Kinetische Energie und Trägheitstensor

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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.

Mechanik des starren Körpers

Inhaltsverzeichnis

1 Kinetische Energie:
2 Eigenschaften des Trägheitstensors
3 Beweis des Transformationsverhaltens für
4 Das Trägheitsmoment
5 Satz von Steiner

Definition des starren Körpers
Kinetische Energie und Trägheitstensor
Drehimpuls und Bewegungsgleichungen

Betrachten wir eine infinitesimale Verrückung

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

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:

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

Mit den Beziehungen

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

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:

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

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:

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

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

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:

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

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:

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

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:

R 1 R T = R R T = 1

Also:

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

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 m n

enthält einen kugelsymmetrischen, also rotationsinvarianten Anteil

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

J m n

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

J m n

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:

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

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

Das Trägheitsmoment

Trägheitsmoment bezüglich Achse

$\bar{n}:J(\bar{n}):=\bar{n}\bar{\bar{J}}\bar{n}$

Diese quadratische Form ist positiv semidefinit.

$\bar{\omega }=\bar{n}\omega \Rightarrow T=\frac{1}{2}{{\omega }^{2}}J(\bar{n})$

Trägheitsellipsoid

Die Normierung des Trägheitsmomentes liefert eine Ellipsoidgleichung:

$\bar{n}\bar{\bar{J}}\bar{n}=1$ .

Die Lage des Ellipsoids sind ist durch die Eigenvektoren

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

die Maße folgen aus den Ji derart, dass die zu

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

gehörige Achse die Länge

$\frac{1}{\sqrt{{{J}_{i}}}}$

trägt:

Die Ji heißen Hauptträgheitsmomente (Trägheitsmomente entlang der Eigenvektoren= Hauptachsen)

Es gilt:

${{J}_{1}}\ne {{J}_{2}}\ne {{J}_{3}}$

unsymmetrischer Kreisel

${{J}_{1}}={{J}_{2}}\ne {{J}_{3}}$

symmetrischer Kreisel (axialsymmetrisch)

J 1 = J 2 = J 3

kugelsymmetrischer Kreisel (nicht notwendigerweise Kugelform)

Satz von Steiner

Sei

J m n

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:

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

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

Somit:

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

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:

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

Bei homogener Massenverteilung:

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

bezüglich Schwerpunkt S

folgt:

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