Mechanik des starren Körpers

Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

Kein GFDL

Der Artikel Mechanik des starren Körpers basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 7.Kapitels der Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

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Bisher betrachtet: System von Massepunkten

Jetzt: Ausgedehnte, starre Körper

Erhalten bleibt der fixe Abstand zwischen den Punkten des Körpers ( starr) im Gegensatz dazu steht die Mechanik der deformierbaren Medien, also Elastomechanik oder Hydrodynamik

Definition des starren Körpers:

1. System von n Massepunkten mit festen Abständen ( Zwangsbedingungen)
2. Vorgegebene , kontinuierliche Masseverteilung

$\rho (\overline{r})$

Gesamtmasse: $M=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}r\rho (\overline{r})$

Beschreibung

1. Beschreibung im raumfesten Koordinatensystem (x,y,z) als Inertialsystem.
2. Beschreibung im körperfesten (intrinsischen) Koordinatensystem

$\overline{K}$ . Dieses ist fest mit dem Körper verbunden (x1,x2,x3) und ist im Allgemeinen kein Inertialsystem. Ursprung von $\overline{K}$ ist S, beispielsweise der Schwerpunkt.

Der starre Körper hat 6 Freiheitsgrade ( 3 Komponenten Schwerpunktskoordinaten und 3 Winkel zur Orientierung von $\overline{K}$ )

Kinetische Energie und Trägheitstensor

Betrachten wir eine infinitesimale Verrückung $\begin{array}{rl}& d\overline{r}=d{\overline{r}}_S+d\overline{x}=d{\overline{r}}_S+d\overline{\varphi }\times \overline{x}\\ & d\overline{\varphi }:=\overline{n}d\varphi \\ \end{array}$

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.

$\overline{V}:=\frac{d{\overline{r}}_s}{dt}$

Schwerpunktsgeschwindigkeit

$\overline{\omega }:=\frac{d\overline{\varphi }}{dt}$ Winkelgeschwindigkeit

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

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

Nebenbemerkungen:

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

Falls S der Schwerpunkt ist, so gilt:

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

nach Def. A) des starren Körpers

$\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\overline{x}\rho (\overline{x})=0$

Definition B) -> Schwerpunktsvektor im körperfesten System

$\overline{K}$

Kinetische Energie:

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

Mit den Beziehungen

$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n{m}_i=M\\ & \overline{V}\cdot \sum _{i=1}^n{m}_i(\overline{\omega }\times {\overline{x}}^{(i)})=(\overline{V}\times \overline{\omega })\sum _{i=1}^n{m}_i{\overline{x}}^{(i)}=0,da\sum _{i=1}^n{m}_i{\overline{x}}^{(i)}=0\\ & {(\overline{\omega }\times {\overline{x}}^{(i)})}^2={\omega }^2{x}^2{\sin }^2\alpha ={\omega }^2{x}^2(1-{\cos }^2\alpha )={\omega }^2{x}^2-{(\overline{\omega }\cdot \overline{x})}^2=\sum _{m=1}^3\sum _{n=1}^3{\omega }^m[x^2{\delta }_{mn}-x_m{x}_n]{\omega }^n\\ \end{array}$ Somit folgt:

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

mit dem Trägheitstensor

$J_{mn}:=\sum _{i=1}^n{m}_i[{{\overline{x}}^{(i)}}^2{\delta }_{mn}-{x_m}^{(i)}{x_n}^{(i)}]$

Der Trägheitstensor ist also durch die Massenverteilung bestimmt

Im Sinne der Definition B) dagegen gilt:

$\begin{array}{rl}& T=\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x}){(\overline{V}+\overline{\omega }\times \overline{x})}^2=\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})V^2+(\overline{V}\times \overline{\omega })\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\overline{x}+\frac{1}{2}\sum _{m=1}^3\sum _{n=1}^3{\omega }^m{J}_{mn}{\omega }^n\\ & mit\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\overline{x}=0\\ \end{array}$

und dem Trägheitstensor

$J_{mn}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[x^2{\delta }_{mn}-x_m{x}_n]$

Also gilt die Zerlegung der kinetischen Energie:

$\begin{array}{rl}& T=\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x}){(\overline{V}+\overline{\omega }\times \overline{x})}^2=\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})V^2+\frac{1}{2}\sum _{m=1}^3\sum _{n=1}^3{\omega }^m{J}_{mn}{\omega }^n\\ & \\ \end{array}$

$\begin{array}{rl}& T=\frac{1}{2}M{V}^2+\frac{1}{2}\overline{\omega }\overline{\overline{J}}\overline{\omega }\\ & \\ \end{array}$

Dabei ist

$T_{trans}=\frac{1}{2}M{V}^2$ kinetische Energie der translatorischen Bewegung

$T_{rot}=\frac{1}{2}\overline{\omega }\overline{\overline{J}}\overline{\omega }$ kinetische Energie der Rotationsbewegung

Eigenschaften des Trägheitstensors

$\overline{\overline{J}}$ 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 $x_m\to x_m\stackrel{´}{}=\sum _{n=1}^3{R}_{mn}{x}_n$

Dann: $J_{mn}\to J_{mn}\stackrel{´}{}=\sum _{l=1}^3\sum _{s=1}^3{R}_{ml}{R}_{ns}{J}_{ls}$

Kompakt:

$\begin{array}{rl}& \overline{x}\to \overline{x}\stackrel{´}{}=R\overline{x}\\ & \overline{\overline{J}}\to \overline{\overline{J}}\stackrel{´}{}=R\overline{\overline{J}}{R}^T\\ \end{array}$

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: $x_m\stackrel{´}{}=\sum _{n=1}^3{R}_{mn}{x}_n$ = Vektor

Tensor 2. Stufe $J_{mn}\stackrel{´}{}=\sum _{l=1}^3\sum _{s=1}^3{R}_{ml}{R}_{ns}{J}_{ls}$

Tensor n-ter STufe: $A_{mn....x}\stackrel{´}{}=\sum _{l,s,...,t=1}^3{R}_{ml}{R}_{ns}...R_{xt}{A}_{ls...t}$

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

Beweis des Transformationsverhaltens für

$J_{mn}:=\sum _{i=1}^n{m}_i[\left(\sum _t{x}_t{{}^{(i)}}^2\right){\delta }_{mn}-{x_m}^{(i)}{x_n}^{(i)}]$

Zunächst zum Skalarprodukt:

$\begin{array}{rl}& x_m\stackrel{´}{}=\sum _{n=1}^3{R}_{mn}{x}_n\\ & \Rightarrow \sum _t{x}_t{\stackrel{´}{}}^2=\sum _t\sum _l\sum _s{R}_{tl}{R}_{ts}{x}_l{x}_s=\sum _l\sum _s\left(\sum _t{R_{lt}}^T{R}_{ts}\right)x_l{x}_s=\sum _l\sum _s{\delta }_{ls}{x}_l{x}_s=\sum _l{x_l}^2\\ \end{array}$

das Skalarprodukt ist also invariant

Aber auch das Delta- Element ist invariant:

$\sum _l\sum _s{R}_{ml}{R}_{ns}{\delta }_{ls}=\sum _l{R}_{ml}{R}_{nl}=\sum _l{R}_{ml}{R_{\ln }}^T={\delta }_{mn}$

Kompakt:

$R1R^T=R{R}^T=1$

Also:

$\begin{array}{rl}& J_{mn}\stackrel{´}{}=\sum _{l=1}^3\sum _{s=1}^3{R}_{ml}{R}_{ns}{J}_{ls}=\sum _{i=1}^n{m}_i\sum _{l=1}^3\sum _{s=1}^3{R}_{ml}{R}_{ns}[\left(\sum _t{x}_t{{}^{(i)}}^2\right){\delta }_{ls}-{x_l}^{(i)}{x_s}^{(i)}]\\ & J_{mn}\stackrel{´}{}=\sum _{i=1}^n{m}_i[\left(\sum _t{x_t}^{(i)}{\stackrel{´}{}}^2\right){\delta }_{mn}-{x_m}^{(i)}\stackrel{´}{}{x_n}^{(i)}\stackrel{´}{}]\\ \end{array}$

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

Dabei gilt:

$\left(\sum _t{x_t}^{(i)}{\stackrel{´}{}}^2\right){\delta }_{mn}$ ist der invariante Anteil

${x_m}^{(i)}\stackrel{´}{}{x_n}^{(i)}\stackrel{´}{}$ hängt von der Wahl des körperfesten koordinatensystems ab.

Weitere Eigenschaften

$J_{mn}$ enthält einen kugelsymmetrischen, also rotationsinvarianten Anteil $\left(\sum _t{x}_t{{}^{(i)}}^2\right){\delta }_{mn}$

$J_{mn}$

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

$\overline{\overline{J}}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\left(\begin{array}{ccc}{x_2}^2+{x_3}^2& -x_1{x}_2& -x_1{x}_3\\ -x_1{x}_2& {x_3}^2+{x_1}^2& -x_2{x}_3\\ -x_1{x}_3& -x_2{x}_3& {x_1}^2+{x_2}^2\\ \end{array}\right)$

Der Tensor ist diagonalisierbar durch die orthogonale Transformation $R_0\in SO(3):$

$\overline{\overline{J}}\stackrel{´}{}=R_0\overline{\overline{J}}{R_0}^T=\left(\begin{array}{ccc}{J}_1& 0& 0\\ 0& J_2& 0\\ 0& 0& J_3\\ \end{array}\right)$

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

$\overline{\overline{J}}\stackrel{´}{}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}y\rho (\overline{y})\left(\begin{array}{ccc}{y_2}^2+{y_3}^2& 0& 0\\ 0& {y_3}^2+{y_1}^2& 0\\ 0& 0& {y_1}^2+{y_2}^2\\ \end{array}\right)$

Also: $J_i\ge 0$ i=1,..,3, Matrix positiv semidefinit.

Die Diagonalisierung führt auf das Eigenwertproblem:

$\overline{\overline{J}}{\hat{\overline{w}}}^{(i)}=J_i{\hat{\overline{w}}}^{(i)}$ mit Eigenvektoren ${\hat{\overline{w}}}^{(i)}$ und Eigenwerten Ji. Ein homogenes, lineares Gleichungssystem

Ziel ist es nun, die Hauptachsenrichtung ${\hat{\overline{w}}}^{(i)}$ so zu suchen, dass $\overline{\overline{J}}$ diagonal wird:

$\iff \det (\overline{\overline{J}}-J_{i}1)=0$

Somit ergeben sich 3 reelle, positiv semidefinite Eigenwerte Ji

Das Trägheitsmoment

Trägheitsmoment bezüglich Achse $\overline{n}:J(\overline{n}):=\overline{n}\overline{\overline{J}}\overline{n}$

Diese quadratische Form ist positiv semidefinit.

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

Trägheitsellipsoid

Die Normierung des Trägheitsmomentes liefert eine Ellipsoidgleichung: $\overline{n}\overline{\overline{J}}\overline{n}=1$ .

Die Lage des Ellipsoids sind ist durch die Eigenvektoren ${\hat{\overline{w}}}^{(i)}$ , die Maße folgen aus den Ji derart, dass die zu ${\hat{\overline{w}}}^{(i)}$ gehörige Achse die Länge $\frac{1}{\sqrt{J_i}}$ trägt:

1. 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 $J_{mn}$

der Trägheitstensor in einem körperfesten System

$\overline{K}$ , welches im Schwerpunkt S zentriert ist. Sei nun $\overline{K}\stackrel{´}{}$ ein zu $\overline{K}$

achsparalleles, um den Vektor

$\overline{a}$ verschobenes System. Dann ist $J_{mn}\stackrel{´}{}$ in $\overline{K}\stackrel{´}{}$

gegeben durch

$J_{mn}\stackrel{´}{}=J_{mn}+M[a^2{\delta }_{mn}-a_m{a}_n]$

Die beiden Koordinatensystem dürfen dabei nur durch die Translation um $\overline{a}$ unterschiedlich sein. Wesentlich ist vor allem, dass bei roationsvarianten Systemen keine Verdrehung der Achsen erfolgt !

Beweis:

$J_{mn}\stackrel{´}{}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\stackrel{´}{}\rho \stackrel{´}{}(\overline{x}\stackrel{´}{})[\left(\sum _t{x}_t{\stackrel{´}{}}^2\right){\delta }_{mn}-x_m\stackrel{´}{}{x}_n\stackrel{´}{}]$

Bei uns: $\overline{x}\stackrel{´}{}=\overline{x}+\overline{a}$

$\begin{array}{rl}& J_{mn}\stackrel{´}{}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[\left(\sum _t{(x_t+a_t)}^2\right){\delta }_{mn}-(x_m+a_m)(x_n+a_n)]\\ & J_{mn}\stackrel{´}{}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[\left(\sum _t[{\left(x_t\right)}^2+2\left(a_t{x}_t\right)+{a_t}^2]\right){\delta }_{mn}-x_m{x}_n-x_m{a}_n-x_n{a}_m-a_m{a}_n]\\ & \underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\sum _t\left(a_t{x}_t\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})(x_m{a}_n+x_n{a}_m)=0wegen\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\overline{x}=0\\ \end{array}$

Somit:

$\begin{array}{rl}& J_{mn}\stackrel{´}{}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[\left(\sum _t({x_t}^2+{a_t}^2)\right){\delta }_{mn}-x_m{x}_n-a_m{a}_n]\\ & J_{mn}\stackrel{´}{}=J_{mn}+\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[\left(\sum _t\left({a_t}^2\right)\right){\delta }_{mn}-a_m{a}_n]=J_{mn}+M[a^2{\delta }_{mn}-a_m{a}_n]\\ \end{array}$

Speziell im Hauptachsensystem:

keine Außerdiagonalelemente: m=n:=i

$J_i\stackrel{´}{}=J_i+M(a^2-{a_i}^2)i=1,..,3$

mit $(a^2-{a_i}^2)$ als Quadrat des Abstandes der beiden Drehachsen.

Dabei wird bei einer Verschiebung um $\overline{a}$ nur der Abstand der Drehachsen berücksichtigt. das heißt, die Komponente der Verschiebung in Richtung der Drehachse wird wieder quadratisch subtrahiert:

Beispiele

1. Kugelsymmetrische Massendichte:

$\begin{array}{rl}& \rho (\overline{x})=\rho (r)\\ & J_1=J_2=J_3=:J\\ & 3J=J_1+J_2+J_3=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (r)[({x_2}^2+{x_3}^2)+({x_1}^2+{x_3}^2)+({x_1}^2+{x_2}^2)]=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (r)2r^2\\ & 3J=2\cdot 4\pi \underset{0}{\overset{R}{\int }}dr{r}^4\rho (r)\\ \end{array}$

Bei homogener Massenverteilung:

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

folgt:

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

2. Abrollende Kugel: Momentaner Auflagepunkt ist A

Das Trägheitsmoment bezüglich der momentanen Drehachse durch den Auflagepunkt A:

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

Drehimpuls und Bewegungsgleichungen

Drehimpuls

1. diskret:

$\begin{array}{rl}& \overline{l}=\sum _{i=1}^n{m}_i{\overline{r}}_i\times {\dot{\overline{r}}}_i=\sum _{i=1}^n{m}_i({\overline{r}}_S+{\overline{x}}^{(i)})\times (\overline{V}+\overline{\omega }\times {\overline{x}}^{(i)})\\ & \overline{l}=\sum _{i=1}^n{m}_i({\overline{r}}_S\times \overline{V})+\sum _{i=1}^n{m}_i{\overline{x}}^{(i)}\times \overline{V}+{\overline{r}}_S\times (\overline{\omega }\times \sum _i{m}_i{\overline{x}}^{(i)})+\sum _i{m}_i{\overline{x}}^{(i)}\times (\overline{\omega }\times {\overline{x}}^{(i)})\\ & \sum _{i=1}^n{m}_i{\overline{x}}^{(i)}\times \overline{V}=\sum _{i=1}^n{m}_i\left({\overline{x}}^{(i)}\right)=0\\ & \overline{l}=\sum _{i=1}^n{m}_i({\overline{r}}_S\times \overline{V})+\sum _i{m}_i{\overline{x}}^{(i)}\times (\overline{\omega }\times {\overline{x}}^{(i)})=M({\overline{r}}_S\times \overline{V})+\sum _i{m}_i{\overline{x}}^{(i)}\times (\overline{\omega }\times {\overline{x}}^{(i)})\\ \end{array}$

Mit

$M({\overline{r}}_S\times \overline{V})$

als Schwerpunktsdrehimpuls

$\sum _i{m}_i{\overline{x}}^{(i)}\times (\overline{\omega }\times {\overline{x}}^{(i)})$

als Relativdrehimpuls

1. kontinuierliche Situation

$\begin{array}{rl}& \overline{l}={\overline{r}}_s\times M\overline{V}+\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\overline{x}\times (\overline{\omega }\times \overline{x})\\ & \overline{L}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\overline{x}\times (\overline{\omega }\times \overline{x})=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[x^2\overline{\omega }-(\overline{x}\cdot \overline{\omega })\overline{x}]\\ \end{array}$

Also:

$\overline{L}=\overline{\overline{J}}\overline{\omega }$

Dies sieht man an der Komponentenschreibweise:

$L_m=\sum _{n=1}^3\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[x^2{\delta }_{mn}-x_m{x}_n]{\omega }_n=\sum _{n=1}^3{J}_{mn}{\omega }_n$

Nebenbemerkung:

Im Allgemeinen ist $\overline{L}$ nicht parallel zu $\overline{\omega }$ , nur falls $\overline{\omega }$ in Richtung der Hauptträgheitsachse liegt !

Allgemeine Bewegungsgleichung für den Gesamtdrehimpuls

$\frac{d}{dt}\overline{l}=\sum _i{\overline{r}}_i\times {\overline{F}}_i$ . Dabei sind ${\overline{F}}_i$ äußere, eingeprägte Kräfte. Die resultierende Kraft $\overline{F}({\overline{r}}_S)=\sum _i{\overline{F}}_i$ soll auf den Schwerpunkt wirken, so dass gilt:

$\sum _i\frac{{\overline{F}}_i}{m_i}=\frac{\overline{F}({\overline{r}}_S)}{M}$

Somit:

$\frac{d}{dt}\overline{l}=\sum _i{m}_i{\overline{r}}_i\times \frac{{\overline{F}}_i}{m_i}={\overline{r}}_S\times \overline{F}({\overline{r}}_S)$

Bekanntlich gilt für die Schwerpunktsbewegung:

$M{\ddot{\overline{r}}}_S=\overline{F}({\overline{r}}_S)$ (Newton)

$\frac{d}{dt}\overline{l}=\frac{d}{dt}({\overline{r}}_s\times M\overline{V}+\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\overline{x}\times (\overline{\omega }\times \overline{x}))=\frac{d}{dt}({\overline{r}}_s\times M{\dot{\overline{r}}}_s)+\frac{d}{dt}\overline{L}=M{\dot{\overline{r}}}_s\times {\dot{\overline{r}}}_s+{\overline{r}}_S\times M{\ddot{\overline{r}}}_S+\frac{d}{dt}\overline{L}$

$\begin{array}{rl}& M{\dot{\overline{r}}}_s\times {\dot{\overline{r}}}_s=0\\ & {\overline{r}}_S\times M{\ddot{\overline{r}}}_S={\overline{r}}_S\times \overline{F}({\overline{r}}_S)\\ \end{array}$

$\frac{d}{dt}\overline{l}={\overline{r}}_S\times \overline{F}({\overline{r}}_S)+\frac{d}{dt}\overline{L}$

Gleichzeitig gilt: $\frac{d}{dt}\overline{l}=\sum _i{m}_i{\overline{r}}_i\times \frac{{\overline{F}}_i}{m_i}={\overline{r}}_S\times \overline{F}({\overline{r}}_S)$

Somit:

$\frac{d}{dt}\overline{L}=0$

Der Relativdrehimpuls ist im Schwerpunktsystem mit raumfesten Achsen konstant.

Also: Es verschwindet die Zeitableitung des relativdrehimpulses im Schwerpunktsystem mit RAUMFESTEN Achsen .

Die Transformation muss nun noch ins körperfeste, rotatorisch mitbewegte System $\overline{K}$ erfolgen:

Dabei sieht der Beobachter im RAUMFESTEN System neben der zeitlichen Änderung $\left(\frac{d}{dt}\right)\stackrel{´}{}$ , die im mitbewegten System ebenfalls stattfindet noch die Rotation des mitbewegten Systems überlagert.

Also:

$\left(\frac{d}{dt}\right)={\left(\frac{d}{dt}\right)}^{\stackrel{´}{}}+\overline{\omega }\times$

Somit gilt für das körperfeste System $\overline{K}$

$\begin{array}{rl}& \dot{\overline{L}}+\overline{\omega }\times \overline{L}=0\\ & {\left(\frac{d}{dt}\right)}^{\stackrel{´}{}}\overline{L}+\overline{\omega }\times \overline{L}=0\\ \end{array}$

Mit $\overline{L}=\overline{\overline{J}}\overline{\omega }$ folgt im körperfesten System,wo gilt: $\dot{\overline{\overline{J}}}$ =0

$\overline{\overline{J}}\dot{\overline{\omega }}+\overline{\omega }\times \overline{\overline{J}}\overline{\omega }=0$

Dies ist eine nichtlineare DGL in $\overline{\omega }$

Im Schwerpunktsystem ergeben sich die EULERSCHEN Gleichungen für den kräftefreien Kreisel, falls $\overline{\overline{J}}$ diagonal ( Hauptträgheitsachsensystem):

$\begin{array}{rl}& J_1{\dot{\omega }}_1=(J_2-J_3){\omega }_2{\omega }_3\\ & J_2{\dot{\omega }}_2=(J_3-J_1){\omega }_3{\omega }_1\\ & J_3{\dot{\omega }}_3=(J_1-J_2){\omega }_1{\omega }_2\\ \end{array}$

Beispiel: Symmetrischer Kreisel: $J_1=J_2\equiv J\ne J_3$

${\dot{\omega }}_3=0$ , also ${\omega }_3=const$ im mitrotierenden System

$\begin{array}{rl}& J{\dot{\omega }}_1=(J_{}-J_3){\omega }_2{\omega }_3\\ & {\ddot{\omega }}_1=\frac{(J_{}-J_3)}{J}{\dot{\omega }}_2{\omega }_3=-{\left[\frac{(J_{}-J_3)}{J}{\omega }_3\right]}^2{\omega }_1\\ \end{array}$

Diese Gleichung kann zweimal integriert werden. Mit den Integrationskonstanten

${\omega }_{\mathrm{\perp }},{\varphi }_0$ und der Zusammenfassung ${\omega }_0:=\frac{(J-J_3)}{J}{\omega }_3$

folgt:

${\omega }_1={\omega }_{\mathrm{\perp }}\cos ({\omega }_{0}t+{\varphi }_0)$

Dies kann in

$J{\dot{\omega }}_1=(J_{}-J_3){\omega }_2{\omega }_3$ eingesetzt werden und es ergibt sich:

${\omega }_2=-{\omega }_{\mathrm{\perp }}\sin ({\omega }_{0}t+{\varphi }_0)$

Die Definitionen sind an folgender Figur ersichtlich:

Dabei ist x3 die Figurenachse ( Achse durch die Drehachse von J3)

Es gilt:

${\omega }_1{(t)}^2+{\omega }_2{(t)}^2={{\omega }_{\mathrm{\perp }}}^2=const$

${\omega }_1{(t)}^2+{\omega }_2{(t)}^2+{\omega }_3{(t)}^2={{\omega }_{\mathrm{\perp }}}^2+{\omega }_3{(t)}^2=const$

Das heißt

$\overline{\omega }$ und damit auch $\overline{L}$ mit $L_i=J_i{\omega }_i$

rotieren um die Figurenachse

$\overline{f}\left|\right|x_3$

Veranschaulicht man diese Situation im Schwerpunktsystem mit raumfesten Achsen, so gilt mit $\frac{d}{dt}\overline{L}=0\Rightarrow \overline{L}fest$

$\overline{\omega }$ und $\overline{f}$ präzedieren um die raumfeste Achse $\overline{L}$ . Dabei müssen $\overline{\omega }$ , $\overline{f}$ und $\overline{L}$ stets in einer Ebene liegen.

Anwendung:

Erde als abgeplattetes Rotationsellipsoid:

$\begin{array}{rl}& \frac{(J_{}-J_3)}{J}\approx \frac{1}{300}\\ & \frac{2\pi }{{\omega }_3}=1Tag\\ \end{array}$

Damit kann die Präzessionsperiode leicht berechnet werden:

$T=\frac{2\pi }{{\omega }_0}=\frac{2\pi J}{{\omega }_3(J-J_3)}=\frac{J}{(J-J_3)}\cdot 1Tag=300Tage$

Die Erde präzediert also einmal in 300 Tagen um ihre eigene Achse!