زيادة معدل دورانها عن طريق سحب ذراعيها ورجليها إلى الداخل. لماذا يزيد شد ذراعيها وساقيها من معدل دورانها؟ الجواب أن زخمها الزاوي ثابت ، لذا

حيث تشير الكميات المحضرة إلى الظروف بعد أن شدّت ذراعيها وقللت لحظة القصور الذاتي لديها. نظرًا لأن I & Prime أصغر ، يجب زيادة السرعة الزاوية ( omega ) والعدد الرئيسي للحفاظ على ثبات الزخم الزاوي.

الشكل ( PageIndex <1> ): (أ) متزلج على الجليد يدور على طرف تزلجها وذراعيها ممدودتان. يتم الحفاظ على زخمها الزاوي لأن عزم الدوران الصافي عليها صغير بشكل مهم. (ب) يزداد معدل دورانها بشكل كبير عندما تسحب ذراعيها ، مما يقلل من لحظة القصور الذاتي لديها. ينتج عن العمل الذي تقوم به لسحب ذراعيها زيادة في الطاقة الحركية الدورانية.

من المثير للاهتمام أن نرى كيف تتغير الطاقة الحركية الدورانية للمتزلج عندما تسحب ذراعيها. طاقتها الدورانية الأولية هي

في حين أن طاقتها الدورانية النهائية هي

بما أن I & prime ( omega ) & prime = I ( omega ) ، يمكننا استبدال ( omega ) & Prime والعثور على

[ك'_ = frac <1> <2> أنا '( omega') ^ <2> = فارك <1> <2> أنا يسار ( dfrac omega right) ^ <2> = frac <1> <2> I omega ^ <2> left ( dfrac right) = K_ اليسار ( dfrac حق) ldotp ]

نظرًا لانخفاض لحظة القصور الذاتي لديها ، (I & Prime & lt I ) ، زادت طاقتها الحركية الدورانية النهائية. مصدر هذه الطاقة الحركية الدورانية الإضافية هو الشغل المطلوب لسحب ذراعيها إلى الداخل. لاحظ أن أذرع المتزلج و rsquos لا تتحرك في دائرة مثالية و mdashthey ​​حلزوني إلى الداخل. يتسبب هذا العمل في زيادة الطاقة الحركية الدورانية ، بينما يظل الزخم الزاوي ثابتًا. نظرًا لأنها في بيئة خالية من الاحتكاك ، فلا توجد طاقة تفلت من النظام. وبالتالي ، إذا كانت ستمد ذراعيها إلى مواقعها الأصلية ، فستدور بسرعة الزاوية الأصلية وستعود طاقتها الحركية إلى قيمتها الأصلية.

النظام الشمسي هو مثال آخر على كيفية عمل الحفاظ على الزخم الزاوي في كوننا. وُلِد نظامنا الشمسي من سحابة ضخمة من الغاز والغبار كانت لها طاقة دورانية في البداية. تسببت قوى الجاذبية في تقلص السحابة ، وزاد معدل الدوران نتيجة الحفاظ على الزخم الزاوي (الشكل ( فهرس الصفحة <2> )).

الشكل ( PageIndex <2> ): اندمج النظام الشمسي من سحابة من الغاز والغبار كانت تدور في الأصل. تكون الحركات المدارية ودوران الكواكب في نفس اتجاه الدوران الأصلي وتحافظ على الزخم الزاوي للسحابة الأصلية. (الائتمان: تعديل العمل من قبل وكالة ناسا)

نواصل مناقشتنا بمثال له تطبيقات في الهندسة.

مثال ( PageIndex <1> ): حذافات مزدوجة

تدور دولاب الموازنة دون احتكاك بسرعة زاوية ( omega_ <0> ) = 600 لفة / دقيقة على عمود رأسي عديم الاحتكاك من قصور دوراني مهمل. يتم إسقاط دولاب الموازنة الثاني ، وهو في حالة سكون وله لحظة من القصور الذاتي ثلاثة أضعاف تلك الخاصة بالحدافة الدوارة ، عليها (الشكل ( فهرس الصفحة <3> )). نظرًا لوجود احتكاك بين الأسطح ، تصل الحذافات بسرعة كبيرة إلى نفس سرعة الدوران ، وبعد ذلك تدور معًا.

  1. استخدم قانون الحفاظ على الزخم الزاوي لتحديد السرعة الزاوية ( omega ) للمجموعة.
  2. ما هو جزء الطاقة الحركية الأولية المفقودة في اقتران الحذافات؟

الجزء (أ) واضح ومباشر لحل السرعة الزاوية للنظام المقترن. نستخدم نتيجة (أ) لمقارنة الطاقات الحركية الأولية والنهائية للنظام في الجزء (ب).

  1. لا يوجد عزم دوران خارجي يعمل على النظام. تنتج القوة الناتجة عن الاحتكاك عزمًا داخليًا لا يؤثر على الزخم الزاوي للنظام. لذلك فإن الحفاظ على الزخم الزاوي يعطي [I_ <0> omega_ <0> = (I_ <0> + 3I_ <0>) omega، nonumber ] [ omega = frac <1> <4> omega_ <0> = 150 rev / min = 15.7 rad / s ldotp nonumber ]
  2. قبل التلامس ، هناك حذافة واحدة فقط تدور. الطاقة الحركية الدورانية لهذه الحذافة هي الطاقة الحركية الدورانية الأولية للنظام ، ( frac <1> <2> I_ <0> omega_ <0> ^ <2> ). الطاقة الحركية النهائية هي [ frac <1> <2> (4I_ <0>) omega ^ <2> = frac <1> <2> (4I_ <0>) left ( dfrac < omega_ <0>> <4> right) ^ <2> = frac <1> <8> I_ <0> omega_ <0> ^ <2>. nonumber ] لذلك ، فإن نسبة الطاقة الحركية النهائية إلى الطاقة الحركية الأولية هي [ frac < frac <1> <8> I_ <0> omega_ <0> ^ <2>> < frac < 1> <2> I_ <0> omega_ <0> ^ <2>> = frac <1> <4> ldotp nonumber ] وبالتالي ، يتم فقدان 3/4 من الطاقة الحركية الأولية لاقتران الحذافتان.

دلالة

منذ زيادة الجمود الدوراني للنظام ، انخفضت السرعة الزاوية ، كما هو متوقع من قانون الحفاظ على الزخم الزاوي. في هذا المثال ، نرى أن الطاقة الحركية النهائية للنظام قد انخفضت ، حيث تُفقد الطاقة في اقتران الحذافات. قارن هذا بمثال المتزلج في الشكل ( فهرس الصفحة <1> ) يقوم بعمل لجلب ذراعيها إلى الداخل وإضافة طاقة حركية دورانية.

تدور جولة مرح في الملعب بسرعة 4.0 لفة / دقيقة. يقفز ثلاثة أطفال ويزيدون من لحظة القصور الذاتي في لعبة الدوامة المرحة / نظام دوران الأطفال بنسبة 25٪. ما هو معدل الدوران الجديد؟

مثال ( PageIndex <2A> ): إلغاء التحميل من شريط عالٍ

يركل لاعب الجمباز وزنه 80.0 كجم من قضيب مرتفع. يبدأ الفك بامتداد كامل ، ثم يثني لإكمال عدد من الثورات قبل الهبوط. يمكن تقريب لحظة القصور الذاتي عند تمديده بالكامل كقضيب بطول 1.8 متر وعندما يكون في الثنية قضيب نصف هذا الطول. إذا كان معدل دورانه عند الامتداد الكامل 1.0 لفة / ثانية ودخل الثنية عندما يكون مركز كتلته على ارتفاع 3.0 متر متحركًا أفقيًا إلى الأرض ، فكم عدد الدورات التي يمكنه تنفيذها إذا خرج من الثنية بارتفاع 1.8 متر ؟ انظر الشكل ( PageIndex <4> ).

الشكل ( PageIndex <4> ): ينزل لاعب الجمباز من شريط مرتفع وينفذ عددًا من الثورات في الوضع المطوي قبل الهبوط في وضع مستقيم.

باستخدام الحفاظ على الزخم الزاوي ، يمكننا إيجاد معدل دورانه عندما يكون في الثنية. باستخدام معادلات الكينماتيكا ، يمكننا إيجاد الفترة الزمنية من ارتفاع 3.0 م إلى 1.8 م. نظرًا لأنه يتحرك أفقيًا فيما يتعلق بالأرض ، فإن معادلات السقوط الحر تبسط. سيسمح ذلك بحساب عدد الثورات التي يمكن تنفيذها. نظرًا لأننا نستخدم نسبة ، يمكننا الاحتفاظ بالوحدات على أنها rev / s و don & rsquot بحاجة للتحويل إلى راديان / ثانية.

لحظة القصور الذاتي عند الامتداد الكامل هي [I_ <0> = frac <1> <12> mL ^ <2> = frac <1> <12> (80.0 kg) (1.8 m) ^ <2 > = 21.6 kg cdotp m ^ <2> ldotp nonumber ]

لحظة القصور الذاتي في الثنية هي [I_ = فارك <1> <12> مل_^ <2> = frac <1> <12> (80.0 kg) (0.9 m) ^ <2> = 5.4 kg cdotp m ^ <2> ldotp nonumber ]

الحفاظ على الزخم الزاوي: [I_ أوميغا = I_ <0> omega_ <0> Rightarrow omega_ = فارك omega_ <0>><>> = frac <(21.6 kg cdotp m ^ <2>) (1.0 rev / s)> <5.4 kg cdotp m ^ <2>> = 4.0 rev / s ldotp nonumber ]

الفاصل الزمني في الثنية: [t = sqrt < frac <2h>> = sqrt < frac <2 (3.0 - 1.8) m> <9.8 m / s >> = 0.5 s ldotp nonumber ]

في 0.5 ثانية ، سيكون قادرًا على تنفيذ دورتين بسرعة 4.0 دورة / ثانية.

دلالة

لاحظ أن عدد الثورات التي يمكنه إكمالها سيعتمد على المدة التي يقضيها في الهواء. في المشكلة ، هو يخرج من الشريط المرتفع أفقيًا على الأرض. يمكنه أيضًا الخروج بزاوية بالنسبة إلى الأرض ، مما يمنحه وقتًا أطول أو أقل في الهواء اعتمادًا على الزاوية ، سواء كانت موجبة أو سلبية ، بالنسبة إلى الأرض. يجب على لاعبي الجمباز أن يأخذوا ذلك في الاعتبار عند تنفيذهم لفيلائهم.

مثال ( PageIndex <2B> ): الحفاظ على الزخم الزاوي للتصادم

رصاصة كتلتها m = 2.0 g تتحرك أفقيًا بسرعة 500.0 m / s. تضرب الرصاصة وتصبح مطمورة في حافة قرص صلب كتلته M = 3.2 كجم ونصف قطر R = 0.5 م. الأسطوانة حرة في الدوران حول محورها وتكون في حالة سكون مبدئيًا (الشكل ( فهرس الصفحة <5> )). ما السرعة الزاوية للقرص مباشرة بعد اندماج الرصاصة؟

الشكل ( PageIndex <5> ): يتم إطلاق رصاصة أفقيًا وتصبح مضمنة في حافة القرص الذي يمكن تدويره مجانًا حول محوره العمودي.

بالنسبة لنظام الرصاصة والأسطوانة ، لا يعمل أي عزم خارجي على طول المحور الرأسي عبر مركز القرص. وبالتالي ، يتم الحفاظ على الزخم الزاوي على طول هذا المحور. الزخم الزاوي الأولي للرصاصة هو mvR ، والذي يتم قياسه حول محور دوران القرص في اللحظة التي تسبق الاصطدام. الزخم الزاوي الأولي للأسطوانة يساوي صفرًا. وبالتالي ، فإن صافي الزخم الزاوي للنظام هو mvR. نظرًا للحفاظ على الزخم الزاوي ، فإن الزخم الزاوي الأولي للنظام يساوي الزخم الزاوي للرصاصة المضمنة في القرص فور الاصطدام.

الزخم الزاوي الأولي للنظام هو

[L_ = mvR ldotp nonumber ]

لحظة القصور الذاتي للنظام برصاصة مدمجة في القرص هي

[I = mR ^ <2> + frac <1> <2> MR ^ <2> = left (m + dfrac<2> right) R ^ <2> ldotp nonumber ]

الزخم الزاوي الأخير للنظام هو

[L_ = أنا omega_ ldotp nonumber ]

وهكذا ، من خلال الحفاظ على الزخم الزاوي ، Lأنا = لامF و

[mvR = يسار (م + dfrac<2> right) R ^ <2> omega_ ldotp غير رقم ]

دلالة

يتكون النظام من جسيم نقطي وجسم صلب. يجب توخي الحذر عند تكوين الزخم الزاوي قبل الاصطدام وبعده. قبل الاصطدام مباشرة ، يتم أخذ الزخم الزاوي للرصاصة حول محور دوران القرص.


الزخم الزاوي

المفهوم الأكثر تعقيدًا بعض الشيء ، ولكنه مهم لفهم العديد من الأجسام الفلكية ، هو الزخم الزاوي، وهو مقياس لدوران الجسم لأنه يدور حول نقطة ثابتة (مثال على ذلك كوكب يدور حول الشمس). يُعرَّف الزخم الزاوي لجسم بأنه حاصل ضرب كتلته وسرعته ومسافته من النقطة الثابتة التي يدور حولها.

إذا ظلت هذه الكميات الثلاث ثابتة - أي إذا كانت حركة جسم معين تحدث بسرعة ثابتة على مسافة ثابتة من مركز الدوران - فإن الزخم الزاوي يكون أيضًا ثابتًا. قانون كبلر الثاني هو نتيجة لـ الحفاظ على الزخم الزاوي. عندما يقترب كوكب من الشمس في مداره الإهليلجي وتقل المسافة إلى مركز الدوران ، تتسارع الكوكب للحفاظ على الزخم الزاوي. وبالمثل ، عندما يكون الكوكب بعيدًا عن الشمس ، فإنه يتحرك بشكل أبطأ.

ال الحفاظ على الزخم الزاوي يتضح من المتزلجين على الجليد ، الذين يجلبون أذرعهم وأرجلهم للدوران بسرعة أكبر ، ويمدون أذرعهم وأرجلهم لإبطاء (الشكل 3) يمكنك تكرار هذا بنفسك على كرسي دوار جيد التزييت عن طريق البدء في الدوران ببطء مع تمديد ذراعيك ثم سحب ذراعيك للداخل. مثال آخر على الحفاظ على الزخم الزاوي هو تقلص سحابة من الغبار أو انهيار نجم على نفسه (كلاهما هي المواقف التي سوف تتعلم عنها أثناء القراءة). عندما تتحرك المادة إلى مسافة أقل من مركز الدوران ، تزداد سرعة المادة للحفاظ على الزخم الزاوي.

الشكل 3: الحفاظ على الزخم الزاوي. عندما تجلب متزلجة شخصية تدور بين ذراعيها ، تكون المسافة بينها وبين مركز دورانها أصغر ، وبالتالي تزداد سرعتها. عندما تكون ذراعيها خارجة ، تكون المسافة بينهما أكبر ، لذا تبطئ سرعتها.

المفاهيم الأساسية والملخص

في مبادئ، وضع إسحاق نيوتن القوانين الثلاثة التي تحكم حركة الأجسام: (1) تظل الأجسام في حالة راحة أو تتحرك بسرعة ثابتة ما لم يتم التصرف بموجبها بواسطة قوة خارجية (2) تسبب قوة خارجية تسارعًا (وتغير الزخم ) لجسم و (3) لكل فعل رد فعل مساوٍ ومعاكس. الزخم هو مقياس لحركة جسم ما ويعتمد على كل من كتلته وسرعته. الزخم الزاوي هو مقياس لحركة جسم يدور أو يدور ويعتمد على كتلته وسرعته والمسافة من النقطة التي يدور حولها. كثافة الجسم هي كتلته مقسومة على حجمه.


11.3 الحفاظ على الزخم الزاوي

حتى الآن ، نظرنا إلى الزخم الزاوي للأنظمة التي تتكون من جسيمات نقطية وأجسام صلبة. لقد قمنا أيضًا بتحليل عزم الدوران المعني ، باستخدام التعبير الذي يربط عزم الدوران الصافي الخارجي بالتغير في الزخم الزاوي ، (الشكل). تتضمن أمثلة الأنظمة التي تلتزم بهذه المعادلة إطار دراجة يدور بحرية يتباطأ بمرور الوقت بسبب عزم الدوران الناتج عن الاحتكاك ، أو تباطؤ دوران الأرض على مدى ملايين السنين بسبب قوى الاحتكاك التي تمارس على تشوهات المد والجزر.

ومع ذلك ، لنفترض أنه لا يوجد عزم دوران خارجي صافٍ على النظام ،

في هذه الحالة ، (الشكل) يصبح قانون الحفاظ على الزخم الزاوي.

قانون الحفاظ على الزخم الزاوي

يتم الحفاظ على الزخم الزاوي لنظام من الجسيمات حول نقطة في إطار مرجعي ثابت بالقصور الذاتي إذا لم يكن هناك عزم دوران خارجي صافٍ حول تلك النقطة:

نلاحظ أن مجموع الزخم الزاوي

محفوظ. يمكن أن يتغير أي من العزم الزاوي الفردي طالما ظل مجموعهم ثابتًا. هذا القانون مشابه للزخم الخطي الذي يتم الحفاظ عليه عندما تكون القوة الخارجية على النظام صفرًا.

كمثال على الحفاظ على الزخم الزاوي ، يوضح (الشكل) متزلجًا على الجليد ينفذ دورانًا. صافي عزم الدوران عليها قريب جدًا من الصفر نظرًا لوجود احتكاك ضئيل نسبيًا بين الزلاجات والجليد. أيضًا ، يتم الاحتكاك بالقرب من النقطة المحورية. كلاهما

لا يكاد يذكر. وبالتالي ، يمكنها الدوران لبعض الوقت. يمكنها أيضًا زيادة معدل دورانها عن طريق سحب ذراعيها ورجليها إلى الداخل. لماذا يزيد شد ذراعيها وساقيها من معدل دورانها؟ الجواب أن زخمها الزاوي ثابت ، لذا

حيث تشير الكميات المحضرة إلى الظروف بعد أن شدّت ذراعيها وقللت لحظة القصور الذاتي لديها. لأن

أصغر ، السرعة الزاوية

يجب أن تزيد للحفاظ على ثبات الزخم الزاوي.

الشكل 11.14 (أ) تدور متزلجة على الجليد على طرف زلاجة لها وذراعها ممدودتان. يتم الحفاظ على زخمها الزاوي لأن عزم الدوران الصافي عليها صغير بشكل مهم. (ب) يزداد معدل دورانها بشكل كبير عندما تسحب ذراعيها ، مما يقلل من لحظة القصور الذاتي لديها. ينتج عن العمل الذي تقوم به لسحب ذراعيها زيادة في الطاقة الحركية الدورانية.

من المثير للاهتمام أن نرى كيف تتغير الطاقة الحركية الدورانية للمتزلج عندما تسحب ذراعيها. طاقتها الدورانية الأولية هي

في حين أن طاقتها الدورانية النهائية هي

لأن لحظة جمودها قد انخفضت ،

زادت طاقتها الحركية الدورانية النهائية. مصدر هذه الطاقة الحركية الدورانية الإضافية هو الشغل المطلوب لسحب ذراعيها إلى الداخل. لاحظ أن أذرع المتزلج لا تتحرك في دائرة كاملة - فهي تلتف إلى الداخل. يتسبب هذا العمل في زيادة الطاقة الحركية الدورانية ، بينما يظل الزخم الزاوي ثابتًا. نظرًا لأنها في بيئة خالية من الاحتكاك ، فلا توجد طاقة تفلت من النظام. وبالتالي ، إذا كانت ستمد ذراعيها إلى مواقعها الأصلية ، فستدور بسرعة الزاوية الأصلية وستعود طاقتها الحركية إلى قيمتها الأصلية.

النظام الشمسي هو مثال آخر على كيفية عمل الحفاظ على الزخم الزاوي في كوننا. وُلِد نظامنا الشمسي من سحابة ضخمة من الغاز والغبار كانت في البداية طاقة دورانية. تسببت قوى الجاذبية في تقلص السحابة ، وزاد معدل الدوران نتيجة الحفاظ على الزخم الزاوي ((الشكل)).

الشكل 11.15 اندمج النظام الشمسي من سحابة من الغاز والغبار كانت تدور في الأصل. تكون الحركات المدارية ودوران الكواكب في نفس اتجاه الدوران الأصلي وتحافظ على الزخم الزاوي للسحابة الأصلية. (الائتمان: تعديل العمل من قبل وكالة ناسا)

نواصل مناقشتنا بمثال له تطبيقات في الهندسة.

مثال

الحذافات المزدوجة

تدور دولاب الموازنة بسرعة زاوية دون احتكاك

على عمود رأسي عديم الاحتكاك من قصور دوراني ضئيل. يتم إسقاط دولاب الموازنة الثاني ، وهو في حالة سكون ولديه لحظة من القصور الذاتي ثلاث مرات من الحدافة الدوارة ، عليها ((الشكل)). نظرًا لوجود احتكاك بين الأسطح ، تصل الحذافات بسرعة كبيرة إلى نفس سرعة الدوران ، وبعد ذلك تدور معًا. (أ) استخدم قانون حفظ الزخم الزاوي لتحديد السرعة الزاوية

من الجمع. (ب) ما هو الجزء المفقود من الطاقة الحركية الأولية في اقتران الحذافات؟

الشكل 11.16 اثنين من الحذافات مقترنة وتدور معًا.

إستراتيجية

الجزء (أ) واضح ومباشر لحل السرعة الزاوية للنظام المقترن. نستخدم نتيجة (أ) لمقارنة الطاقات الحركية الأولية والنهائية للنظام في الجزء (ب).

حل

أ. لا يوجد عزم دوران خارجي يعمل على النظام. تنتج القوة الناتجة عن الاحتكاك عزمًا داخليًا لا يؤثر على الزخم الزاوي للنظام. لذلك يعطي الحفاظ على الزخم الزاوي

ب. قبل التلامس ، هناك حذافة واحدة فقط تدور. الطاقة الحركية الدورانية لهذا الحدافة هي الطاقة الحركية الدورانية الأولية للنظام ،

. الطاقة الحركية النهائية

لذلك ، فإن نسبة الطاقة الحركية النهائية إلى الطاقة الحركية الأولية هي

وبالتالي ، يتم فقد 3/4 الطاقة الحركية الأولية عند اقتران الحذافتين.

دلالة

منذ زيادة الجمود الدوراني للنظام ، انخفضت السرعة الزاوية ، كما هو متوقع من قانون الحفاظ على الزخم الزاوي. في هذا المثال ، نرى أن الطاقة الحركية النهائية للنظام قد انخفضت ، حيث تُفقد الطاقة في اقتران الحذافات. قارن هذا بمثال المتزلجة في (الشكل) وهي تقوم بعمل لجلب ذراعيها إلى الداخل وإضافة طاقة حركية دورانية.

تأكد من فهمك

تدور جولة مرح في الملعب بسرعة 4.0 لفة / دقيقة. يقفز ثلاثة أطفال ويزيدون من لحظة القصور الذاتي في لعبة الدوامة المرحة / نظام دوران الأطفال

. ما هو معدل الدوران الجديد؟

[كشف-answer q = & # 8221fs-id1165037935148 & # 8243] إظهار الحل [/كشف-answer]

باستخدام الحفاظ على الزخم الزاوي ، لدينا

مثال

ترجل من شريط مرتفع

يركل لاعب الجمباز وزنه 80.0 كجم من قضيب مرتفع. يبدأ الفك بامتداد كامل ، ثم يثني لإكمال عدد من الثورات قبل الهبوط. يمكن تقريب لحظة القصور الذاتي عند تمديده بالكامل كقضيب بطول 1.8 متر وعندما يكون في الثنية قضيب نصف هذا الطول. إذا كان معدل دورانه عند الامتداد الكامل 1.0 لفة / ثانية ودخل الثنية عندما يكون مركز كتلته على ارتفاع 3.0 متر متحركًا أفقيًا إلى الأرض ، فكم عدد الدورات التي يمكنه تنفيذها إذا خرج من الثنية بارتفاع 1.8 متر ؟ أنظر للشكل).

الشكل 11.17 ينزل لاعب الجمباز من شريط عالٍ وينفذ عددًا من الثورات في الوضع المطوي قبل أن يهبط في وضع مستقيم.

إستراتيجية

باستخدام الحفاظ على الزخم الزاوي ، يمكننا إيجاد معدل دورانه عندما يكون في الثنية. باستخدام معادلات الكينماتيكا ، يمكننا إيجاد الفترة الزمنية من ارتفاع 3.0 م إلى 1.8 م. نظرًا لأنه يتحرك أفقيًا فيما يتعلق بالأرض ، فإن معادلات السقوط الحر تبسط. سيسمح ذلك بحساب عدد الثورات التي يمكن تنفيذها. نظرًا لأننا نستخدم نسبة ، يمكننا الاحتفاظ بالوحدات على أنها rev / s ولا نحتاج إلى التحويل إلى راديان / ثانية.

حل

لحظة القصور الذاتي عند التمدد الكامل هي

لحظة القصور الذاتي في الثنية هي

.
الحفاظ على الزخم الزاوي:

الفاصل الزمني في الثنية:

في 0.5 ثانية ، سيكون قادرًا على تنفيذ دورتين بسرعة 4.0 دورة / ثانية.

دلالة

Note that the number of revolutions he can complete will depend on how long he is in the air. In the problem, he is exiting the high bar horizontally to the ground. He could also exit at an angle with respect to the ground, giving him more or less time in the air depending on the angle, positive or negative, with respect to the ground. Gymnasts must take this into account when they are executing their dismounts.

مثال

Conservation of Angular Momentum of a Collision

is moving horizontally with a speed of

The bullet strikes and becomes embedded in the edge of a solid disk of mass

The cylinder is free to rotate around its axis and is initially at rest ((Figure)). What is the angular velocity of the disk immediately after the bullet is embedded?

Figure 11.18 A bullet is fired horizontally and becomes embedded in the edge of a disk that is free to rotate about its vertical axis.

إستراتيجية

For the system of the bullet and the cylinder, no external torque acts along the vertical axis through the center of the disk. Thus, the angular momentum along this axis is conserved. The initial angular momentum of the bullet is

, which is taken about the rotational axis of the disk the moment before the collision. The initial angular momentum of the cylinder is zero. Thus, the net angular momentum of the system is

. Since angular momentum is conserved, the initial angular momentum of the system is equal to the angular momentum of the bullet embedded in the disk immediately after impact.

حل

The initial angular momentum of the system is

The moment of inertia of the system with the bullet embedded in the disk is

The final angular momentum of the system is

Thus, by conservation of angular momentum,

دلالة

The system is composed of both a point particle and a rigid body. Care must be taken when formulating the angular momentum before and after the collision. Just before impact the angular momentum of the bullet is taken about the rotational axis of the disk.

ملخص

  • In the absence of external torques, a system’s total angular momentum is conserved. This is the rotational counterpart to linear momentum being conserved when the external force on a system is zero.
  • For a rigid body that changes its angular momentum in the absence of a net external torque, conservation of angular momentum gives

Conceptual Questions

What is the purpose of the small propeller at the back of a helicopter that rotates in the plane perpendicular to the large propeller?

[reveal-answer q=”fs-id1165038199297″]Show Solution[/reveal-answer]

Without the small propeller, the body of the helicopter would rotate in the opposite sense to the large propeller in order to conserve angular momentum. The small propeller exerts a thrust at a distance ص from the center of mass of the aircraft to prevent this from happening.

As the rope of a tethered ball winds around a pole, what happens to the angular velocity of the ball?

[reveal-answer q=”fs-id1165038356984″]Show Solution[/reveal-answer]

The angular velocity increases because the moment of inertia is decreasing.

Suppose the polar ice sheets broke free and floated toward Earth’s equator without melting. What would happen to Earth’s angular velocity?

Explain why stars spin faster when they collapse.

[reveal-answer q=�″]Show Answer[/reveal-answer]
[hidden-answer a=�″]More mass is concentrated near the rotational axis, which decreases the moment of inertia causing the star to increase its angular velocity.[/hidden-answer]

Competitive divers pull their limbs in and curl up their bodies when they do flips. Just before entering the water, they fully extend their limbs to enter straight down (see below). Explain the effect of both actions on their angular velocities. Also explain the effect on their angular momentum.

مشاكل

A disk of mass 2.0 kg and radius 60 cm with a small mass of 0.05 kg attached at the edge is rotating at 2.0 rev/s. The small mass suddenly separates from the disk. What is the disk’s final rotation rate?

and it has a rotational period of approximately 28 days. If the Sun should collapse into a white dwarf of radius

what would its period be if no mass were ejected and a sphere of uniform density can model the Sun both before and after?

[reveal-answer q=”fs-id1165037231632″]Show Solution[/reveal-answer]

A cylinder with rotational inertia

rotates clockwise about a vertical axis through its center with angular speed

A second cylinder with rotational inertia

rotates counterclockwise about the same axis with angular speed

. If the cylinders couple so they have the same rotational axis what is the angular speed of the combination? What percentage of the original kinetic energy is lost to friction?

A diver off the high board imparts an initial rotation with his body fully extended before going into a tuck and executing three back somersaults before hitting the water. If his moment of inertia before the tuck is

and after the tuck during the somersaults is

, what rotation rate must he impart to his body directly off the board and before the tuck if he takes 1.4 s to execute the somersaults before hitting the water?

[reveal-answer q=”fs-id1165038396970″]Show Solution[/reveal-answer]

An Earth satellite has its apogee at 2500 km above the surface of Earth and perigee at 500 km above the surface of Earth. At apogee its speed is 730 m/s. What is its speed at perigee? Earth’s radius is 6370 km (see below).

A Molniya orbit is a highly eccentric orbit of a communication satellite so as to provide continuous communications coverage for Scandinavian countries and adjacent Russia. The orbit is positioned so that these countries have the satellite in view for extended periods in time (see below). If a satellite in such an orbit has an apogee at 40,000.0 km as measured from the center of Earth and a velocity of 3.0 km/s, what would be its velocity at perigee measured at 200.0 km altitude?

[reveal-answer q=�″]Show Answer[/reveal-answer]
[hidden-answer a=�″]

Shown below is a small particle of mass 20 g that is moving at a speed of 10.0 m/s when it collides and sticks to the edge of a uniform solid cylinder. The cylinder is free to rotate about its axis through its center and is perpendicular to the page. The cylinder has a mass of 0.5 kg and a radius of 10 cm, and is initially at rest. (a) What is the angular velocity of the system after the collision? (b) How much kinetic energy is lost in the collision?

A bug of mass 0.020 kg is at rest on the edge of a solid cylindrical disk

rotating in a horizontal plane around the vertical axis through its center. The disk is rotating at 10.0 rad/s. The bug crawls to the center of the disk. (a) What is the new angular velocity of the disk? (b) What is the change in the kinetic energy of the system? (c) If the bug crawls back to the outer edge of the disk, what is the angular velocity of the disk then? (d) What is the new kinetic energy of the system? (e) What is the cause of the increase and decrease of kinetic energy?

[reveal-answer q=”fs-id1165037028438″]Show Solution[/reveal-answer]

back to the original value

back to the original value

ه. work of the bug crawling on the disk

A uniform rod of mass 200 g and length 100 cm is free to rotate in a horizontal plane around a fixed vertical axis through its center, perpendicular to its length. Two small beads, each of mass 20 g, are mounted in grooves along the rod. Initially, the two beads are held by catches on opposite sides of the rod’s center, 10 cm from the axis of rotation. With the beads in this position, the rod is rotating with an angular velocity of 10.0 rad/s. When the catches are released, the beads slide outward along the rod. (a) What is the rod’s angular velocity when the beads reach the ends of the rod? (b) What is the rod’s angular velocity if the beads fly off the rod?

A merry-go-round has a radius of 2.0 m and a moment of inertia

A boy of mass 50 kg runs tangent to the rim at a speed of 4.0 m/s and jumps on. If the merry-go-round is initially at rest, what is the angular velocity after the boy jumps on?

[reveal-answer q=”fs-id1165038006378″]Show Solution[/reveal-answer]

A playground merry-go-round has a mass of 120 kg and a radius of 1.80 m and it is rotating with an angular velocity of 0.500 rev/s. What is its angular velocity after a 22.0-kg child gets onto it by grabbing its outer edge? The child is initially at rest.

Three children are riding on the edge of a merry-go-round that is 100 kg, has a 1.60-m radius, and is spinning at 20.0 rpm. The children have masses of 22.0, 28.0, and 33.0 kg. If the child who has a mass of 28.0 kg moves to the center of the merry-go-round, what is the new angular velocity in rpm?

[reveal-answer q=�″]Show Answer[/reveal-answer]
[hidden-answer a=�″]

(a) Calculate the angular momentum of an ice skater spinning at 6.00 rev/s given his moment of inertia is

. (b) He reduces his rate of spin (his angular velocity) by extending his arms and increasing his moment of inertia. Find the value of his moment of inertia if his angular velocity decreases to 1.25 rev/s. (c) Suppose instead he keeps his arms in and allows friction of the ice to slow him to 3.00 rev/s. What average torque was exerted if this takes 15.0 s?

Twin skaters approach one another as shown below and lock hands. (a) Calculate their final angular velocity, given each had an initial speed of 2.50 m/s relative to the ice. Each has a mass of 70.0 kg, and each has a center of mass located 0.800 m from their locked hands. You may approximate their moments of inertia to be that of point masses at this radius. (b) Compare the initial kinetic energy and final kinetic energy.

[reveal-answer q=�″]Show Answer[/reveal-answer]
[hidden-answer a=�″]a.

A baseball catcher extends his arm straight up to catch a fast ball with a speed of 40 m/s. The baseball is 0.145 kg and the catcher’s arm length is 0.5 m and mass 4.0 kg. (a) What is the angular velocity of the arm immediately after catching the ball as measured from the arm socket? (b) What is the torque applied if the catcher stops the rotation of his arm 0.3 s after catching the ball?

In 2015, in Warsaw, Poland, Olivia Oliver of Nova Scotia broke the world record for being the fastest spinner on ice skates. She achieved a record 342 rev/min, beating the existing Guinness World Record by 34 rotations. If an ice skater extends her arms at that rotation rate, what would be her new rotation rate? Assume she can be approximated by a 45-kg rod that is 1.7 m tall with a radius of 15 cm in the record spin. With her arms stretched take the approximation of a rod of length 130 cm with

of her body mass aligned perpendicular to the spin axis. Neglect frictional forces.

[reveal-answer q=”fs-id1165036749425″]Show Solution[/reveal-answer]

Moment of inertia in the record spin:

A satellite in a geosynchronous circular orbit is 42,164.0 km from the center of Earth. A small asteroid collides with the satellite sending it into an elliptical orbit of apogee 45,000.0 km. What is the speed of the satellite at apogee? Assume its angular momentum is conserved.

A gymnast does cartwheels along the floor and then launches herself into the air and executes several flips in a tuck while she is airborne. If her moment of inertia when executing the cartwheels is

and her spin rate is 0.5 rev/s, how many revolutions does she do in the air if her moment of inertia in the tuck is

and she has 2.0 s to do the flips in the air?

[reveal-answer q=”fs-id1165036756449″]Show Solution[/reveal-answer]

Her spin rate in the air is:


She can do four flips in the air.

The centrifuge at NASA Ames Research Center has a radius of 8.8 m and can produce forces on its payload of 20 زs or 20 times the force of gravity on Earth. (a) What is the angular momentum of a 20-kg payload that experiences 10 زs in the centrifuge? (b) If the driver motor was turned off in (a) and the payload lost 10 kg, what would be its new spin rate, taking into account there are no frictional forces present?

A ride at a carnival has four spokes to which pods are attached that can hold two people. The spokes are each 15 m long and are attached to a central axis. Each spoke has mass 200.0 kg, and the pods each have mass 100.0 kg. If the ride spins at 0.2 rev/s with each pod containing two 50.0-kg children, what is the new spin rate if all the children jump off the ride?

[reveal-answer q=”fs-id1165036843604″]Show Solution[/reveal-answer]

Moment of inertia with all children aboard:

An ice skater is preparing for a jump with turns and has his arms extended. His moment of inertia is

while his arms are extended, and he is spinning at 0.5 rev/s. If he launches himself into the air at 9.0 m/s at an angle of

with respect to the ice, how many revolutions can he execute while airborne if his moment of inertia in the air is

A space station consists of a giant rotating hollow cylinder of mass

including people on the station and a radius of 100.00 m. It is rotating in space at 3.30 rev/min in order to produce artificial gravity. If 100 people of an average mass of 65.00 kg spacewalk to an awaiting spaceship, what is the new rotation rate when all the people are off the station?

[reveal-answer q=”fs-id1165037180592″]Show Solution[/reveal-answer]

from the Sun with an orbital period of 165 years. Planetesimals in the outer primordial solar system 4.5 billion years ago coalesced into Neptune over hundreds of millions of years. If the primordial disk that evolved into our present day solar system had a radius of

km and if the matter that made up these planetesimals that later became Neptune was spread out evenly on the edges of it, what was the orbital period of the outer edges of the primordial disk?


A tensor can not be equal to zero in one frame and not be equal to zero in another frame.

If you consider an angular velocity ##omega## relative an inertial frame then the phrase "relative an inertial frame" is a part of the definition of the vector ##omega##. Once you have defined the vector ##omega## you can expand this vector in any frame you wish. If ##omega e 0## then it is so in any frame.

If you consider an angular velocity relativ noninertial frame then this angular velocity is just another vector, not the same as the previously discussed one

Even in the body frame, if the body is rotating, the angular velocity vector is not zero. The choice of a reference frame is essentially just choosing a set of base vectors on which to resolve the velocity vector.

Now there may be some confusion about what it means to rotate. The best understanding is to say that rotation refers to rotation with respect to an inertial frame. If there is rotation with respect to an inertial frame, then the vector exists and is nonzero, and it may be resolved on any convenient frame, including a body frame.

I am not sure I understand what you mean by "exist". A velocity vector has magnitude and direction. A coordinate system is necessary to specify the direction. If you take that reference away, the vector loses one of its two principal properties and becomes a scalar. Doesn't that mean that it loses its "existence" as a vector?

On edit: The exchange between @Dr.D and me has gone off-thread to private messaging in order to keep the main discussion focused.


Conservation of Angular Momentum

We can now understand why Earth keeps on spinning. As we saw in the previous example, ( ext<δ>L=( extphantom< ule<0.25em><0ex>> au ) ext<δ>t) . This equation means that, to change angular momentum, a torque must act over some period of time. Because Earth has a large angular momentum, a large torque acting over a long time is needed to change its rate of spin. So what external torques are there? Tidal friction exerts torque that is slowing Earth’s rotation, but tens of millions of years must pass before the change is very significant. Recent research indicates the length of the day was 18 h some 900 million years ago. Only the tides exert significant retarding torques on Earth, and so it will continue to spin, although ever more slowly, for many billions of years.

What we have here is, in fact, another conservation law. If the net torque is صفر, then angular momentum is constant or conserved. We can see this rigorously by considering ( extphantom< ule<0.25em><0ex>> au =cfrac< ext<δ>L>< ext<δ>t>) for the situation in which the net torque is zero. في هذه الحالة،

If the change in angular momentum ( ext<δ>L) is zero, then the angular momentum is constant thus,

These expressions are the law of conservation of angular momentum. Conservation laws are as scarce as they are important.

An example of conservation of angular momentum is seen in the figure below, in which an ice skater is executing a spin. The net torque on her is very close to zero, because there is relatively little friction between her skates and the ice and because the friction is exerted very close to the pivot point. (Both (F) and (r) are small, and so ( au ) is negligibly small.) Consequently, she can spin for quite some time. She can do something else, too. She can increase her rate of spin by pulling her arms and legs in. Why does pulling her arms and legs in increase her rate of spin? The answer is that her angular momentum is constant, so that

Expressing this equation in terms of the moment of inertia,

where the primed quantities refer to conditions after she has pulled in her arms and reduced her moment of inertia. Because (Iprime ) is smaller, the angular velocity (omega prime ) must increase to keep the angular momentum constant. The change can be dramatic, as the following example shows.

(a) An ice skater is spinning on the tip of her skate with her arms extended. Her angular momentum is conserved because the net torque on her is negligibly small. In the next image, her rate of spin increases greatly when she pulls in her arms, decreasing her moment of inertia. The work she does to pull in her arms results in an increase in rotational kinetic energy.

Example: Calculating the Angular Momentum of a Spinning Skater

Suppose an ice skater, such as the one in the figure above, is spinning at 0.800 rev/ s with her arms extended. She has a moment of inertia of (2 ext<.> ext<34>phantom< ule<0.25em><0ex>> extcdot < ext>^<2>) with her arms extended and of (0 ext<.> ext<363>phantom< ule<0.25em><0ex>> extcdot < ext>^<2>) with her arms close to her body. (These moments of inertia are based on reasonable assumptions about a 60.0-kg skater.) (a) What is her angular velocity in revolutions per second after she pulls in her arms? (b) What is her rotational kinetic energy before and after she does this?

In the first part of the problem, we are looking for the skater’s angular velocity (omega prime ) after she has pulled in her arms. To find this quantity, we use the conservation of angular momentum and note that the moments of inertia and initial angular velocity are given. To find the initial and final kinetic energies, we use the definition of rotational kinetic energy given by

Solution for (a)

Because torque is negligible (as discussed above), the conservation of angular momentum given in (mathrm=Iprime omega prime ) is applicable. هكذا،

Solving for (omega prime ) and substituting known values into the resulting equation gives

Solution for (b)

Rotational kinetic energy is given by

The initial value is found by substituting known values into the equation and converting the angular velocity to rad/s:

The final rotational kinetic energy is

Substituting known values into this equation gives

In both parts, there is an impressive increase. First, the final angular velocity is large, although most world-class skaters can achieve spin rates about this great. Second, the final kinetic energy is much greater than the initial kinetic energy. The increase in rotational kinetic energy comes from work done by the skater in pulling in her arms. This work is internal work that depletes some of the skater’s food energy.

There are several other examples of objects that increase their rate of spin because something reduced their moment of inertia. Tornadoes are one example. Storm systems that create tornadoes are slowly rotating. When the radius of rotation narrows, even in a local region, angular velocity increases, sometimes to the furious level of a tornado. Earth is another example. Our planet was born from a huge cloud of gas and dust, the rotation of which came from turbulence in an even larger cloud. Gravitational forces caused the cloud to contract, and the rotation rate increased as a result. (See the figure below.)

The Solar System coalesced from a cloud of gas and dust that was originally rotating. The orbital motions and spins of the planets are in the same direction as the original spin and conserve the angular momentum of the parent cloud.

In case of human motion, one would not expect angular momentum to be conserved when a body interacts with the environment as its foot pushes off the ground. Astronauts floating in space aboard the International Space Station have no angular momentum relative to the inside of the ship if they are motionless. Their bodies will continue to have this zero value no matter how they twist about as long as they do not give themselves a push off the side of the vessel.

Check Your Understanding

Is angular momentum completely analogous to linear momentum? What, if any, are their differences?

حل

Yes, angular and linear momentums are completely analogous. While they are exact analogs they have different units and are not directly inter-convertible like forms of energy are.


Inertia Tensor

I now deal with a third topic in rather more detail, namely the relation between angular momentum ( f L ) and angular velocity ( oldsymbol ). The reader will be familiar from elementary (and two- dimensional) mechanics with the relation (L = I omega ). What we are going to find in the three- dimensional solid-body case is that the relation is (f = mathbboldsymbol ). Here ( f L ) and ( oldsymbol ) are, of course, vectors, but they are not necessarily parallel to each other. They are parallel only if the body is rotating about a principal axis of rotation. The quantity ( mathbb ) is a tensor known as the inertia tensor. Readers will be familiar with the equation (<f F>= m <f a>). Here the two vectors are in the same direction, and m is a scalar quantity that does not change the direction of the vector that it multiplies. A tensor usually (unless its matrix representation is قطري) changes the direction as well as the magnitude of the vector that it multiplies. The reader might like to think of other examples of tensors in physics. There are several. One that comes to mind is the permittivity of an anisotropic crystal in the equation ( <f D= oldsymbolE>) and ( f E ) are not parallel unless they are both directed along one of the crystallographic axes.

If there are no external torques acting on a body, ( f L ) is constant in both magnitude and direction. The instantaneous angular velocity vector, however, is not fixed either in space or with respect to the body - unless the body is rotating about a principal axis and the inertia tensor is diagonal.

So much for a preview and a qualitative description. Now down to work.

I am going to have to assume familiarity with the equation for the components of the cross product of two vectors:

I am also going to assume that the reader knows that the angular momentum of a particle of mass ( m ) at position vector ( f r ) (components (( x,y,z ) ) ) and moving with velocity (f v ) (components ( ( dot , dot , dot ))) is ( m < f r imes v>). For a collection of particles, (or an extended solid body, which, I'm told, consists of a collection of particles called atoms), the angular momentum is

I also assume that the relation between linear velocity ( f v )( ( dot , dot , dot ) )and angular velocity ( oldsymbol ) ( ( omega_ , omega_ , omega_ ) ) is understood to be ( f v = oldsymbol imes r ), so that , for example ( dot = omega_ y - omega_x. ) then

[ < f L >= left(eginL_x L_y L_z end ight) = left(eginA -H -G -H quad B -F -G -F quad Cend ight) left(eginomega_x omega_y omega_z end ight) label ]

This is the equation ( f L =mathbb oldsymbol ) referred to above. The inertia tensor is sometimes written in the form

[mathbb I = left( eginI_ I _ I _ I_ I _ I _ I_ I _ I _ end ight) ]

so that, for example, ( I_ = &minus H ). It is a symmetric matrix (but it is not an orthogonal matrix).


شاهد الفيديو: حلقة 21 الزخم الزاوي (ديسمبر 2022).