Cuántos puntos son necesarios para hacer un cuadro negro

Question

Tengo una caja de color negro con una arbitraria distribución de la masa en su interior. Quiero reemplazar ese objeto con el n masas puntuales sin necesidad de cambiar alguna de las propiedades mecánicas de la caja (en el centro de la masa, la masa total, el momento de tensor de inercia). ¿Cuál es el menor número de puntos que necesito y cómo puedo encontrar?

Cuento 10 restricciones. 3 desde el centro de la masa, el 1 de masa total, y 6 desde el momento de su tensor de inercia. 3 punto de masas me dan 12 grados de libertad por lo que a primera vista parece que la respuesta debe ser de 3. En la práctica, sin embargo, no parece posible para representar algunos de los objetos (una esfera, por ejemplo) con sólo coplanares puntos. Al menos 4 son necesarios.

Answer 1

Tengo un argumento que sugiere que los 4 puntos son suficientes, por Favor verificar su exactitud. Las restricciones que vienen desde el centro de masa son fáciles de manejar, por una simple traducción.

El argumento de la crítica se basa en el hecho de que la ampliación de las distancias a lo largo de cualquier eje principal no cambia la dirección del eje principal. A continuación, se procede mediante la ampliación de las distancias en el sistema para fijar el momento de Inercia.

Escala x->un dejará de $I_{xy} =0 $ invariante, donde x,y,z son elegidos para ser el eje principal. Esto puede comprobarse, por escrito abajo de la diagonal términos del momento de inercia de la matriz. $I_{xy}= -\Sigma m_i r_{xi} r_{yi} = 0$ y claramente escala no cambia $I_{xy}$

Ahora considere la posibilidad de un Tetraedro regular con cada uno de masa m = M/4(M es la masa total) con tamaño arbitrario. Como se trata de un tetraedro regular, momento de inercia, I es diagonal, en cualquier base, de modo que uno es libre de elegir las coordenadas de cualquier manera conveniente.

Ahora Considere los términos de la forma $\Sigma m_i r_{xi}^2$,$\Sigma m_i r_{yi}^2$ y $\Sigma m_i r_{zi}^2$

Nos escalar el sistema a lo largo de su eje principal como x->ax, y->z>bz, La siguiente ecuación determina una, $a^2 \Sigma m_i r_{xi}^2 = (I_{xx}+I_{yy}-I_{zz})/2$ Lo mismo para y,z

Ahora tenemos un sistema que consta de 4 partículas, y en el momento deseado en la inercia. Por último traducir para solucionar el COM ubicación.

Como el OP, demostró que 3 es de muy pocos grados de libertad, 4 es necesario y suficiente.

Answer 2

Tres masas son demasiado pocos. Supongamos que nos encontramos con tres masas que cumplen las restricciones. Las tres masas son coplanares. Ir a un sistema de coordenadas en el que las masas están en los $xy$ avión. Entonces, el momento de inercia de las tres masas es $$I = \left( \begin{array}{ccc} I_{xx} & I_{xy} & 0 \\ I_{xy} & I_{yy} & 0 \\ 0 & 0 & I_{xx}+I_{yy} \end{array} \right).$$ En particular, observe que $I_{zz}$ no es independiente de $I_{xx}$ y $I_{yy}$.

Algunos detalles

En este sistema de coordenadas $z_i = 0$. Por lo tanto, $$\begin{eqnarray*} I_{xx} &=& \sum m_i (y_i^2 + z_i^2) = \sum m_i y_i^2 \\ I_{yy} &=& \sum m_i (x_i^2 + z_i^2) = \sum m_i x_i^2 \\ I_{zz} &=& \sum m_i (x_i^2 + y_i^2) = I_{xx}+I_{yy} \\ I_{xy} &=& I_{yx} = -\sum m_i x_i y_i \\ I_{yz} &=& I_{zy} = -\sum m_i y_i z_i = 0 \\ I_{xz} &=& I_{zx} = -\sum m_i x_i z_i = 0. \end{eqnarray*}$$

Answer 3

Sí se puede hacer con 6 punto de masas. 3 pares de masas, colocados a lo largo del eje x, eje y y eje z del centro de gravedad y a lo largo de la principal momento direcciones.

Una masa $m$ con el centro de gravedad de $\vec{c} = (c_x,c_y,c_z)$ expresado a lo largo de la principal de la inercia de los ejes de masa y momento de inercia del tensor de $I_c = {\rm diag}(I_{xx}, I_{yy}, I_{zz})$ es equivalente a la siguiente disposición:

1. Masa de m $/6$ colocado en $\vec{r}_1 = (c_x+r_x, c_y, c_z)$
2. Masa de m $/6$ colocado en $\vec{r}_2 = (c_x-r_x, c_y, c_z)$
3. Masa de m $/6$ colocado en $\vec{r}_3 = (c_x, c_y+r_y, c_z)$
4. Masa de m $/6$ colocado en $\vec{r}dimm_4 = (c_x, c_y-r_y, c_z)$
5. Masa de m $/6$ colocado en $\vec{r}_5 = (c_x, c_y, c_z+r_z)$
6. Masa de m $/6$ colocado en $\vec{r}_6 = (c_x, c_y, c_z-r_z)$

con

$$ r_x = \sqrt{ \frac{3 (I_{yy}+I_{zz}-I_{xx})}{2\;m} } $$ $$ r_y = \sqrt{ \frac{3 (I_{zz}+I_{xx}-I_{yy})}{2\;m} } $$ $$ r_z = \sqrt{ \frac{3 (I_{xx}+I_{yy}-I_{zz})}{2\;m} } $$

Prueba

De la suma de las masas y la posición es fácil deducir que el centro de gravedad y la masa se conserva.

Para mostrar que la inercia de la matriz de coincidencias tenemos mucho que mostrar

$$ I_c = (\mbox{Inercia de la 1}+\mbox{Inercia de 2})+(\mbox{Inercia de 3}+\mbox{Inercia de 4})+(\mbox{Inercia de 5}+\mbox{Inercia de 6})$$

$$ I_c = (-\frac{m}{6} \begin{pmatrix} 0&0&0\\0&0&-r_x\\0&r_x&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&0&0\\0&0&-r_x\\0&r_x&0\end{pmatrix}-\frac{m}{6} \begin{pmatrix} 0&0&0\\0&0&r_x\\0&-r_x&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&0&0\\0&0&r_x\\0&-r_x&0\end{pmatrix})+(\ldots)+(\ldots)$$

$$ \begin{pmatrix} I_{xx} & 0 & \\ 0 & I_{yy} & 0 \\ 0 & 0 & I_{zz} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & \\ 0 & \frac{m}{3} r_x^2 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{m}{3} r_x^2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} \frac{m}{3} r_y^2 & 0 & \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{m}{3} r_y^2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \frac{m}{3} r_z^2 & 0 & \\ 0 & \frac{m}{3} r_z^2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$

$$ \begin{pmatrix} I_{xx} & 0 & \\ 0 & I_{yy} & 0 \\ 0 & 0 & I_{zz} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{m}{3} (r_y^2+r_z^2) & 0 & \\ 0 & \frac{m}{3} (r_z^2+r_x^2) & 0 \\ 0 & 0 & \frac{m}{3} (r_x^2+r_y^2) \end{pmatrix} $$

Que se resuelve cuando las relaciones por $r_x$, $r_y$ y $r_z$ se utilizan.