Kinetische Energie und Trägheitstensor

Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

Der Artikel Kinetische Energie und Trägheitstensor basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 6.Kapitels (Abschnitt 2) der Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

Kinetische Energie und Trägheitstensor	Mechanik des starren Körpers
	Definition des starren Körpers Kinetische Energie und Trägheitstensor Drehimpuls und Bewegungsgleichungen	Das d'Alembertsche Prinzip Das Hamiltonsche Prinzip Symmetrien und Erhaltungsgrößen Der Hamiltonsche kanonische Formalismus Die Hamilton-Jacobi-Theorie Mechanik des starren Körpers Dynamische Systeme und deterministisches Chaos

Betrachten wir eine infinitesimale Verrückung

${\begin{aligned}&d{\bar {r}}=d{{\bar {r}}_{S}}+d{\bar {x}}=d{{\bar {r}}_{S}}+d{\bar {\phi }}\times {\bar {x}}\\&d{\bar {\phi }}:={\bar {n}}d\phi \\\end{aligned}}$

In Kapitel 3.3 haben wir bereits mit infinitesimalen Drehungen gearbeitet. Dort handelte es sich um passive Drehungen. Hier haben wir es nun mit aktiven Drehungen zu tun → anderes Vorzeichen.

${\bar {V}}:={\frac {d{{\bar {r}}_{s}}}{dt}}$ Schwerpunktsgeschwindigkeit

${\bar {\omega }}:={\frac {d{\bar {\phi }}}{dt}}$ Winkelgeschwindigkeit

Damit ergibt sich die Geschwindigkeit eines beliebigen Aufpunktes des starren Körpers:

${\bar {v}}={\bar {V}}+{\bar {\omega }}\times {\bar {x}}$

Nebenbemerkungen:

${\bar {\omega }}$ hängt von der Wahl von S ab.

Falls S der Schwerpunkt ist, so gilt:

$\sum \limits _{i=1}^{n}{{{m}_{i}}{{\bar {x}}^{(i)}}}=0$

nach Def. A) des starren Körpers

$\int _{}^{}{{{d}^{3}}x{\bar {x}}\rho ({\bar {x}})}=0$

Definition B) → Schwerpunktsvektor im körperfesten System

${\bar {K}}$

Kinetische Energie:

1. ${\frac {1}{2}}\sum \limits _{i=1}^{n}{{{m}_{i}}{{v}^{(i)}}^{2}}={\frac {1}{2}}\sum \limits _{i=1}^{n}{{m}_{i}}{{\left(V+\omega \times {{x}^{(i)}}\right)}^{2}}={\frac {1}{2}}\sum \limits _{i=1}^{n}{{m}_{i}}{{V}^{2}}+V\cdot \sum \limits _{i=1}^{n}{{m}_{i}}\left(\omega \times {{x}^{(i)}}\right)+{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i=1}^{n}{{m}_{i}}{{\left(\omega \times {{x}^{(i)}}\right)}^{2}}$

Mit den Beziehungen

${\begin{aligned}&\sum \limits _{i=1}^{n}{{m}_{i}}=M\\&{\bar {V}}\cdot \sum \limits _{i=1}^{n}{{m}_{i}}\left({\bar {\omega }}\times {{\bar {x}}^{(i)}}\right)=\left({\bar {V}}\times {\bar {\omega }}\right)\sum \limits _{i=1}^{n}{{m}_{i}}{{\bar {x}}^{(i)}}=0,da\sum \limits _{i=1}^{n}{{m}_{i}}{{\bar {x}}^{(i)}}=0\\&{{\left({\bar {\omega }}\times {{\bar {x}}^{(i)}}\right)}^{2}}={{\omega }^{2}}{{x}^{2}}{{\sin }^{2}}\alpha ={{\omega }^{2}}{{x}^{2}}(1-{{\cos }^{2}}\alpha )={{\omega }^{2}}{{x}^{2}}-{{\left({\bar {\omega }}\cdot {\bar {x}}\right)}^{2}}=\sum \limits _{m=1}^{3}{\sum \limits _{n=1}^{3}{}{{\omega }^{m}}\left[{{x}^{2}}{{\delta }_{mn}}-{{x}_{m}}{{x}_{n}}\right]}{{\omega }^{n}}\\\end{aligned}}$

Somit folgt:

$T={\frac {1}{2}}\sum \limits _{i=1}^{n}{{{m}_{i}}{{v}^{(i)}}^{2}}={\frac {1}{2}}M{{V}^{2}}+{\frac {1}{2}}\sum \limits _{m=1}^{3}{\sum \limits _{n=1}^{3}{}{{\omega }^{m}}{{J}_{mn}}}{{\omega }^{n}}$

mit dem Trägheitstensor

${{J}_{mn}}:=\sum \limits _{i=1}^{n}{}{{m}_{i}}\left[{{x}^{(i)}}^{2}{{\delta }_{mn}}-{{x}_{m}}^{(i)}{{x}_{n}}^{(i)}\right]$

Der Trägheitstensor ist also durch die Massenverteilung bestimmt

Im Sinne der Definition B) dagegen gilt:

${\begin{aligned}&T={\frac {1}{2}}\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}}){{\left({\bar {V}}+{\bar {\omega }}\times {\bar {x}}\right)}^{2}}}={\frac {1}{2}}\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}}){{V}^{2}}+\left({\bar {V}}\times {\bar {\omega }}\right)\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}}){\bar {x}}+{\frac {1}{2}}\sum \limits _{m=1}^{3}{\sum \limits _{n=1}^{3}{}{{\omega }^{m}}{{J}_{mn}}}{{\omega }^{n}}}}\\&mit\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}}){\bar {x}}=0}\\\end{aligned}}$

und dem Trägheitstensor

${{J}_{mn}}=\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}})\left[{{x}^{2}}{{\delta }_{mn}}-{{x}_{m}}{{x}_{n}}\right]}$

Also gilt die Zerlegung der kinetischen Energie:

${\begin{aligned}&T={\frac {1}{2}}\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}}){{\left({\bar {V}}+{\bar {\omega }}\times {\bar {x}}\right)}^{2}}}={\frac {1}{2}}\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}}){{V}^{2}}+{\frac {1}{2}}\sum \limits _{m=1}^{3}{\sum \limits _{n=1}^{3}{}{{\omega }^{m}}{{J}_{mn}}}{{\omega }^{n}}}\\&\\\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&T={\frac {1}{2}}M{{V}^{2}}+{\frac {1}{2}}{\bar {\omega }}{\bar {\bar {J}}}{\bar {\omega }}\\&\\\end{aligned}}$

Dabei ist

${{T}_{trans}}={\frac {1}{2}}M{{V}^{2}}$

kinetische Energie der translatorischen Bewegung

${{T}_{rot}}={\frac {1}{2}}{\bar {\omega }}{\bar {\bar {J}}}{\bar {\omega }}$

kinetische Energie der Rotationsbewegung

Eigenschaften des Trägheitstensors

${\bar {\bar {J}}}$

ist ein Tensor zweiter Stufe. Das heißt unter Drehungen

$R\in SO(3)$

transformiert er sich wie folgt:

R kennzeichnet dabei die Drehmatrizen im

${{R}^{3}}$

mit Orthogonalitätseigenschaft:

$R{{R}^{T}}=1,\det R=1$

Nun, er transformiert sich unter Drehungen wie folgt:

Wenn

${{x}_{m}}\to {{x}_{m}}{\acute {\ }}=\sum \limits _{n=1}^{3}{{{R}_{mn}}{{x}_{n}}}$

Dann:

${{J}_{mn}}\to {{J}_{mn}}{\acute {\ }}=\sum \limits _{l=1}^{3}{\sum \limits _{s=1}^{3}{}{{R}_{ml}}{{R}_{ns}}{{J}_{ls}}}$

Kompakt:

${\begin{aligned}&{\bar {x}}\to {\bar {x}}{\acute {\ }}=R{\bar {x}}\\&{\bar {\bar {J}}}\to {\bar {\bar {J}}}{\acute {\ }}=R{\bar {\bar {J}}}{{R}^{T}}\\\end{aligned}}$

Dabei bemerken wir: Matrizen sind einfach Zahlenschemata mit Zeilen und Spalten. Aber erst das Transformationsverhalten definiert einen Tenor (Im Gegensatz zu einer Matrix).

Tensor 1. Stufe:

${{x}_{m}}{\acute {\ }}=\sum \limits _{n=1}^{3}{{{R}_{mn}}{{x}_{n}}}$

= Vektor

Tensor 2. Stufe

${{J}_{mn}}{\acute {\ }}=\sum \limits _{l=1}^{3}{\sum \limits _{s=1}^{3}{}{{R}_{ml}}{{R}_{ns}}{{J}_{ls}}}$

Tensor n-ter STufe:

${{A}_{mn....x}}{\acute {\ }}=\sum \limits _{l,s,...,t=1}^{3}{{{R}_{ml}}{{R}_{ns}}...{{R}_{xt}}{{A}_{ls...t}}}$

wobei links n Indices stehen und rechts n mal die Drehmatrix angewendet wird (und jeweils von 1-3 summiert!)

Beweis des Transformationsverhaltens für

${{J}_{mn}}:=\sum \limits _{i=1}^{n}{}{{m}_{i}}\left[\left(\sum \limits _{t}{{{x}_{t}}{{^{(i)}}^{2}}}\right){{\delta }_{mn}}-{{x}_{m}}^{(i)}{{x}_{n}}^{(i)}\right]$

Zunächst zum Skalarprodukt:

${\begin{aligned}&{{x}_{m}}{\acute {\ }}=\sum \limits _{n=1}^{3}{{{R}_{mn}}{{x}_{n}}}\\&\Rightarrow \sum \limits _{t}{{{x}_{t}}{{\acute {\ }}^{2}}}=\sum \limits _{t}{\sum \limits _{l}{\sum \limits _{s}{{{R}_{tl}}{{R}_{ts}}{{x}_{l}}{{x}_{s}}}=}\sum \limits _{l}{\sum \limits _{s}{\left(\sum \limits _{t}{}{{R}_{lt}}^{T}{{R}_{ts}}\right){{x}_{l}}{{x}_{s}}}=\sum \limits _{l}{\sum \limits _{s}{{{\delta }_{ls}}{{x}_{l}}{{x}_{s}}}=\sum \limits _{l}{{{x}_{l}}^{2}}}}}\\\end{aligned}}$

das Skalarprodukt ist also invariant

Aber auch das Delta- Element ist invariant:

$\sum \limits _{l}{\sum \limits _{s}{{{R}_{ml}}{{R}_{ns}}{{\delta }_{ls}}}=}\sum \limits _{l}{{{R}_{ml}}{{R}_{nl}}=}\sum \limits _{l}{{{R}_{ml}}{{R}_{\ln }}^{T}={{\delta }_{mn}}}$

Kompakt:

$R1{{R}^{T}}=R{{R}^{T}}=1$

Also:

${\begin{aligned}&{{J}_{mn}}{\acute {\ }}=\sum \limits _{l=1}^{3}{\sum \limits _{s=1}^{3}{}{{R}_{ml}}{{R}_{ns}}{{J}_{ls}}}=\sum \limits _{i=1}^{n}{{m}_{i}}\sum \limits _{l=1}^{3}{\sum \limits _{s=1}^{3}{}{{R}_{ml}}{{R}_{ns}}\left[\left(\sum \limits _{t}{{{x}_{t}}{{^{(i)}}^{2}}}\right){{\delta }_{ls}}-{{x}_{l}}^{(i)}{{x}_{s}}^{(i)}\right]}\\&{{J}_{mn}}{\acute {\ }}=\sum \limits _{i=1}^{n}{{m}_{i}}\left[\left(\sum \limits _{t}{{{x}_{t}}^{(i)}{{\acute {\ }}^{2}}}\right){{\delta }_{mn}}-{{x}_{m}}^{(i)}{\acute {\ }}{{x}_{n}}^{(i)}{\acute {\ }}\right]\\\end{aligned}}$

Der Trägheitstensor J´ in den neuen Koordinaten ist also gleich dem alten, was Transformationsverhalten eines Tensors zweiter Stufe belegt:

Dabei gilt:

$\left(\sum \limits _{t}{{{x}_{t}}^{(i)}{{\acute {\ }}^{2}}}\right){{\delta }_{mn}}$

ist der invariante Anteil

${{x}_{m}}^{(i)}{\acute {\ }}{{x}_{n}}^{(i)}{\acute {\ }}$

hängt von der Wahl des körperfesten koordinatensystems ab.

Weitere Eigenschaften

${{J}_{mn}}$

enthält einen kugelsymmetrischen, also rotationsinvarianten Anteil

$\left(\sum \limits _{t}{{{x}_{t}}{{^{(i)}}^{2}}}\right){{\delta }_{mn}}$

${{J}_{mn}}$

ist linear in der Massendichte. Der Trägheitstensor ist also additiv beim Zusammenfügen zweier starrer Körper

${{J}_{mn}}$

ist ein reeller, symmetrischer Tensor, dargestellt durch die reelle, symmetrisch Matrix

${\bar {\bar {J}}}=\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}})\left({\begin{matrix}{{x}_{2}}^{2}+{{x}_{3}}^{2}&-{{x}_{1}}{{x}_{2}}&-{{x}_{1}}{{x}_{3}}\\-{{x}_{1}}{{x}_{2}}&{{x}_{3}}^{2}+{{x}_{1}}^{2}&-{{x}_{2}}{{x}_{3}}\\-{{x}_{1}}{{x}_{3}}&-{{x}_{2}}{{x}_{3}}&{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}\\\end{matrix}}\right)}$

Der Tensor ist diagonalisierbar durch die orthogonale Transformation

${{R}_{0}}\in SO(3):$

${\bar {\bar {J}}}{\acute {\ }}={{R}_{0}}{\bar {\bar {J}}}{{R}_{0}}^{T}=\left({\begin{matrix}{{J}_{1}}&0&0\\0&{{J}_{2}}&0\\0&0&{{J}_{3}}\\\end{matrix}}\right)$

Das heißt: Es existiert ein gedrehtes, körperfestes Koordinatensystem (y1,y2,y3) in Richtung der Hauptträgheitsachsen:

${\bar {\bar {J}}}{\acute {\ }}=\int _{}^{}{{{d}^{3}}y\rho ({\bar {y}})\left({\begin{matrix}{{y}_{2}}^{2}+{{y}_{3}}^{2}&0&0\\0&{{y}_{3}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}&0\\0&0&{{y}_{1}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}\\\end{matrix}}\right)}$

Also:

${{J}_{i}}\geq 0$

i=1,..,3, Matrix positiv semidefinit.

Die Diagonalisierung führt auf das Eigenwertproblem:

${\bar {\bar {J}}}{{\hat {\bar {w}}}^{(i)}}={{J}_{i}}{{\hat {\bar {w}}}^{(i)}}$

mit Eigenvektoren

${{\hat {\bar {w}}}^{(i)}}$

und Eigenwerten Ji. Ein homogenes, lineares Gleichungssystem

Ziel ist es nun, die Hauptachsenrichtung

${{\hat {\bar {w}}}^{(i)}}$

so zu suchen, dass

${\bar {\bar {J}}}$

diagonal wird:

$\Leftrightarrow \det \left({\bar {\bar {J}}}-{{J}_{i}}1\right)=0$

Somit ergeben sich 3 reelle, positiv semidefinite Eigenwerte Ji

HHIS I sohuld have thought of that!

Satz von Steiner

Sei

${{J}_{mn}}$

der Trägheitstensor in einem körperfesten System

${\bar {K}}$,

welches im Schwerpunkt S zentriert ist. Sei nun

${\bar {K}}{\acute {\ }}$

ein zu

${\bar {K}}$

achsparalleles, um den Vektor

${\bar {a}}$

verschobenes System. Dann ist

${{J}_{mn}}{\acute {\ }}$ in ${\bar {K}}{\acute {\ }}$

gegeben durch

${{J}_{mn}}{\acute {\ }}={{J}_{mn}}+M\left[{{a}^{2}}{{\delta }_{mn}}-{{a}_{m}}{{a}_{n}}\right]$

Die beiden Koordinatensystem dürfen dabei nur durch die Translation um

${\bar {a}}$

unterschiedlich sein. Wesentlich ist vor allem, dass bei roationsvarianten Systemen keine Verdrehung der Achsen erfolgt!

Beweis:

${{J}_{mn}}{\acute {\ }}=\int _{}^{}{{{d}^{3}}x{\acute {\ }}}\rho {\acute {\ }}({\bar {x}}{\acute {\ }})\left[\left(\sum \limits _{t}{{{x}_{t}}{{\acute {\ }}^{2}}}\right){{\delta }_{mn}}-{{x}_{m}}{\acute {\ }}{{x}_{n}}{\acute {\ }}\right]$

Bei uns:

${\bar {x}}{\acute {\ }}={\bar {x}}+{\bar {a}}$

${\begin{aligned}&{{J}_{mn}}{\acute {\ }}=\int _{}^{}{{{d}^{3}}x}\rho ({\bar {x}})\left[\left(\sum \limits _{t}{{\left({{x}_{t}}+{{a}_{t}}\right)}^{2}}\right){{\delta }_{mn}}-\left({{x}_{m}}+{{a}_{m}}\right)\left({{x}_{n}}+{{a}_{n}}\right)\right]\\&{{J}_{mn}}{\acute {\ }}=\int _{}^{}{{{d}^{3}}x}\rho ({\bar {x}})\left[\left(\sum \limits _{t}{\left[{{\left({{x}_{t}}\right)}^{2}}+2\left({{a}_{t}}{{x}_{t}}\right)+{{a}_{t}}^{2}\right]}\right){{\delta }_{mn}}-{{x}_{m}}{{x}_{n}}-{{x}_{m}}{{a}_{n}}-{{x}_{n}}{{a}_{m}}-{{a}_{m}}{{a}_{n}}\right]\\&\int _{}^{}{{{d}^{3}}x}\rho ({\bar {x}})\sum \limits _{t}{\left({{a}_{t}}{{x}_{t}}\right)}=\int _{}^{}{{{d}^{3}}x}\rho ({\bar {x}})\left({{x}_{m}}{{a}_{n}}+{{x}_{n}}{{a}_{m}}\right)=0\quad wegen\ \int _{}^{}{{{d}^{3}}x}\rho ({\bar {x}}){\bar {x}}=0\\\end{aligned}}$

Somit:

${\begin{aligned}&{{J}_{mn}}{\acute {\ }}=\int _{}^{}{{{d}^{3}}x}\rho ({\bar {x}})\left[\left(\sum \limits _{t}{\left({{x}_{t}}^{2}+{{a}_{t}}^{2}\right)}\right){{\delta }_{mn}}-{{x}_{m}}{{x}_{n}}-{{a}_{m}}{{a}_{n}}\right]\\&{{J}_{mn}}{\acute {\ }}={{J}_{mn}}+\int _{}^{}{{{d}^{3}}x}\rho ({\bar {x}})\left[\left(\sum \limits _{t}{\left({{a}_{t}}^{2}\right)}\right){{\delta }_{mn}}-{{a}_{m}}{{a}_{n}}\right]={{J}_{mn}}+M\left[{{a}^{2}}{{\delta }_{mn}}-{{a}_{m}}{{a}_{n}}\right]\\\end{aligned}}$

Speziell im Hauptachsensystem:

keine Außerdiagonalelemente: m=n:=i

${{J}_{i}}{\acute {\ }}={{J}_{i}}+M({{a}^{2}}-{{a}_{i}}^{2})\quad i=1,..,3$ mit $({{a}^{2}}-{{a}_{i}}^{2})$

als Quadrat des Abstandes der beiden Drehachsen.

Dabei wird bei einer Verschiebung um

${\bar {a}}$

nur der Abstand der Drehachsen berücksichtigt. das heißt, die Komponente der Verschiebung in Richtung der Drehachse wird wieder quadratisch subtrahiert:

Beispiele

1. Kugelsymmetrische Massendichte:

${\begin{aligned}&\rho ({\bar {x}})=\rho (r)\\&{{J}_{1}}={{J}_{2}}={{J}_{3}}=:J\\&3J={{J}_{1}}+{{J}_{2}}+{{J}_{3}}=\int _{}^{}{{{d}^{3}}x}\rho (r)\left[\left({{x}_{2}}^{2}+{{x}_{3}}^{2}\right)+\left({{x}_{1}}^{2}+{{x}_{3}}^{2}\right)+\left({{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}\right)\right]=\int _{}^{}{{{d}^{3}}x}\rho (r)2{{r}^{2}}\\&3J=2\cdot 4\pi \int _{0}^{R}{dr{{r}^{4}}\rho (r)}\\\end{aligned}}$

Bei homogener Massenverteilung:

$M={\frac {4\pi }{3}}{{R}^{3}}$

bezüglich Schwerpunkt S

folgt:

${\begin{aligned}&J={\frac {8}{3}}\pi \int _{0}^{R}{dr{{r}^{4}}\rho (r)}={\frac {2M}{{R}^{3}}}\int _{0}^{R}{dr{{r}^{4}}}\\&J={\frac {2}{5}}M{{R}^{2}}\\\end{aligned}}$

2. Abrollende Kugel: Momentaner Auflagepunkt ist A

Das Trägheitsmoment bezüglich der momentanen Drehachse durch den Auflagepunkt A:

${{J}_{A}}=J+M{{R}^{2}}={\frac {2}{5}}M{{R}^{2}}+M{{R}^{2}}={\frac {7}{5}}M{{R}^{2}}$