Kinetische Energie und Trägheitstensor

2011-07-01T22:30:01Z

198.36.222.8: /* Das TrÃ¤gheitsmoment */

<noinclude>{{Scripthinweis|Mechanik|6|2}}</noinclude>

Betrachten wir eine infinitesimale Verrückung
:<math>\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}</math>

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.

:<math>\bar{V}:=\frac{d{{{\bar{r}}}_{s}}}{dt}</math> Schwerpunktsgeschwindigkeit

:<math>\bar{\omega }:=\frac{d\bar{\phi }}{dt}</math> Winkelgeschwindigkeit

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

:<math>\bar{v}=\bar{V}+\bar{\omega }\times \bar{x}</math>

Nebenbemerkungen:

:<math>\bar{\omega }</math> hängt von der Wahl von S ab.

Falls S der Schwerpunkt ist, so gilt:

:<math>\sum\limits_{i=1}^{n}{{{m}_{i}}{{{\bar{x}}}^{(i)}}}=0</math>
nach Def. A) des starren Körpers

:<math>\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}x\bar{x}\rho (\bar{x})}=0</math>
Definition B) → Schwerpunktsvektor im körperfesten System
:<math>\bar{K}</math>
:

====Kinetische Energie:====

#<math>\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}}</math>

Mit den Beziehungen
:<math>\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}</math>
Somit folgt:
:<math>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}}</math>
mit dem Trägheitstensor

:<math>{{J}_{mn}}:=\sum\limits_{i=1}^{n}{{}}{{m}_{i}}\left[ {{{{x}}}^{(i)}}^{2}{{\delta }_{mn}}-{{x}_{m}}^{(i)}{{x}_{n}}^{(i)} \right]</math>

Der Trägheitstensor ist also durch die Massenverteilung bestimmt

Im Sinne der Definition B) dagegen gilt:

:<math>\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}</math>

und dem Trägheitstensor

:<math>{{J}_{mn}}=\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}x\rho (\bar{x})\left[ {{x}^{2}}{{\delta }_{mn}}-{{x}_{m}}{{x}_{n}} \right]}</math>

Also gilt die Zerlegung der kinetischen Energie:

:<math>\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}</math>

:<math>\begin{align}
& T=\frac{1}{2}M{{V}^{2}}+\frac{1}{2}\bar{\omega }\bar{\bar{J}}\bar{\omega } \\
& \\
\end{align}</math>

Dabei ist

:<math>{{T}_{trans}}=\frac{1}{2}M{{V}^{2}}</math>
kinetische Energie der translatorischen Bewegung

:<math>{{T}_{rot}}=\frac{1}{2}\bar{\omega }\bar{\bar{J}}\bar{\omega }</math>
kinetische Energie der Rotationsbewegung

====Eigenschaften des Trägheitstensors====

:<math>\bar{\bar{J}}</math>
ist ein Tensor zweiter Stufe. Das heißt unter Drehungen
:<math>R\in SO(3)</math>
transformiert er sich wie folgt:

R kennzeichnet dabei die Drehmatrizen im
:<math>{{R}^{3}}</math>
mit Orthogonalitätseigenschaft:
:<math>R{{R}^{T}}=1,\det R=1</math>

Nun, er transformiert sich unter Drehungen wie folgt:

Wenn
:<math>{{x}_{m}}\to {{x}_{m}}\acute{\ }=\sum\limits_{n=1}^{3}{{{R}_{mn}}{{x}_{n}}}</math>

Dann:
:<math>{{J}_{mn}}\to {{J}_{mn}}\acute{\ }=\sum\limits_{l=1}^{3}{\sum\limits_{s=1}^{3}{{}}{{R}_{ml}}{{R}_{ns}}{{J}_{ls}}}</math>

Kompakt:

:<math>\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}</math>

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:
:<math>{{x}_{m}}\acute{\ }=\sum\limits_{n=1}^{3}{{{R}_{mn}}{{x}_{n}}}</math>
= Vektor

Tensor 2. Stufe
:<math>{{J}_{mn}}\acute{\ }=\sum\limits_{l=1}^{3}{\sum\limits_{s=1}^{3}{{}}{{R}_{ml}}{{R}_{ns}}{{J}_{ls}}}</math>

Tensor n-ter STufe:
:<math>{{A}_{mn....x}}\acute{\ }=\sum\limits_{l,s,...,t=1}^{3}{{{R}_{ml}}{{R}_{ns}}...{{R}_{xt}}{{A}_{ls...t}}}</math>
wobei links n Indices stehen und rechts n mal die Drehmatrix angewendet wird (und jeweils von 1-3 summiert!)

====Beweis des Transformationsverhaltens für====

:<math>{{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]</math>

Zunächst zum Skalarprodukt:

:<math>\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}</math>

das Skalarprodukt ist also invariant

Aber auch das Delta- Element ist invariant:

:<math>\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}}}</math>

Kompakt:

:<math>R1{{R}^{T}}=R{{R}^{T}}=1</math>

Also:

:<math>\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}</math>

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

Dabei gilt:

:<math>\left( \sum\limits_{t}{{{x}_{t}}^{(i)}{{\acute{\ }}^{2}}} \right){{\delta }_{mn}}</math>
ist der invariante Anteil

:<math>{{x}_{m}}^{(i)}\acute{\ }{{x}_{n}}^{(i)}\acute{\ }</math>
hängt von der Wahl des körperfesten koordinatensystems ab.

<u>'''Weitere Eigenschaften'''</u>

#
:<math>{{J}_{mn}}</math>
enthält einen kugelsymmetrischen, also rotationsinvarianten Anteil
:<math>\left( \sum\limits_{t}{{{x}_{t}}{{^{(i)}}^{2}}} \right){{\delta }_{mn}}</math>

#
:<math>{{J}_{mn}}</math>
ist linear in der Massendichte. Der Trägheitstensor ist also additiv beim Zusammenfügen zweier starrer Körper
#
:<math>{{J}_{mn}}</math>
ist ein reeller, symmetrischer Tensor, dargestellt durch die reelle, symmetrisch Matrix

:<math>\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)}</math>

Der Tensor ist diagonalisierbar durch die orthogonale Transformation
:<math>{{R}_{0}}\in SO(3):</math>

:<math>\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)</math>

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

:<math>\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)}</math>

Also:
:<math>{{J}_{i}}\ge 0</math>
i=1,..,3, Matrix positiv semidefinit.

Die Diagonalisierung führt auf das Eigenwertproblem:

:<math>\bar{\bar{J}}{{\hat{\bar{w}}}^{(i)}}={{J}_{i}}{{\hat{\bar{w}}}^{(i)}}</math>
mit Eigenvektoren
:<math>{{\hat{\bar{w}}}^{(i)}}</math>
und Eigenwerten Ji. Ein homogenes, lineares Gleichungssystem

Ziel ist es nun, die Hauptachsenrichtung
:<math>{{\hat{\bar{w}}}^{(i)}}</math>
so zu suchen, dass
:<math>\bar{\bar{J}}</math>
diagonal wird:

:<math>\Leftrightarrow \det \left( \bar{\bar{J}}-{{J}_{i}}1 \right)=0</math>

Somit ergeben sich 3 reelle, positiv semidefinite Eigenwerte Ji

HHIS I sohuld have thought of that!

====Satz von Steiner====

Sei''' '''
:<math>{{J}_{mn}}</math>
der Trägheitstensor in einem körperfesten System
:<math>\bar{K}</math>,
welches im Schwerpunkt S zentriert ist. Sei nun
:<math>\bar{K}\acute{\ }</math>
ein zu
:<math>\bar{K}</math>
achsparalleles, um den Vektor
:<math>\bar{a}</math>
verschobenes System. Dann ist
:<math>{{J}_{mn}}\acute{\ }</math> in <math>\bar{K}\acute{\ }</math>
gegeben durch

:<math>{{J}_{mn}}\acute{\ }={{J}_{mn}}+M\left[ {{a}^{2}}{{\delta }_{mn}}-{{a}_{m}}{{a}_{n}} \right]</math>

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

Beweis:

:<math>{{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]</math>

Bei uns:
:<math>\bar{x}\acute{\ }=\bar{x}+\bar{a}</math>

:<math>\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}</math>

Somit:

:<math>\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}</math>

'''Speziell im Hauptachsensystem:'''

keine Außerdiagonalelemente: m=n:=i

:<math>{{J}_{i}}\acute{\ }={{J}_{i}}+M({{a}^{2}}-{{a}_{i}}^{2})\quad i=1,..,3</math> mit <math>({{a}^{2}}-{{a}_{i}}^{2})</math>
als Quadrat des Abstandes der beiden Drehachsen.

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

<u>'''Beispiele'''</u>

1. Kugelsymmetrische Massendichte:

:<math>\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}</math>

Bei homogener Massenverteilung:

:<math>M=\frac{4\pi }{3}{{R}^{3}}</math>
bezüglich Schwerpunkt S

folgt:

:<math>\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}</math>

2. Abrollende Kugel: Momentaner Auflagepunkt ist A

Das Trägheitsmoment bezüglich der momentanen Drehachse durch den Auflagepunkt A:

:<math>{{J}_{A}}=J+M{{R}^{2}}=\frac{2}{5}M{{R}^{2}}+M{{R}^{2}}=\frac{7}{5}M{{R}^{2}}</math>

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Kinetische Energie und Trägheitstensor