Mechanik des starren Körpers

Mechanik des starren Körpers

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

$\rho ({\bar {r}})$

Gesamtmasse: $M=\int _{}^{}{{{d}^{3}}r}\rho ({\bar {r}})$

Beschreibung

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

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

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

Kinetische Energie und Trägheitstensor

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:

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

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:

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

mit dem Trägheitstensor

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

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

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:

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

Es gilt:

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

unsymmetrischer Kreisel

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

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 

${\bar {K}}$ , 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:

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

Drehimpuls und Bewegungsgleichungen

Drehimpuls

1. diskret:

${\begin{aligned}&{\bar {l}}=\sum \limits _{i=1}^{n}{}{{m}_{i}}{{\bar {r}}_{i}}\times {{\dot {\bar {r}}}_{i}}=\sum \limits _{i=1}^{n}{}{{m}_{i}}\left({{\bar {r}}_{S}}+{{\bar {x}}^{(i)}}\right)\times \left({\bar {V}}+{\bar {\omega }}\times {{\bar {x}}^{(i)}}\right)\\&{\bar {l}}=\sum \limits _{i=1}^{n}{}{{m}_{i}}\left({{\bar {r}}_{S}}\times {\bar {V}}\right)+\sum \limits _{i=1}^{n}{}{{m}_{i}}{{\bar {x}}^{(i)}}\times {\bar {V}}+{{\bar {r}}_{S}}\times \left({\bar {\omega }}\times \sum \limits _{i}{{m}_{i}}{{\bar {x}}^{(i)}}\right)+\sum \limits _{i}{{m}_{i}}{{\bar {x}}^{(i)}}\times \left({\bar {\omega }}\times {{\bar {x}}^{(i)}}\right)\\&\sum \limits _{i=1}^{n}{}{{m}_{i}}{{\bar {x}}^{(i)}}\times {\bar {V}}=\sum \limits _{i=1}^{n}{}{{m}_{i}}\left({{\bar {x}}^{(i)}}\right)=0\\&{\bar {l}}=\sum \limits _{i=1}^{n}{}{{m}_{i}}\left({{\bar {r}}_{S}}\times {\bar {V}}\right)+\sum \limits _{i}{{m}_{i}}{{\bar {x}}^{(i)}}\times \left({\bar {\omega }}\times {{\bar {x}}^{(i)}}\right)=M\left({{\bar {r}}_{S}}\times {\bar {V}}\right)+\sum \limits _{i}{{m}_{i}}{{\bar {x}}^{(i)}}\times \left({\bar {\omega }}\times {{\bar {x}}^{(i)}}\right)\\\end{aligned}}$

Mit

$M\left({{\bar {r}}_{S}}\times {\bar {V}}\right)$

als Schwerpunktsdrehimpuls

$\sum \limits _{i}{{m}_{i}}{{\bar {x}}^{(i)}}\times \left({\bar {\omega }}\times {{\bar {x}}^{(i)}}\right)$

als Relativdrehimpuls

1. kontinuierliche Situation

${\begin{aligned}&{\bar {l}}={{\bar {r}}_{s}}\times M{\bar {V}}+\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}}){\bar {x}}}\times \left({\bar {\omega }}\times {\bar {x}}\right)\\&{\bar {L}}=\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}}){\bar {x}}}\times \left({\bar {\omega }}\times {\bar {x}}\right)=\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}})\left[{{x}^{2}}{\bar {\omega }}-\left({\bar {x}}\cdot {\bar {\omega }}\right){\bar {x}}\right]}\\\end{aligned}}$

Also:

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

Dies sieht man an der Komponentenschreibweise:

${{L}_{m}}=\sum \limits _{n=1}^{3}{}\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}})}\left[{{x}^{2}}{{\delta }_{mn}}-{{x}_{m}}{{x}_{n}}\right]{{\omega }_{n}}=\sum \limits _{n=1}^{3}{}{{J}_{mn}}{{\omega }_{n}}$

Nebenbemerkung:

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

Allgemeine Bewegungsgleichung für den Gesamtdrehimpuls

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

$\sum \limits _{i}{}{\frac {{\bar {F}}_{i}}{{m}_{i}}}={\frac {{\bar {F}}({{\bar {r}}_{S}})}{M}}$

Somit:

${\frac {d}{dt}}{\bar {l}}=\sum \limits _{i}{{{m}_{i}}{{\bar {r}}_{i}}\times {\frac {{\bar {F}}_{i}}{{m}_{i}}}={{\bar {r}}_{S}}\times {\bar {F}}({{\bar {r}}_{S}})}$

Bekanntlich gilt für die Schwerpunktsbewegung:

$M{{\ddot {\bar {r}}}_{S}}={\bar {F}}({{\bar {r}}_{S}})$ (Newton)

${\frac {d}{dt}}{\bar {l}}={\frac {d}{dt}}\left({{\bar {r}}_{s}}\times M{\bar {V}}+\int _{}^{}{{{d}^{3}}x\rho ({\bar {x}}){\bar {x}}}\times \left({\bar {\omega }}\times {\bar {x}}\right)\right)={\frac {d}{dt}}\left({{\bar {r}}_{s}}\times M{{\dot {\bar {r}}}_{s}}\right)+{\frac {d}{dt}}{\bar {L}}=M{{\dot {\bar {r}}}_{s}}\times {{\dot {\bar {r}}}_{s}}+{{\bar {r}}_{S}}\times M{{\ddot {\bar {r}}}_{S}}+{\frac {d}{dt}}{\bar {L}}$

${\begin{aligned}&M{{\dot {\bar {r}}}_{s}}\times {{\dot {\bar {r}}}_{s}}=0\\&{{\bar {r}}_{S}}\times M{{\ddot {\bar {r}}}_{S}}={{\bar {r}}_{S}}\times {\bar {F}}({{\bar {r}}_{S}})\\\end{aligned}}$

${\frac {d}{dt}}{\bar {l}}={{\bar {r}}_{S}}\times {\bar {F}}({{\bar {r}}_{S}})+{\frac {d}{dt}}{\bar {L}}$

Gleichzeitig gilt: ${\frac {d}{dt}}{\bar {l}}=\sum \limits _{i}{{{m}_{i}}{{\bar {r}}_{i}}\times {\frac {{\bar {F}}_{i}}{{m}_{i}}}={{\bar {r}}_{S}}\times {\bar {F}}({{\bar {r}}_{S}})}$

Somit:

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

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 ${\bar {K}}$ erfolgen:

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

Also:

$\left({\frac {d}{dt}}\right)={{\left({\frac {d}{dt}}\right)}^{\acute {\ }}}+{\bar {\omega }}\times$

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

${\begin{aligned}&{\dot {\bar {L}}}+{\bar {\omega }}\times {\bar {L}}=0\\&{{\left({\frac {d}{dt}}\right)}^{\acute {\ }}}{\bar {L}}+{\bar {\omega }}\times {\bar {L}}=0\\\end{aligned}}$

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

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

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

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

${\begin{aligned}&{{J}_{1}}{{\dot {\omega }}_{1}}=\left({{J}_{2}}-{{J}_{3}}\right){{\omega }_{2}}{{\omega }_{3}}\\&{{J}_{2}}{{\dot {\omega }}_{2}}=\left({{J}_{3}}-{{J}_{1}}\right){{\omega }_{3}}{{\omega }_{1}}\\&{{J}_{3}}{{\dot {\omega }}_{3}}=\left({{J}_{1}}-{{J}_{2}}\right){{\omega }_{1}}{{\omega }_{2}}\\\end{aligned}}$

Beispiel: Symmetrischer Kreisel: ${{J}_{1}}={{J}_{2}}\equiv J\neq {{J}_{3}}$

${{\dot {\omega }}_{3}}=0$ , also ${{\omega }_{3}}=const$ im mitrotierenden System

${\begin{aligned}&J{{\dot {\omega }}_{1}}=\left({{J}_{}}-{{J}_{3}}\right){{\omega }_{2}}{{\omega }_{3}}\\&{{\ddot {\omega }}_{1}}={\frac {\left({{J}_{}}-{{J}_{3}}\right)}{J}}{{\dot {\omega }}_{2}}{{\omega }_{3}}=-{{\left[{\frac {\left({{J}_{}}-{{J}_{3}}\right)}{J}}{{\omega }_{3}}\right]}^{2}}{{\omega }_{1}}\\\end{aligned}}$

Diese Gleichung kann zweimal integriert werden. Mit den Integrationskonstanten

${{\omega }_{\bot }},{{\phi }_{0}}$ und der Zusammenfassung ${{\omega }_{0}}:={\frac {\left(J-{{J}_{3}}\right)}{J}}{{\omega }_{3}}$

folgt:

${{\omega }_{1}}={{\omega }_{\bot }}\cos \left({{\omega }_{0}}t+{{\phi }_{0}}\right)$

Dies kann in

$J{{\dot {\omega }}_{1}}=\left({{J}_{}}-{{J}_{3}}\right){{\omega }_{2}}{{\omega }_{3}}$ eingesetzt werden und es ergibt sich:

${{\omega }_{2}}=-{{\omega }_{\bot }}\sin \left({{\omega }_{0}}t+{{\phi }_{0}}\right)$

Die Definitionen sind an folgender Figur ersichtlich:

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

Es gilt:

${{\omega }_{1}}{{(t)}^{2}}+{{\omega }_{2}}{{(t)}^{2}}={{\omega }_{\bot }}^{2}=const$

${{\omega }_{1}}{{(t)}^{2}}+{{\omega }_{2}}{{(t)}^{2}}+{{\omega }_{3}}{{(t)}^{2}}={{\omega }_{\bot }}^{2}+{{\omega }_{3}}{{(t)}^{2}}=const$

Das heißt

${\bar {\omega }}$ und damit auch ${\bar {L}}$ mit ${{L}_{i}}={{J}_{i}}{{\omega }_{i}}$

rotieren um die Figurenachse 

${\bar {f}}||{{x}_{3}}$

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

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

Anwendung:

Erde als abgeplattetes Rotationsellipsoid:

${\begin{aligned}&{\frac {\left({{J}_{}}-{{J}_{3}}\right)}{J}}\approx {\frac {1}{300}}\\&{\frac {2\pi }{{\omega }_{3}}}=1Tag\\\end{aligned}}$

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!