Stive legemer og treghetstensoren

Seks frihetsgrader

Et stivt legeme er et system av partikler der alle avstandene $|\vec r_i - \vec r_j|$ er faste. Med $N$ partikler er det $\tfrac12 N(N - 1)$ slike føringer, men de er ikke uavhengige. Tre punkter som ikke ligger på ei linje, bestemmer hvor alle de andre er. Det første trenger tre koordinater. Det andre ligger på en kuleflate rundt det første og trenger to. Det tredje ligger på en sirkel om linja gjennom de to første og trenger én. Et stivt legeme har altså seks frihetsgrader: tre for et punkt i legemet, gjerne massesenteret, og tre for hvordan legemet er orientert.

Orienteringen kan beskrives med tre enhetsvektorer $\hat e_1'$, $\hat e_2'$ og $\hat e_3'$ som sitter fast i legemet og følger det. De er aksene i et roterende system $K'$. Til sammen har de ni komponenter, bundet av de seks betingelsene $\hat e_a' \cdot \hat e_b' = \delta_{ab}$, og tre tall er igjen.

Vinkelhastigheten

Deriver $\hat e_a' \cdot \hat e_b' = \delta_{ab}$ med hensyn på tida:

Tallene $\Omega_{ab} = \dot{\hat e}_a' \cdot \hat e_b'$ danner altså en antisymmetrisk matrise, og en antisymmetrisk $3 \times 3$-matrise har tre uavhengige elementer. Kall dem $\omega_1 = \Omega_{23}$, $\omega_2 = \Omega_{31}$ og $\omega_3 = \Omega_{12}$, og la $\vec\omega = \sum_a \omega_a \hat e_a'$. Da er $\dot{\hat e}_1' = \Omega_{12}\hat e_2' + \Omega_{13}\hat e_3' = \omega_3\hat e_2' - \omega_2\hat e_3'$, som er $\vec\omega \times \hat e_1'$, og likedan for de to andre:

Enhver endring av orienteringen er altså en rotasjon med en vinkelhastighet $\vec\omega$. Et punkt i legemet har faste komponenter langs $\hat e_a'$, så $\dot{\vec r} = \vec\omega \times \vec r$ når origo i $K'$ står i ro. Når origo beveger seg, kommer farten til origo i tillegg. Med massesenteret $\vec R$ som origo er

Velg et annet punkt $\vec Q$ i legemet som origo. Formelen gir $\dot{\vec Q} = \dot{\vec R} + \vec\omega \times (\vec Q - \vec R)$, og trekkes den fra, står det $\dot{\vec r}_i = \dot{\vec Q} + \vec\omega \times (\vec r_i - \vec Q)$ med den samme $\vec\omega$. Alle punkter i legemet gir den samme vinkelhastigheten.

Vinkelhastigheter legges sammen som vektorer. Det gjør ikke endelige rotasjoner. Drei en bok en kvart omdreining om $x$-aksen og så en kvart om $y$-aksen, og den havner et annet sted enn i motsatt rekkefølge. Derfor finnes det ingen tre vinkler som har $\omega_1$, $\omega_2$ og $\omega_3$ som tidsderiverte, og komponentene av $\vec\omega$ kan ikke brukes som generaliserte hastigheter.

Treghetstensoren

Hold et punkt $O$ i legemet fast og mål posisjonene fra det. Hver partikkel har farten $\vec\omega \times \vec r_i$. Med $(\vec\omega \times \vec r)^2 = \omega^2 r^2 - (\vec\omega \cdot \vec r)^2$ er den kinetiske energien

Dreieimpulsen gir den samme matrisen. Med $\vec r \times (\vec\omega \times \vec r) = r^2\vec\omega - (\vec r \cdot \vec\omega)\,\vec r$ er

og komponent $a$ er $L_a = \sum_b I_{ab}\,\omega_b$. Matrisen er treghetstensoren:

Komponentene tas langs aksene $\hat e_a'$, som følger legemet, så $I_{ab}$ endrer seg ikke med tida. Skrevet ut er

og de andre elementene følger ved å bytte om koordinatene. Tensoren er symmetrisk, $I_{ab} = I_{ba}$. Om en akse $\hat n$ gjennom $O$ er treghetsmomentet $I_{\hat n} = \hat n \cdot \boldsymbol I\hat n = \sum_i m_i d_i^2$, der $d_i$ er avstanden fra partikkel $i$ til aksen. Med $\vec\omega = \omega\hat n$ blir $T = \tfrac12 I_{\hat n}\omega^2$, som for rotasjon om en fast akse. Diagonalelementene er treghetsmomentene om de tre aksene.

Hovedakser

Treghetstensoren er en reell, symmetrisk matrise. Den har derfor tre reelle egenverdier og tre ortogonale egenvektorer. Egenvektorene er legemets hovedakser, og egenverdiene $I_1$, $I_2$ og $I_3$ er hovedtreghetsmomentene. Ingen av dem er negative, for hver av dem er et treghetsmoment $\sum_i m_i d_i^2$. Legges $\hat e_a'$ langs hovedaksene, er tensoren diagonal:

Roterer legemet om en hovedakse, er $\vec L$ parallell med $\vec\omega$. Om en akse som ikke er en hovedakse, får komponentene av $\vec\omega$ ulike vekter, og $\vec L$ peker skrått.

Symmetrien til legemet gir ofte hovedaksene uten regning. En symmetriakse er en hovedakse, og det er også normalen til et symmetriplan. Ser legemet likt ut etter en dreining på 120° eller 90° om en akse, er de to treghetsmomentene vinkelrett på aksen like, og da er enhver akse vinkelrett på den en hovedakse. En kube har slik symmetri om alle tre aksene gjennom sentrum, så $I_1 = I_2 = I_3 = \tfrac16 Ma^2$, og hver akse gjennom sentrum er en hovedakse. For et flatt legeme i $xy$-planet er $z = 0$ overalt, og da er $I_{33} = \int \rho\,(x^2 + y^2)\,dA = I_{11} + I_{22}$.

Et bilhjul der massen ikke er fordelt symmetrisk om akselen, rister av samme grunn. Avbalansering setter på små lodd til akselen er en hovedakse gjennom massesenteret.

Tensoren om et annet punkt

Treghetstensoren avhenger av punktet den regnes om, men den trenger bare regnes ut om massesenteret. Skriv $\vec r_i = \vec R + \vec y_i$, der $\vec R$ er massesenteret målt fra $O$ og summen $\sum_i m_i\vec y_i$ er null, og sett inn i definisjonen:

Leddene som er lineære i $\vec y_i$, inneholder $\sum_i m_i\vec y_i$ og faller bort. Det som er igjen, er tensoren om massesenteret pluss tensoren til én punktmasse $M$ i $\vec R$.

Siden $Mh^2 \ge 0$, er treghetsmomentet minst om aksen gjennom massesenteret av alle parallelle akser. Teoremet heter også Steiners sats.

Eksamensoppgave Treghetstensoren til en kube

Kontinuasjonseksamen, august 2022, oppgave 4

Let us consider a homogeneous cube of density $\rho$ and mass $M$. Its side length is $a$.

(a) Calculate the inertia tensor for a case where the fixed point is in the middle of one of its edges and the cube sides are aligned with coordinate axes. [3p]

(b) Solve the principal moments of inertia (eigenvalues). [3p]

Note: We solved the case with corner fixed in the lectures. Use a shorthand notation $b = Ma^2$ once you have solved the tensor elements.

Vis løsning Skjul løsning

a) Begynn i massesenteret. Der går hver koordinat fra $-a/2$ til $a/2$, og

$$I^{\text{cm}}_{11} = \rho\int (y^2 + z^2)\,dV \allowbreak = 2\rho a^2\int_{-a/2}^{a/2} y^2\,dy \allowbreak = \tfrac16 Ma^2$$

Elementene $-\rho\int xy\,dV$ er null, fordi integranden skifter fortegn når $x \to -x$. De tre aksene er like, så $I^{\text{cm}}_{ab} = \tfrac16 Ma^2\,\delta_{ab}$.

Legg $O$ midt på kanten langs $z$-aksen, med kuben i $0 \le x \le a$ og $0 \le y \le a$. Da er massesenteret $\vec R = (a/2,\ a/2,\ 0)$ med $R^2 = a^2/2$, og parallellakseteoremet gir

$$\begin{aligned} I_{11} &= \tfrac16 b + b\left(\tfrac12 - \tfrac14\right) = \tfrac{5}{12}b \\ I_{33} &= \tfrac16 b + b \cdot \tfrac12 = \tfrac23 b \\ I_{12} &= -b \cdot \tfrac12 \cdot \tfrac12 = -\tfrac14 b \end{aligned}$$

mens $I_{22}$ er lik $I_{11}$ og $I_{13} = I_{23} = 0$ fordi $R_3 = 0$. Direkte integrasjon gir det samme. Med $z$ fra $-a/2$ til $a/2$ er for eksempel

$$I_{11} = \rho\int (y^2 + z^2)\,dV \allowbreak = \rho\left(a^2 \cdot \tfrac13 a^3 + a^2 \cdot \tfrac{1}{12}a^3\right) \allowbreak = \tfrac{5}{12}b$$

Hele tensoren er

$$\boldsymbol I = b\begin{pmatrix} 5/12 & -1/4 & 0 \\ -1/4 & 5/12 & 0 \\ 0 & 0 & 2/3 \end{pmatrix}$$

b) $z$-aksen er en hovedakse med $I_3 = \tfrac23 b$. For $xy$-blokka gir determinanten

$$\left(\tfrac{5}{12}b - I\right)^2 - \left(\tfrac14 b\right)^2 = 0 \allowbreak\quad\Rightarrow\quad I = \tfrac{5}{12}b \pm \tfrac14 b$$

Egenvektorene er $(1, -1, 0)$ for $\tfrac23 b$ og $(1, 1, 0)$ for $\tfrac16 b$. Aksen $(1, 1, 0)$ går fra $O$ gjennom massesenteret, og om den er treghetsmomentet det samme som om enhver akse gjennom sentrum.

Svar

$I_{11} = I_{22} = \tfrac{5}{12}b$, $I_{33} = \tfrac23 b$, $I_{12} = -\tfrac14 b$ og $I_{13} = I_{23} = 0$. Hovedtreghetsmomentene er $\tfrac16 b$, $\tfrac23 b$ og $\tfrac23 b$.

Bevegelsen til et stivt legeme

Den kinetiske energien til et partikkelsystem er energien til massesenteret pluss energien i bevegelsen om massesenteret, $T = \tfrac12 M \dot{\vec R}^2 + \tfrac12 \sum_i m_i \dot{\vec y}_i^{\,2}$. I et stivt legeme er $\dot{\vec y}_i = \vec\omega \times \vec y_i$, og det andre leddet er rotasjonsenergien om massesenteret:

Tyngdens potensielle energi er $\sum_i m_i g z_i = MgZ$, der $Z$ er høyden til massesenteret. Lagrangefunksjonen $L = T - V$ har seks koordinater for et fritt legeme og færre når føringer binder det. Et legeme som svinger om en fast, vannrett akse, er en fysisk pendel. Bare vinkelen $\theta$ er igjen, og $L = \tfrac12 I_O\dot\theta^2 + MgD\cos\theta$, der $D$ er avstanden fra aksen til massesenteret. Små svingninger har $\omega^2 = MgD/I_O$.

Et legeme som ruller uten å gli, har en føring til. Kontaktpunktet $A$ har farten $\dot{\vec R} + \vec\omega \times (\vec r_A - \vec R)$, og den skal være null. For et hjul med radius $R$ som ruller langs ei linje, er $\vec r_A - \vec R$ en radius rett mot underlaget, og betingelsen blir

der $s$ er strekningen hjulet har rullet og $\theta$ dreievinkelen. Den kan integreres, og $s - R\theta$ er konstant. Føringen er altså holonom, og $\theta$ kan elimineres fra Lagrangefunksjonen som for andre holonome føringer. For en kule som ruller på et plan, går ikke det, for der binder føringen hastighetene på en måte som ikke kan integreres. Friksjonskraften virker i et punkt som står i ro, så den gjør ikke arbeid, og energien er bevart selv om friksjonen er det som får legemet til å rulle.

Eksamensoppgave Ring som ruller ned et skråplan

Ordinær eksamen, desember 2022, oppgave 3

A ring of mass $m$ and radius $R$ rolls down an inclined plane without slipping (see Figure). Let us denote its moment of inertia simply $I$. The inclined plane (mass $M$) has an opening angle $\alpha$ and it slides itself frictionlessly along a horizontal surface (instantaneous position $X$).

(a) Figure out the appropriate generalized coordinates and write out the Lagrangian function. [3p]

Hint: Start from the position coordinates for the center of the ring. Use the slipping constraint the same way as we are used to do with holonomic constraints (note: no forces requested).

(b) Solve the equations of motion and resulting accelerations for the ring and inclined plane. [3p]

Vis løsning Skjul løsning

a) Skråplanet har koordinaten $X$. Ringen har strekningen $s$ langs planet fra hjørnet og dreievinkelen $\theta$, bundet av $\dot s = R\dot\theta$, så de generaliserte koordinatene er $X$ og $s$. Sentrum i ringen ligger $R$ ut fra planet langs normalen:

$$x = X + s\cos\alpha - R\sin\alpha \allowbreak\qquad y = s\sin\alpha + R\cos\alpha$$

Da er $\dot x = \dot X + \dot s\cos\alpha$ og $\dot y = \dot s\sin\alpha$. Ringens kinetiske energi er $\tfrac12 m(\dot x^2 + \dot y^2)$ for sentrum pluss rotasjonsenergien $\tfrac12 I\dot\theta^2 = \tfrac12 (I/R^2)\,\dot s^2$, og skråplanet har $\tfrac12 M\dot X^2$. Potensialet er $V = mgy$, der leddet $mgR\cos\alpha$ er konstant og kan droppes. Da er

$$L = \tfrac12(M + m)\dot X^2 \allowbreak + m\dot X\dot s\cos\alpha \allowbreak + \tfrac12\left(m + \frac{I}{R^2}\right)\dot s^2 \allowbreak - mgs\sin\alpha$$

b) $X$ er syklisk, så $p_X = (M + m)\dot X + m\dot s\cos\alpha$, den totale vannrette impulsen, er bevart. Lagranges ligning for $X$ er

$$(M + m)\ddot X + m\ddot s\cos\alpha = 0$$

og ligningen for $s$, delt på $m$, er

$$\left(1 + \frac{I}{mR^2}\right)\ddot s \allowbreak + \ddot X\cos\alpha + g\sin\alpha = 0$$

Den første gir $\ddot X = -m\ddot s\cos\alpha/(M + m)$. Satt inn i den andre gir det

$$\Delta\,\ddot s = -g\sin\alpha \allowbreak\qquad \Delta = 1 + \frac{I}{mR^2} - \frac{m\cos^2\alpha}{M + m}$$

Begge akselerasjonene er konstante. Ringen ruller nedover, $\ddot s < 0$, og skråplanet glir motsatt vei, $\ddot X > 0$, slik at den vannrette impulsen holder seg null når alt starter i ro. For en ring er $I = mR^2$. Når $M \to \infty$, står skråplanet stille, og $\ddot s = -\tfrac12 g\sin\alpha$, som for en ring på et fast skråplan.

Svar

$\ddot s = -g\sin\alpha/\Delta$ og $\ddot X = {mg\sin\alpha\cos\alpha/[(M + m)\Delta]}$, begge konstante.