Rotierender Starrer Körper/Kreisel

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1 Rotierender Starrer Körper/Kreisel Ralf Metzler, Uni Potsdam, Typeset by FoilTEX 1

2 Kinetische Energie des Starren Körpers Translationsenergie: T trans = 1 2 v2 0 m α = m 2 v2 0, wobei m = α α m α die Gesamtmasse Wechselseitige Energie: T w = v 0 ( ω α m α r α ) = m v 0 ( ω r S ), Schwerpunktskoordinate r S = 1 m α m α r α des Bezugspunkts S Rotationsenergie: T rot = 1 2 α m α ( ω r α ) 2 = 1 2 m α (x αk x αk δ ij x αi x αj α ) ω i ω j = Θ ij ω i ω j = Θ ijω i ω j S als Bezugspunkt: T w = 0. Ein festgehaltener Punkt: v 0 = 0 T trans = T w = 0 2

3 Drehimpuls und Drehmoment Auf den Schwerpunkt bezogen: N = m α r α r α α M = α r α F α N = M System I: Inertialsystem; System II: mitbewegt aber nicht mitrotiert; System III: körperfest Indexschreibweise im System II: N i = α m α ( x αk x αk δ ij x αi x αj ) ω j Θ ij ω j = T rot ω i Indexschreibweise im System III (ω j = ω x, ω y, ω z ): N i = α m α (x αk x αk δ ij x αi x αj ) ω j Θ ij ω j = T rot ω i In System III ist Θ ij eine Konstante, in System II i.allg. eine Funktion der Zeit = Umschreiben des Drehimpulssatzes M i = Ṅi = d dt (Θ ijω j ) auf System III 3

4 Levi-Civita Symbol ε ijk = +1, falls i, j, k gerade Permutation von 1, 2, 3 1, falls i, j, k ungerade Permutation von 1, 2, 3 0, wenn mindestens zwei Indizes gleich Darstellung durch Kronecker-δ: ε ijk = det δ 1i δ 1j δ 1k δ 2i δ 2j δ 2k δ 3i δ 3j δ 3k Vektorprodukt: a b = a 2 b 3 a 3 b 2 a 3 b 1 a 1 b 3 a 1 b 2 a 2 b 1 = e i ε ijk a j b k = ε 123 a 2 b 3 + ε 132 a 3 b 2 ε 231 a 3 b 1 + ε 213 a 1 b 3 ε 312 a 1 b 2 + ε 321 a 2 b 1 Ferner gilt: ε ijk ε ijk = 3! = 6 4

5 Eulersche Kreiselgleichungen Im allgemeinen System III: Mi = Θij ω j + εijk Θkl ωj ωl Im Hauptachsensystem (Θij diagonal): 0 0 = + Θ3 Θ2 ω2ω M2 = Θ2ω 2 + Θ1 Θ3 ω3ω M3 = Θ3ω 3 + Θ2 Θ1 ω1ω2 0 M1 0 Θ1ω 1 5

6 Spezialfälle der Eulerschen Kreiselgleichungen (1.) Isotroper Trägheitstensor Θ ij = Θδ ij = Θ ij : M i = d dt (Θδ ij ω j ) = Θ dω i dt M = Θ ω Im kräftefreien Fall ändert sich die Drehachse nicht, sonst d ω = Mdt/Θ. (2.) Allgemeiner kräftefreier Fall: Θ 1 ω 1 + ( Θ 3 Θ 2 )ω 2 ω 3 = 0 Θ 2 ω 2 + ( Θ 1 Θ 3 )ω 3 ω 1 = 0 ( ) Θ 3 ω 3 + ( Θ 2 Θ 1 )ω 1 ω 2 = 0 Betrachte Rotation um Hauptträgheitsachsen. Annahme: Rotation mit ω 1 = const. ω 2 = ω 3 = 0. Diese Bewegung erfüllt sicher die Kreiselgleichungen ( ). Frage: Sind solche Bewegungen stabil? 6

7 Betrachte kleine Abweichungen ω i um die stationären Werte ω 1 = const. ω 2 = ω 3 = 0. Es folgt dann für die Terme 1. Ordnung: Θ 1 ω 1 = 0 Θ 2 ω 2 + (Θ 1 Θ 3 )ω 1 ω 3 = 0 Θ 3 ω 3 + (Θ 2 Θ 1 )ω 1 ω 2 = 0 Aus 3. Gleichung: ω 3 = Θ 2 Θ 1 Θ 3 ω 1 ω 2 Mit zeitlicher Ableitung der 2. Gleichung: ω 2 = ω 2 1 ω 2 Θ 2 Θ (Θ 2 Θ 1 )(Θ 1 Θ 3 ) 3 Bewegung stabil, falls ω 2 ω 2 Stabil, falls (Θ 1 Θ 2 )(Θ 1 Θ 3 ) > 0 Die Bewegung ist also stabil, falls Θ 1 das größte oder kleinste Trägheitsmoment ist. 7

8 (3.) Freie Rotation um allgemeine Achse: Sei x 1 die Rotationsachse. Für ω = (ω 1, 0, 0) liefern der Energiesatz T = 1 2 Θ ij ω i ω j T = 1 2 Θ 11 ω 2 1 ω 1 = 0 und damit die Kreiselgleichungen Θ ij ω j + ε ijkθ kl ω j ω l = 0 ε i1kθ k1 = 0 Diese Bedingung kann nur befriedigt werden, falls die Deviationsmomente Θ 21 = Θ 31 = 0 verschwinden = freie Rotation nur möglich, wenn die Drehachse mit einer Hauptträgheitsachse zusammenfällt Bem.: Unfreie Rotation um eine Achse ist immer möglich. Dann übt der rotierende Körper Zwangsmomente auf die Lagerung aus. Deshalb sollte man z.bsp. Autoreifen auswuchten. 8

9 Kreisel Ein Kreisel ist ein starrer Körper, dessen Bewegung um einen Punkt getrennt von der Bewegung dieses Punktes betrachtet werden kann, z.bsp. ein gewöhnlicher Kreisel oder ein geschleuderter Diskus: 9

10 Kräftefreier Kreisel Den kräftefreien Kreisel kann man durch Stützung des Kreisels im Schwerpunkt erziehlen (links), oder annähernd durch die kardanische Aufhängung (rechts). 10

11 (4.) Freie Rotation des symmetrischen Kreisels (2 Hauptträgheitsmomente sind identisch: Θ Θ 1 = Θ 2 Θ Θ 3 ) (a) Körperfestes System III: Eulergleichungen: Θ ω 1 = (Θ Θ )ω 2 ω 3 Θ ω 2 = (Θ Θ )ω 1 ω 3 Θ ω 3 = 0 ω 3 = const. ω 1 = Ωω 2 Ω = Θ Θ ω 3 Θ ω 2 = Ωω 1 x 3 Allgemeine Lösung: ) ω 1 (Ωt = A cos + ϕ ) ω 2 (Ωt = A sin + ϕ 2 ω + ω ω Der Vektor ω umläuft die Figurenachse x 3 Winkelgeschwindigkeit Ω mit der ω 3 11

12 (b) Raumfestes System II: d(t) sei Einheitsvektor in Richtung der Symmetrieachse=Figurenachse: in dieser Konvention ist im System II die Zeitabhängigkeit von Θ ij in d(t) enthalten Mit Eigenwerten und Eigenvektoren können wir schreiben: Θ ij = α Θ αa (α) i folgt für den symmetrischen Kreisel (wir wählen a (3) i = d i ): ( ) Θ ij = Θ a (1) i a (1) j + a (2) i a (2) j ( = Θ a (1) + Θ a (3) i a (3) j ) i a (1) j + a (2) i a (2) j + a (3) i a (3) j }{{} = δ ij +(Θ Θ ) a (3) i a (3) j }{{} = d i d j a (α) j. Damit d Der Drehimpuls wird also zu N i = Θ ij ω j = Θ ω i + (Θ Θ )d j ω j d i Damit gilt für den freien Kreisel ( N = const.) ( )( ) N = Θ ω + Θ Θ d ω d ( ) Die Vektoren N, ω und d liegen also in einer Ebene Außerdem gilt d = ω d 12

13 Damit gilt weiterhin ( ω d ω, d): d dt N d = N d = (Θ ω + (Θ Θ ) N d = N cos ϑ = const. (I) ( ) ) ( d ω d ω d ) = 0 Außerdem ist dann N d = Θ ω d + (Θ Θ ) d ω = Θ ω d = const. ω d = ω cos α = const. (II) Und somit auch (ersetze ω aus Gl. ( )) d = ω d = N (Θ Θ ) ( d ω ) d Θ d = N d Θ d = ω sin α = N d Θ = N Θ sin ϑ = const. ω sin α = const. (III) Aus den Gln. (I), (II) & (III) folgt aber: ω = const., α = const. & ϑ = const. 13

14 Dies ist die Nutationsbewegung des freien Kreisels: Figurenachse d und Drehvektor ω drehen sich um den räumlich konstanten Drehimpulsvektor N mit der Winkelgeschwindigkeit ω FA = d N sin ϑ = Θ N Θ ω d sin ϑ ϑ ω α 14

15 Poinsotsche Darstellung der Bewegung des freien Kreisels Wir hatten (Hauptachsen): N 1 = Θ 1 ω 1, N 2 = Θ 2 ω 2, N 3 = Θ 3 ω 3 Trägheitsellipsoid (Hauptachsen): f = Θ 1 x Θ 2x Θ 3x 2 3 Richtungskosinusse (Komponenten des Normalenvektor) zur Tangentialebene zum Punkt P der Fläche f = const.: f x 1 = 2Θ 1 x 1, f x 2 = 2Θ 2 x 2, f x 3 = 2Θ 3 x 3 Nach Konstruktion ist OP = (x1, x 2, x 3 ) ω = (ω 1, ω 2, ω 3 ) und somit x 1 : x 2 : x 3 = ω 1 : ω 2 : ω 3, d.h., die Ableitungen f/ x i sind proportional zu Drehimpulskomponenten N i. N fällt also mit ω zusammen. Für Nichthauptachsen kann man analog zeigen, daß N immer senkrecht zur Tangentialebene zum Trägheitsellipsoid im Punkt P steht (Bild). Da N im Raum fest ist und wegen des Energiesatzes auch N ω = const. (also die Projektion von N auf ω), bleibt die Ebene selbst im Raum fest: invariable Ebene. Sie wird ständig vom Poinsotschen Ellipsoid berührt in einem Punkt, dessen Geschwindigkeit null ist (da er auf der Drehachse liegt) = Der kräftefreie Kreisel bewegt sich so, daß das Poinsotsche Ellipsoid auf der invariablen Ebene rollt, ohne zu gleiten. 15

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17 Die Figurenachse C = d und die momentane Drehachse ω des symmetrischen Kreisels beschreiben je einen Kreiskegel um die raumfeste Drehimpulsachse N, und zwar mit konstanter Winkelgeschwindigkeit. C, N und ω liegen stets in einer Ebene. C und ω führen um N eine reguläre Nutation aus. Der von C um N beschriebene Kegel wird Nutationskegel genannt. 17

18 Die Präzession des schweren Kreisels Drehimpulssatz im nicht-mitrotierten System: d dt N = M oder d N = Mdt : Richtung von N nähert sich der von M (Tendenz zum gleichsinnigen Parallelismus) Sehr schnelle Rotation um Figurenachse d: d, N und ω nahe beeinander. Im Schwerpunkt: M = r α F α = m α r α g = m r S g Das horizontal gerichtete Moment M der Schwerkraft mg steht senkrecht zu d und N nur Richtung von N ändert sich: dn = N sin ϑdϕ. Zur Zeit t + dt steht M immer noch senkrecht = d, N und ω beschreiben einen Kreiskegel mit lotrechter Drehachse ω p, die Präzession. Dieser ist die Nutation des freien Kreisels überlagert.

19 Präzession der Erdachse Wegen Abplattung der Erde und Neigung der Drehachse gegen die Ekliptikachse (ϑ = 23.5 ) übt die Sonne ein Drehmoment auf die Erdachse aus, das die Erdachse zur Ekliptikachse parallel zu stellen sucht. Ähnlich wirkt der Mond. Die Erdachse beschreibt in rund 26,000 Jahren einen Präzessionskegel von 23.5 halber Öffnung. 19

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21 Die Physik des Radfahrens DE Jones, Physics Today 23(4), (1970) 21

22 Beschreibung durch den Drehtensor Drehtensor D ik transformiert die x k (System II) in die x i (System III): x i = D ikx k D ik hat 9 Komponenten. Es gelten die Bedingungen (6 unabh. Gleichungen): D ik D jk = δ ij Damit sind nur 3 Komponenten unabhängig. Wir wählen die drei Eulerwinkel Gleiches Resultat: Starrer Körper hat 6 Freiheitsgrade, 3 davon sind Translation. Hält man einen Punkt fest, bleiben 3 Winkelkoordinaten übrig. 22

23 Eulerwinkel ψ, ϑ, ϕ 23

24 (1.) Drehung um x 3 mit Winkel ψ: D (1) ik (ψ) = cos ψ sin ψ 0 sin ψ cos ψ (2.) Drehung um Knotenlinie mit Winkel ϑ: D (2) ik (ϑ) = cos ϑ sin ϑ 0 sin ϑ cos ϑ (3.) Drehung um x 3 mit Winkel ϕ: D (3) ik (ϕ) = cos ϕ sin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ

25 Sukzessive Ausführung der drei Operationen: D ik (ψ, ϑ, ϕ) = D (3) is (ϕ)d(2) sj (ϑ)d(1) jk (ψ) Man erhält damit: cos ϕ cos ψ sin ϕ sin ψ cos ϑ cos ϕ sin ψ + sin ϕ cos ψ cos ϑ sin ϕ sin ϑ D ik = sin ϕ cos ψ cos ϕ sin ψ cos ϑ sin ϕ sin ψ + cos ϕ cos ψ cos ϑ cos ϕ sin ϑ sin ψ sin ϑ cos ψ sin ϑ cos ϑ Die Umkehrung lautet: D 1 ij = D T ij = D ji x i = D ki x k Die drei Eulerwinkel zusammen mit den drei Koordinaten der Translation können als die 6 generalisierten Koordinaten benutzt werden. 25

26 Rotationsenergie als Funktion der Eulerwinkel Im Hauptachsensystem: T rot = 1 2 Θ ij ω i ω j = 1 2 (Θ 1 (ω 1 )2 + Θ 2 (ω 2 )2 + Θ 3 (ω 3 )2) Wir brauchen also die ω i als Funktion von ϑ, ψ, ϕ. Wegen Ḋki = D si ε sjk ω j (s. vor): Somit D li Ḋ ki = D } li {{ D si } ε sjk ω j = ε ljkω j δ ls ε kls D li Ḋ ki = ε kls ε ljk ω j Da ε kls ε ljk = ε kls ε klj = δ ll δ sj δ lj δ ls = 3δ sj δ sj = 2δ sj folgt ε kls D li Ḋ ki = 2ω s 26

27 Damit finden wir: ω s = 1 2 ε klsd li Ḋ ki Berechnung dieses Ausdrucks führt auf ω 1 = ϑ cos ϕ + ψ sin ϑ sin ϕ ω 2 = ϑ sin ϕ + ψ sin ϑ cos ϕ ω 3 = ϕ + ψ cos ϑ Legen wir das köperfeste System III so, daß es mit den Hauptträgheitsachsen übereinstimmt, also T rot = 1 2 ( Θ1 (ω 1 )2 + Θ 2 (ω 2 )2 + Θ 3 (ω 3 )2). Damit: T rot = Θ ( ) 1 2+ Θ ( 2 ϑ cos ϕ+ ψ sin ϑ sin ϕ ϑ sin ϕ+ ψ ) 2+ Θ ( 3 sin ϑ cos ϕ ϕ+ ψ ) 2 cos ϑ 27

28 Anwendung auf schweren symmetrischen Kreisel Kreisel sei außerhalb des Schwerpunktes gelagert, so daß die Schwerkraft ein Drehmoment bewirkt x 3 Symmetrischer Kreisel: Θ 1 = Θ 2 Θ, Θ 3 Θ Potentielle Energie: V (ϑ) = mgs cos ϑ x 3 Schwerpunkt Kinetische Energie: T ( ϑ, ψ, ϕ, ϑ) = Θ ( ϑ2 + ψ sin ϑ) 2 2 ( + Θ 2 ϕ + ψ ) 2 cos ϑ s cos ϑ ϑ s g Lagrangefunktion L = T V : L( ϑ, ψ, ϕ, ϑ) = Θ ( ϑ2 + ψ sin ϑ) Θ ( 2 ϕ + ψ cos ϑ) 2 mgs cos ϑ Die Winkel ψ und ϕ sind zyklisch 28

29 Folglich ergeben sich die Integrale der Bewegung: L ( ϕ = Θ ϕ + ψ ) cos ϑ L ψ = Θ ψ ( sin 2 ϑ + Θ = c 1 = const. ϕ + ψ ) cos ϑ } {{ } c 1 cos ϑ = Θ ψ sin 2 ϑ + c 1 cos ϑ = c 2 = const. Anstelle der Bewegungsgleichung benutzen: T + V = Θ ( ϑ2 + ψ 2 sin ϑ) 2 2 d dt L L ϑ ϑ + Θ ( 2 = 0 können wir direkt den Energiesatz ϕ + ψ ) 2 cos ϑ } {{ } c 2 1 /[2Θ ] +mgs cos ϑ = E Einsetzen von ψ sin ϑ = 1 Θ sin ϑ [ ] c 2 c 1 cos ϑ liefert ϑ 2 2 Θ E + c2 1 Θ Θ + 2mgs Θ cos ϑ + (c 2 c 1 cos ϑ) 2 Θ 2 sin2 ϑ ϑ 2 + f(ϑ) = 0 29

30 Eine Lösung durch Quadratur ( f(ϑ)) 1/2dϑ = t führt auf elliptische Funktionen. Qualitativ können wir ϑ 2 + f(ϑ) = 0 als Energiesatz einer eindimensionalen Bewegung verstehen. Ist c 1 c 2 = lim ϑ 0 f(ϑ) = lim ϑ π f(ϑ) =. Die genaue Form von f(ϑ) hängt von den Parametern ab. Eine mögliche Form ist: f ( ) θ θ min θ max π θ Winkel schwankt zwischen ϑ min und ϑ max : NUTATION der Figurenachse. Gleichzeitig umkreist die Figurenachse die x 3 -Achse. Es ergibt sich folgender qualitativer Verlauf der Figurenachse auf der Einheitskugel: 30

31 ϑ min ϑ max 31

32 Präzession ohne Nutation: Es soll ϑ = const. sein, also nach der Langrangegl. 2. Art: L ϑ = Θ ψ ( 2 sin ϑ cos ϑ Θ ϕ + ψ cos ϑ) ψ sin ϑ + mgs sin ϑ = 0 Ist Präzessionsgeschwindigkeit ψ klein gegen Drehgeschwindigkeit ϕ des Kreisels, dann gilt mit c 1 Θ ω 3 näherungsweise ψ = mgs Θ ω 3. 32

33 Abrollen eines Rotationskörpers auf einer schiefen Ebene Reines Rollen: ṡ = r ϕ oder v = rω s = rϕ + s 0 : ein Freiheitsgrad. Kräfte: 1. Schwerkraft mit x und y Komponenten mg sin α und mg cos α. 2. Von der schiefen Ebene in y-richtung auftretende Normalkraft N. 3. Die das Gleiten verhindernde Haftreibung R 0 mit Richtung x. Schwerpunktskoordinaten: x = s = rϕ + const., y = 0. Gleichungen für Schwerpunkt: m s = mr ω = mg sin α R 0 ( ) 0 = mg cos α + N Momentengleichung für M z : Θ ϕ = Θ ω = rr 0 Einsetzen von R 0 in (*): ω = g sin α mr Θ + mr 2 Somit folgen die Zwangskräfte: mg sin αθ N = mg cos α, R 0 = Θ + mr 2 Kein Gleiten: aus R 0 µ 0 N folgt: tan α µ 0 [ Θ + mr 2 ] /Θ 33

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35 Kreisel/prg003/mov004.mod Levitron Kreisel/prg003/mov006.mod Kippkreisel Kreisel/prg003/mov008.mod Oloide Papers zum Levitron: MV Berry, Proc Roy Soc London A 452, 1207 (1996) MD Simon, LO Heflinger, & SL Ridgway, Amer J Phy 65, 286 (1997) 35