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.

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Betrachten wir eine infinitesimale Verrückung

\begin{matrix} d \bar{r} = d {\bar{r}}_{S} + d \bar{x} = d {\bar{r}}_{S} + d \bar{ϕ} \times \bar{x} \\ d \bar{ϕ} := \bar{n} d ϕ \end{matrix}

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}}{d t}

Schwerpunktsgeschwindigkeit

\bar{ω} := \frac{d \bar{ϕ}}{d t}

Winkelgeschwindigkeit

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

\bar{v} = \bar{V} + \bar{ω} \times \bar{x}

Nebenbemerkungen:

\bar{ω}

hängt von der Wahl von S ab.

Falls S der Schwerpunkt ist, so gilt:

\sum_{i = 1}^{n} m_{i} {\bar{x}}^{(i)} = 0

nach Def. A) des starren Körpers

\int_{}^{} d^{3} x \bar{x} ρ (\bar{x}) = 0

Definition B) → Schwerpunktsvektor im körperfesten System

\bar{K}

Kinetische Energie:

$\frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n} m_{i} {v^{(i)}}^{2} = \frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n} m_{i} {(V + ω \times x^{(i)})}^{2} = \frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n} m_{i} V^{2} + V \cdot \sum_{i = 1}^{n} m_{i} (ω \times x^{(i)}) + \frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n} m_{i} {(ω \times x^{(i)})}^{2}$

Mit den Beziehungen

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} m_{i} = M \\ \bar{V} \cdot \sum_{i = 1}^{n} m_{i} (\bar{ω} \times {\bar{x}}^{(i)}) = (\bar{V} \times \bar{ω}) \sum_{i = 1}^{n} m_{i} {\bar{x}}^{(i)} = 0, d a \sum_{i = 1}^{n} m_{i} {\bar{x}}^{(i)} = 0 \\ {(\bar{ω} \times {\bar{x}}^{(i)})}^{2} = ω^{2} x^{2} \sin^{2} α = ω^{2} x^{2} (1 - \cos^{2} α) = ω^{2} x^{2} - {(\bar{ω} \cdot \bar{x})}^{2} = \sum_{m = 1}^{3} \sum_{n = 1}^{3} ω^{m} [x^{2} δ_{m n} - x_{m} x_{n}] ω^{n} \end{matrix}

Somit folgt:

T = \frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n} m_{i} {v^{(i)}}^{2} = \frac{1}{2} M V^{2} + \frac{1}{2} \sum_{m = 1}^{3} \sum_{n = 1}^{3} ω^{m} J_{m n} ω^{n}

mit dem Trägheitstensor

J_{m n} := \sum_{i = 1}^{n} m_{i} [{x^{(i)}}^{2} δ_{m n} - {x_{m}}^{(i)} {x_{n}}^{(i)}]

Der Trägheitstensor ist also durch die Massenverteilung bestimmt

Im Sinne der Definition B) dagegen gilt:

\begin{matrix} T = \frac{1}{2} \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) {(\bar{V} + \bar{ω} \times \bar{x})}^{2} = \frac{1}{2} \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) V^{2} + (\bar{V} \times \bar{ω}) \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) \bar{x} + \frac{1}{2} \sum_{m = 1}^{3} \sum_{n = 1}^{3} ω^{m} J_{m n} ω^{n} \\ m i t \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) \bar{x} = 0 \end{matrix}

und dem Trägheitstensor

J_{m n} = \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) [x^{2} δ_{m n} - x_{m} x_{n}]

Also gilt die Zerlegung der kinetischen Energie:

\begin{matrix} T = \frac{1}{2} \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) {(\bar{V} + \bar{ω} \times \bar{x})}^{2} = \frac{1}{2} \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) V^{2} + \frac{1}{2} \sum_{m = 1}^{3} \sum_{n = 1}^{3} ω^{m} J_{m n} ω^{n} \end{matrix}

\begin{matrix} T = \frac{1}{2} M V^{2} + \frac{1}{2} \bar{ω} \bar{\bar{J}} \bar{ω} \end{matrix}

Dabei ist

T_{t r a n s} = \frac{1}{2} M V^{2}

kinetische Energie der translatorischen Bewegung

T_{r o t} = \frac{1}{2} \bar{ω} \bar{\bar{J}} \bar{ω}

kinetische Energie der Rotationsbewegung

Eigenschaften des Trägheitstensors

\bar{\bar{J}}

ist ein Tensor zweiter Stufe. Das heißt unter Drehungen

R \in S O (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} \overset{´}{} = \sum_{n = 1}^{3} R_{m n} x_{n}

Dann:

J_{m n} \to J_{m n} \overset{´}{} = \sum_{l = 1}^{3} \sum_{s = 1}^{3} R_{m l} R_{n s} J_{l s}

Kompakt:

\begin{matrix} \bar{x} \to \bar{x} \overset{´}{} = R \bar{x} \\ \bar{\bar{J}} \to \bar{\bar{J}} \overset{´}{} = R \bar{\bar{J}} R^{T} \end{matrix}

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} \overset{´}{} = \sum_{n = 1}^{3} R_{m n} x_{n}

= Vektor

Tensor 2. Stufe

J_{m n} \overset{´}{} = \sum_{l = 1}^{3} \sum_{s = 1}^{3} R_{m l} R_{n s} J_{l s}

Tensor n-ter STufe:

A_{m n .... x} \overset{´}{} = \sum_{l, s, ..., t = 1}^{3} R_{m l} R_{n s} ... R_{x t} A_{l s ... 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_{m n} := \sum_{i = 1}^{n} m_{i} [(\sum_{t} x_{t} {^{(i)}}^{2}) δ_{m n} - {x_{m}}^{(i)} {x_{n}}^{(i)}]

Zunächst zum Skalarprodukt:

\begin{matrix} x_{m} \overset{´}{} = \sum_{n = 1}^{3} R_{m n} x_{n} \\ \Rightarrow \sum_{t} x_{t} {\overset{´}{}}^{2} = \sum_{t} \sum_{l} \sum_{s} R_{t l} R_{t s} x_{l} x_{s} = \sum_{l} \sum_{s} (\sum_{t} {R_{l t}}^{T} R_{t s}) x_{l} x_{s} = \sum_{l} \sum_{s} δ_{l s} x_{l} x_{s} = \sum_{l} {x_{l}}^{2} \end{matrix}

das Skalarprodukt ist also invariant

Aber auch das Delta- Element ist invariant:

\sum_{l} \sum_{s} R_{m l} R_{n s} δ_{l s} = \sum_{l} R_{m l} R_{n l} = \sum_{l} R_{m l} {R_{\ln}}^{T} = δ_{m n}

Kompakt:

R 1 R^{T} = R R^{T} = 1

Also:

\begin{matrix} J_{m n} \overset{´}{} = \sum_{l = 1}^{3} \sum_{s = 1}^{3} R_{m l} R_{n s} J_{l s} = \sum_{i = 1}^{n} m_{i} \sum_{l = 1}^{3} \sum_{s = 1}^{3} R_{m l} R_{n s} [(\sum_{t} x_{t} {^{(i)}}^{2}) δ_{l s} - {x_{l}}^{(i)} {x_{s}}^{(i)}] \\ J_{m n} \overset{´}{} = \sum_{i = 1}^{n} m_{i} [(\sum_{t} {x_{t}}^{(i)} {\overset{´}{}}^{2}) δ_{m n} - {x_{m}}^{(i)} \overset{´}{} {x_{n}}^{(i)} \overset{´}{}] \end{matrix}

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

Dabei gilt:

(\sum_{t} {x_{t}}^{(i)} {\overset{´}{}}^{2}) δ_{m n}

ist der invariante Anteil

{x_{m}}^{(i)} \overset{´}{} {x_{n}}^{(i)} \overset{´}{}

hängt von der Wahl des körperfesten koordinatensystems ab.

Weitere Eigenschaften

J_{m n}

enthält einen kugelsymmetrischen, also rotationsinvarianten Anteil

(\sum_{t} x_{t} {^{(i)}}^{2}) δ_{m n}

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 ρ (\bar{x}) (\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})

Der Tensor ist diagonalisierbar durch die orthogonale Transformation

R_{0} \in S O (3) :

\bar{\bar{J}} \overset{´}{} = R_{0} \bar{\bar{J}} {R_{0}}^{T} = (\begin{matrix} J_{1} & 0 & 0 \\ 0 & J_{2} & 0 \\ 0 & 0 & J_{3} \end{matrix})

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

\bar{\bar{J}} \overset{´}{} = \int_{}^{} d^{3} y ρ (\bar{y}) (\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})

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 (\bar{\bar{J}} - J_{i} 1) = 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{ω} = \bar{n} ω \Rightarrow T = \frac{1}{2} ω^{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} \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_{m n}

der Trägheitstensor in einem körperfesten System

\bar{K}

,

welches im Schwerpunkt S zentriert ist. Sei nun

\bar{K} \overset{´}{}

ein zu

\bar{K}

achsparalleles, um den Vektor

\bar{a}

verschobenes System. Dann ist

J_{m n} \overset{´}{}

in

\bar{K} \overset{´}{}

gegeben durch

J_{m n} \overset{´}{} = J_{m n} + M [a^{2} δ_{m n} - a_{m} a_{n}]

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_{m n} \overset{´}{} = \int_{}^{} d^{3} x \overset{´}{} ρ \overset{´}{} (\bar{x} \overset{´}{}) [(\sum_{t} x_{t} {\overset{´}{}}^{2}) δ_{m n} - x_{m} \overset{´}{} x_{n} \overset{´}{}]

Bei uns:

\bar{x} \overset{´}{} = \bar{x} + \bar{a}

\begin{matrix} J_{m n} \overset{´}{} = \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) [(\sum_{t} {(x_{t} + a_{t})}^{2}) δ_{m n} - (x_{m} + a_{m}) (x_{n} + a_{n})] \\ J_{m n} \overset{´}{} = \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) [(\sum_{t} [{(x_{t})}^{2} + 2 (a_{t} x_{t}) + {a_{t}}^{2}]) δ_{m n} - x_{m} x_{n} - x_{m} a_{n} - x_{n} a_{m} - a_{m} a_{n}] \\ \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) \sum_{t} (a_{t} x_{t}) = \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) (x_{m} a_{n} + x_{n} a_{m}) = 0 w e g e n \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) \bar{x} = 0 \end{matrix}

Somit:

\begin{matrix} J_{m n} \overset{´}{} = \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) [(\sum_{t} ({x_{t}}^{2} + {a_{t}}^{2})) δ_{m n} - x_{m} x_{n} - a_{m} a_{n}] \\ J_{m n} \overset{´}{} = J_{m n} + \int_{}^{} d^{3} x ρ (\bar{x}) [(\sum_{t} ({a_{t}}^{2})) δ_{m n} - a_{m} a_{n}] = J_{m n} + M [a^{2} δ_{m n} - a_{m} a_{n}] \end{matrix}

Speziell im Hauptachsensystem:

keine Außerdiagonalelemente: m=n:=i

J_{i} \overset{´}{} = 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

\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{matrix} ρ (\bar{x}) = ρ (r) \\ J_{1} = J_{2} = J_{3} = : J \\ 3 J = J_{1} + J_{2} + J_{3} = \int_{}^{} d^{3} x ρ (r) [({x_{2}}^{2} + {x_{3}}^{2}) + ({x_{1}}^{2} + {x_{3}}^{2}) + ({x_{1}}^{2} + {x_{2}}^{2})] = \int_{}^{} d^{3} x ρ (r) 2 r^{2} \\ 3 J = 2 \cdot 4 π \int_{0}^{R} d r r^{4} ρ (r) \end{matrix}

Bei homogener Massenverteilung:

M = \frac{4 π}{3} R^{3}

bezüglich Schwerpunkt S

folgt:

\begin{matrix} J = \frac{8}{3} π \int_{0}^{R} d r r^{4} ρ (r) = \frac{2 M}{R^{3}} \int_{0}^{R} d r r^{4} \\ J = \frac{2}{5} M R^{2} \end{matrix}

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}

Kinetische Energie und Trägheitstensor

Inhaltsverzeichnis

Kinetische Energie:

Eigenschaften des Trägheitstensors

Beweis des Transformationsverhaltens für

Das Trägheitsmoment

Satz von Steiner

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