Der starre Rotator

Kinematik

Bezeichnungen an einem starren Rotator

Definition: Ein starrer Rotator ist ein starrer Körper, der um eine feste Achse rotiert.

Ein starrer Rotator wird mit einem körperfesten Koordinatensystem beschrieben.

Die Winkelgeschwindigkeit wird durch einen Vektor $\vec{\omega}$ beschrieben. Der Betrag der Winkelgeschwindigkeit, $\vert\vec{\omega}\vert=\omega$ gibt $2\pi$ mal die Anzahl der Umdrehungen pro Sekunde an, die Richtung des Geschwindigkeitsvektors die Richtung der Drehachse, wobei der Daumen der rechten Hand zur Spitze des Vektors zeigt und die Finger die Drehrichtung angeben.

$$\vec{\omega}\left( t\right) =\omega\left( t\right) \cdot \vec{e}$$

$$\omega \left( t\right) =\frac{d\phi\left( t\right) }{dt}$$ (5.507)

Dabei ist $\phi$ der momentane Drehwinkel. $\omega(t)$ heisst die momentane Winkelgeschwindigkeit.

Die Geschwindigkeit des Massenpunktes $\Delta m_{i}$ am Ort $\vec{r}_{i}=\vec{r}_{i}^*+\vec{R}_{i}$ ist

$$\vec{v}_{i}=\dot{\vec{r}}_{i}=\dot{\vec{R}}_{i} =\vec{\omega}\times \vec{r}_{i}=\vec{\omega}\times\vec{R}_{i}$$ (5.508)

Trägheitsmoment

Jedes Massenelement $\Delta m_{i}$hat eine kinetische Energie $\frac{1}{2}\Delta m_{i}\vec{v}_{i}^{2}$

Dann ist die kinetische Energie eines rotierenden Körpers gegeben durch

$$E_{kin} =\frac{1}{2}I\omega^{2}$$

$$I =\sum_{i}R_{i}^{2}\Delta m_{i}\textrm{ oder}$$

$$I =\int R^{2}\rho dV=\int\left( \vec{e}\times\vec{r}\right)^2 \rho dV$$ (5.509)

Beweis: Wir beginnen mit der Vektoridentität

$$\left( \vec{a}\times\vec{b}\right) ^{2} =\left( \vec{a}\times\vec{b}\right) \cdot\left( \vec{a}\times\vec{b}\right)$$

$$=\vec{a}^{2}\vec{b}^{2}-\left( \vec{a}\vec{b}\right)^2$$ (5.510)

mit

$$\left( \vec{a}\times\vec{b}\right) =\left( \begin{array}[c]{c} a_{1} a_{2} a_{3} \end{array} \right) \times\left( \begin{array}[c]{c} b_{1} b_{2} b_{3} \end{array} \right)$$

$$=\left( \begin{array}[c]{c} a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2} a_{3}b_{1}-a_{1}b_{3} a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1} \end{array} \right)$$ (5.511)

$$\left( \vec{a}\times\vec{b}\right) ^{2} = \left( \begin{array}[c]{c} a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}\\ a_{3}b_{1}-a_{1}b_{3}\\ a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1} \end{array} \right)^2$$

$$ = \left( a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}\right) ^{2}+\left( a_{3}b_{1} -a_{1}b_{3}\right) ^{2}+\left( a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}\right) ^{2}$$

$$ = a_2^2b_3^2-2a_2a_3b_2b_3+a_3^2b_2^2$$

$$ +a_3^2b_1^2-2a_1a_3b_1b_3+a_1^2b_3^2$$

$$ +a_1^2b_2^2-2a_1a_2b_1b_2+a_2^2b_1^2$$ (5.512)

$$\vec{a}^{2}\cdot\vec{b}^{2}-\left( \vec{a}\cdot\vec{b}\right)^{2} = \left( a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}\right) \left( b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+b_{3}^{2}\right) -\left( a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{3}\right)^{2}$$

$$ = a_1^2b_1^2+a_1^2b_2^2+a_1^2b_3^2+a_2^2b_1^2+a_2^2b_2^2+a_2^2b_3^2+a_3^2b_1^2+a_3^2b_2^2+a_3^2b_3^2$$

$$ -a_1^2b_1^2-a_2^2b_2^2-a_3^2b_3^2-2a_1a_2b_1b_2-2a_1a_3b_1b_3-2a_2a_3b_2b_3$$

$$ = a_{1}^{2}b_{2}^{2}+a_{1}^{2}b_{3}^{2}+a_{2}^{2}b_{1}^{2}+a_{2}^{2} b_{3}^{2}+a_{3}^{2}b_{1}^{2}+a_{3}^{2}b_{2}^{2}$$

$$ -2a_{1}b_{1}a_{2}b_{2} -2a_{1}b_{1}a_{3}b_{3}-2a_{2}b_{2}a_{3}b_{3}$$ (5.513)

Also ist

$$\left(\vec{a}\times\vec{b}\right)^2=\vec{a}^2\vec{b}^2-\left(\vec{a}\vec{b}\right)^2$$ (5.514)

Für ein Massenelement $\Delta m$ ist die kinetische Energie

$$\Delta E_{kin} =\sum_{i}\frac{1}{2}\Delta m_{i}\vec{v}_{i}^{2}=\frac{1}{2} \sum_{i}\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{R}_{i}\right) ^{2}$$

$$=\frac{1}{2}\sum_{i}\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}^{2}\vec{\cdot R}_{i}^{2}-\left( \vec{\omega}\cdot\vec{R}_{i}\right) ^{2}\right)$$

$$=\frac{1}{2}\vec{\omega}^{2}\sum\Delta m_{i}R_{i}^{2}$$ (5.515)

da $\vec{\omega}\cdot\vec{R}_i=0$ ist.

Versuch zur Vorlesung: Stangen (Versuchskarte M-180)

Satz von Steiner

Der Satz von Steiner erlaubt einem, das Trägheitsmoment für eine beliebige Achse zu berechnen, wenn das Trägheitsmoment bezüglich einer dazu parallelen Achse durch den Schwerpunkt bekannt ist.

Trägheitsmoment für eine beliebige Drehachse.

Versuch zur Vorlesung: Satz von Steiner (Versuchskarte M-038)

Behauptung

Es gilt der Satz von Steiner

$$I=I_{S}+ma^{2}$$ (5.516)

Beweis: Wir berechnen die kinetische Energie eines Massenelements $\Delta m$. Es ist $\vec{R}_i = \vec{a}+\vec{R}_i^*$.

$$E_{kin}(\vec{e}) = \frac{1}{2}\sum \Delta m_i v_i^2$$

$$ = \frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times \vec{R}_{i}^*\right)^{2}$$

$$ = \frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega }\times\left( \vec{R}_{i}-\vec{a}\right) \right) ^{2}$$

$$ = \frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega }\times \vec{R}_{i}-\vec{\omega }\times\vec{a}\right) ^{2}$$

$$ = \frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{R}_{i}\r... ...{\omega }\times\vec{R}_{i}\right) \cdot\left( \vec{\omega}\times \vec{a}\right)$$

$$ -\frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{a}\righ... ...ight) +\frac{1}{2} \sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{a}\right) ^{2}$$

$$ = \frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{R}_{i}\r... ...{\omega}\times \vec{a}\right)\cdot \left( \vec{\omega }\times\vec{R}_{i}\right)$$

$$ -\frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{a}\righ... ...ight) +\frac{1}{2} \sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{a}\right) ^{2}$$

$$ = \frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{R}_{i}\right) ^{2}$$

$$ -\sum\Delta m_{i} \left( \vec{\omega}\times \vec{a}\right)\cdot \left( \vec{\omega }\times\vec{R}_{i}\right)$$

$$ +\frac{1}{2} \sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{a}\right) ^{2}$$

Der Mischterm kann umgeschrieben werden

$$\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{a}\right) \cdot\left( \vec{\omega}\times\vec{R}_{i}\right) =\left( \vec{\omega}\times\vec{a}\right) \cdot\left( \vec{\omega}\times\left[ \sum\Delta m_{i}\vec{R}_{i}\right] \right)$$

Ein Ortsvektor im Schwerpunktsystem ist

$$\vec{r}_i = \vec{r}_i^*+\vec{R}_i$$

Dabei ist $\vec{r}_i^*$ parallel zu $\vec{\omega}$. Deshalb ist

$$\vec{\omega}\times\vec{r}_i^*=0$$

Also ist auch

$$\vec{\omega}\times\left[ \sum\Delta m_{i}\vec{R}_{i}\right] = \ve... ...}_i^*\right)\right]=\vec{\omega}\times\left[ \sum\Delta m_{i}\vec{r}_{i}\right]$$

Nun ist aber im Schwerpunktsystem

$$0=\sum\Delta m_i \vec{r}_i = \sum\Delta m_{i}\left(\vec{R}_{i}+\vec{r}_i^*\right)$$

Also ist der Term $\sum\Delta m_{i} \left( \vec{\omega}\times \vec{a}\right)\cdot \left( \vec{\omega }\times\vec{R}_{i}\right)=0$.

Damit wird die kinetische Energie

$$E_{kin} =\frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{R}_{i}\... ...) ^{2}+\frac{1}{2} \sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{a}\right) ^{2}$$

$$=\frac{1}{2}\omega^{2}\underbrace{\sum\Delta m_{i}\vec{R}_{i}^{2}}+\frac{1}{2}\omega^{2}a^{2}\underbrace{\sum\Delta m_{i}}$$

$$= \frac{1}{2}\omega^{2} I_{S}+ \frac{1}{2}\omega^{2}a^{2} m$$ (5.517)

da ja $\vec{\omega}\perp\vec{R}_i$ und $\vec{\omega}\perp\vec{a}$ ist. Hierbei haben wir die Definitionen $m=\sum\Delta m_i$ und $I_S = \sum\Delta m_{i}\vec{R}_{i}^{2}$ verwendet.

Einige Trägheitsmomente für eine Achse durch den Schwerpunkt sind:

Kugel

$$I_{S} = \frac{2}{5}m r^{2}$$ (5.518)

wobei $r$ der Kugelradius ist.

Vollzylinder

Zylinderachse, Radius $r$, Länge $z$.

$$I_{s} =\rho\int R^{2}R dR d\varphi dz=2\pi\rho h\int\limits_{0}^{r} R^{3}dR=\frac{2\pi}{4}\rho h r^{4}$$

$$=\frac{1}{2}mr^{2}$$ (5.519)

Quader

Der Quader habe die Seiten $a$, $b$ und $c$. Er rotiere um eine zu $c$ parallele Achse durch den Schwerpunkt.

$$I_{s} =\rho\int\limits_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}\int\limits_{-\frac {b}{2}}^{\frac{b}{2}} \int\limits_0^c \left( y^{2}+z^{2}\right) dxdydz = c\rho\int \limits_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}\int\limits_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2} }\left( y^{2}+z^{2}\right) dydz$$

$$=c\rho\int\limits_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}\left.\left( \frac{1}{3} y^{3}+yz^{2}\right) \right\vert _{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}dz = c\rho \int\limits_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}\left( \frac{b^{3}}{12} +bz^{2}\right) dz$$

$$=c\left.\left( \frac{b^{3}}{12}z+b\frac{z^{3}}{3}\right)\right\vert _{-\frac{a}{2}} ^{\frac{a}{2}} = cab\rho\frac{b^{2}+a^{2}}{12}$$

$$=m\frac{a^{2}+b^{2}}{12}$$ (5.520)

Als Anwendung betrachten wir eine schiefe Ebene hinunterrollende Walze. Wir machen eine Energiebetrachtung.

Rollende Walze

Versuch zur Vorlesung: Trägheitsmoment (Versuchskarte M-052)

$$v =v_{s}\omega\cdot a$$

$$E_{pot}(oben) =mgh$$

$$=E_{kin}(unten)$$

$$=\frac{1}{2}mv_{s}^{2}+\frac{1}{2}I_{s}\omega^{2}$$

$$=\frac{1}{2}mv_{s}^{2}+\frac{1}{2}I_{s}\frac{v_{s}^{2}}{a^{2}}$$

$$=m\frac{v_{s}^{2}}{2}\left( 1+\frac{I_{s}}{ma^{2}}\right)$$

Also folgt für die Endgeschwindigkeit

$$v_{s}=\sqrt{2gh}\left( 1+\frac{I_{s}}{ma^{2}}\right) ^{-\frac{1}{2}}$$ (5.521)

Vollzylinder

$I_{s}=\sqrt{\frac{1}{2}}ma^{2}\Rightarrow v_{s}=2 \sqrt{\frac{gh}{3}}$

Hohlzylinder

$I_{s}=ma^{2}\Rightarrow v_{s}=\sqrt{gh}$

Ein Hohlzylinder rollt also langsamer eine schiefe Ebene hinunter wie ein Vollzylinder mit gleicher Masse und gleichem Durchmesser.

Drehimpuls

Berechnung des Drehimpulses

Analog zum Translations-Impuls eines Massenpunkts gilt für einen Massenpunkt

$$\Delta\vec{L}_{i} =\vec{r}_{i}\times\Delta\vec{p}_{i}$$

$$=\Delta\vec{m}_{i}\cdot\vec{r}_{i}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right)$$ (5.522)

Damit gilt für den ganzen Körper

$$\vec{L}_{0}=\sum_{i}\Delta m_{i}\left( \vec{r}_{i}\times\left( \v... ...\right) \left( \vec{r}\times\left( \vec{\omega }\times\vec{r}\right) \right) dV$$ (5.523)

Die kinetische Energie eines Körpers mit dem Drehimpuls $\vec{L}$ ist

$$E_{kin}=\frac{1}{2}\vec{L}_{0}\cdot\vec{\omega}$$ (5.524)

Beweis:

$$E_{kin} =\frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\vec{v}_{i}^{2}$$

$$=\frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) ^{2}$$

$$=\frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) \cdot\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right)$$ (5.525)

Wir verwenden das Spatprodukt $\vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c}) =\vec{b}\cdot(\vec{c}\times\vec{a})=\vec{c}\cdot(\vec{a}\times\vec{b})$ und setzen $\vec{a}=\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right)$, $\vec{b}=\vec{\omega}$ und $\vec{c}=\vec{r}_i$. Dann ist $\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) \cdot\left( \vec{\omega}\times\vec... ...}\cdot\left(\vec{r}_{i}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right)\right)$ und damit

$$E_{kin} =\frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\vec{\omega\cdot}\left( \vec{r}_{i}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) \right)$$

$$=\frac{1}{2}\vec{\omega\cdot}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{r}_{i}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) \right)$$

$$=\frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\vec{L}_{0}$$ (5.526)

wobei wir die Definition des Drehimpulses $\vec{L}_{0}=\sum\Delta m_{i}\left( \vec{r}_{i}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) \right)$ verwendet haben.

Bemerkung: Der Drehimpuls muss nicht parallel zur Drehachse sein. Wir betrachten den Drehimpuls $\vec{L}_{0}$ bezüglich eines Punktes 0 auf der Drehachse.

Aufspaltung des Drehimpulses in eine Parallel- und eine Senkrechtkomponente

Sei $\vec{L}_{0}\nparallel\vec{\omega}$. Dann kann der Drehimpuls in eine Komponente parallel zur Drehachse und eine senkrecht dazu aufgespalten werden, also

$$\vec{L}_{0}=\vec{L}_{s}+\vec{L}_{p}$$

Es gilt

$$\vec{L}_{p} =I\cdot\vec{\omega}$$

$$\vec{L}_{s} =-\int\left( \vec{\omega r}_{i}^*\right) \vec{R}dm=-\omega\sum_{i}\vec{R}_{i}\left( r_{i}^*\Delta m_{i}\right)$$ (5.527)

Dabei ist $\vec{r}_{i}^*$ die Komponente des Ortsvektors $r_{i}$ parallel zur Drehachse im körperfesten Koordinatensystem.

Beweis. Wir verwenden die Vektoridentität $\vec{a}\times\left( \vec{b}\times\vec{c}\right) =\left( \vec{a}\cdot\vec{c}\right) \vec{b}-\left( \vec{a}\cdot\vec{b}\right) \vec{c}$.

$$\vec{L}_{0} =\sum_{i}\left( \vec{r}_{i}\times\Delta m\vec{v}_{i}\right)$$

$$=\sum\Delta m_{i}\left[ \left( \vec{r}_{i}^*+\vec{R}_{i}\right) \times\left( \vec{\omega}\times\vec{R}_{i}\right) \right]$$

$$=\sum\Delta m_{i}\left[ \vec{r}_{i}^*\times\left( \vec{\omega }\t... ..._{i}\left[ \vec{R}_{i}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{R}_{i}\right) \right]$$

$$=\sum\Delta m_{i}\left[ \left( \vec{r}_{i}^*\cdot\vec{R}_{i}\righ... ...ght) \vec{\omega}-\left( \vec{R}_{i}\cdot\vec{\omega}\right) \vec{R}_{i}\right]$$

$$=-\sum\Delta m_{i}\left( \vec{r}_{i}^*\cdot\vec{\omega}\right) \vec{R}_{i}+\sum\Delta m_{i}\vec{R}_{i}^{2}\vec{\omega= \vec {L} _{s}+L}_{p}$$ (5.528)

Da $\vec{r}_{i}^*\cdot\vec{R}_{i}=0$ und $\vec{R}_{i} \cdot\vec{\omega=0}$ ist.

• Der Drehimpuls $\vec{L}_{p}$ ist unabhängig von der Lage des Bezugspunktes 0. Dieser Bezugspunkt könnte zum Beispiel bei einem Kreisel eine punktförmige Auflage sein.

• Der Drehimpuls $\vec{L}_{s}$ hängt im Allgemeinen von der Lage von 0 ab, d.h. von der Montage der Achse!

• Auch wenn $\vec{\omega=}const$ ist, muss $\vec{L}_{0}$ nicht konstant sein. Bei einem Autorad nennt man dies Unwucht.

Drallsatz

Die Dynamik des starren Rotators bezüglich des Lagers 0 ist durch den Drallsatz gegeben.

$$\frac{d\vec{L}_{0}}{dt}=\vec{T}_{0}$$ (5.529)

Dabei ist $\vec{T}_{0\text{ }}$das Drehmoment bezüglich des lagers 0. Bei einer gleichförmigen Rotation $\left( \vec{\omega}=\omega \vec{e}=const\right)$ ist $\vec{L}_{0}$ i.a. nicht konstant. Es gilt

$$\frac{d\vec{L}_{0}}{dt} =\frac{d}{dt}\left( \vec{L}_{p} +\vec{L}_{s}\right)$$

$$=\frac{d}{dt}\left( I\vec{\omega+L}_{s}\right)$$

$$=\frac{d}{dt}\vec{L}_{s}$$

$$=\vec{\omega\times L}_{s}=\vec{\omega\times L}_{0}$$ (5.530)

Beweis:

$$\frac{d}{dt}\vec{L}_{s} =\frac{d}{dt}\left( -\int\left( \vec{\omega r}_{i}^*\right) \vec{R}dm\right)$$

$$=-\int\left( \vec{\omega r}_{i}^*\right) \frac{d\vec{R}} {dt}dm$$

$$=-\int\left( \vec{\omega r}_{i}^*\right) \left( \vec{\omega }\times\vec{R}\right) dm$$

$$=\vec{\omega\times}\left( -\int\left( \vec{\omega r}_{i}^{\ast }\right) \vec{R}dm\right)$$

$$=\vec{\omega\times L}_{s}=\vec{\omega}\times\left( \vec{L}_{s}+\vec{L}_{p}\right) =\vec{\omega}\times\vec{L}_{0}$$ (5.531)

da $\vec{\omega}\times\vec{L}_{p}=0$ ist.

Versuch zur Vorlesung: Drehimpulserhaltung (Versuchskarte M-072)

Die Dyname auf das Drehlager im Punkt 0 ist bei einem

Rotator ohne äussere Kräfte oder Momente

$$\vec{F}_{\left( reactio\right) }=-m\left( \vec{\omega}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{s}\right) \right) =m\omega^{2} \vec{R}_{s}$$ (5.532)

wegen dem Impulssatz. Das dazugehörige Drehmoment ist

$$\vec{T}_{\left( reactio\right) }=\vec{L}_{s}\times\vec{\omega }=\vec{L}_{0}\times\vec{\omega}=-\frac{d}{dt}\vec{L}_{0}$$ (5.533)

Dabei ist $\vec{r}_{S}$ der Ortsvektor des Schwerpunktes. Wir haben also eine zeitlich veränderliche Dyname.

Anwendung: Auswuchten von Autorädern

Versuch zur Vorlesung: Kräfte auf Lager (Versuchskarte M-080)

statisch auswuchten

Auswuchtgewichte werden angebracht bis

$$\vec{F}_{\left( reactio\right) }=m\omega^{2}\vec{R}_{s}=0$$

ist. Bei einem statisch ausgewuchteten Rad liegt der Schwerpunkt auf der Drehachse.

dynamisch auswuchten

Auswuchtgewichte werden angebracht bis $\vec{L}_{s}=0$ für $\omega\neq0$ ist. Bei einem dynamisch ausgewuchteten Rad ist die Drehachse eine Achse des Trägheitsellipsoides, oder, der Drehimpuls $\vec{L}_{0}$ ist parallel zur Drehachse.

Wirkung eines Drehmomentes auf den Rotator

Wir legen ein äusseres Drehmoment $\vec{T}_{aussen}=T\vec{e}$ an.Dann ist

$$\vec{T}_{aussen}-\vec{T}_{reactio}=\frac{d}{dt}\vec{L}_{0}$$ (5.534)

Axialkomponente

$$T_{Axial}=\frac{d}{dt}L_{p}=I\frac{d\omega}{dt}=I\frac{d^{2}\phi}{dt^{2}}$$ (5.535)

Radialkomponente

$$\vec{T}_{reactio}=-\frac{d}{dt}\vec{L}_{s}=-\left( \vec{\omega }\times\vec{L}_{s}\right) -\frac{\dot{\omega}}{\omega}\vec{L}_{s}$$ (5.536)

Bewegungen mit Drehungen und Drehschwingungen

Wirkt ein konstantes äusseres Drehmoment $\vec{T}$ so gilt

$$\vec{T=\dot{L}=}I \dot{\vec{\omega}}$$ (5.537)

oder

$$\vec{\dot{\omega}} =\frac{1}{I}\vec{T}$$

$$\vec{\omega} \vec{=}\frac{1}{I}\vec{T}t$$ (5.538)

und

$$\phi=\frac{1}{2}\frac{1}{I}Tt^{2}$$ (5.539)

Beispiel: rollender Zylinder

Rollender Zylinder

$A$ ist die momentane Drehachse des Zylinders (Warum ist die Drehachse die Auflagelinie?). Nach dem Satz von Steiner ist $I=I_{s}+mr^{2}$

Also ist $T=mgr\sin\alpha=\left( I_{s}+mr^{2}\right) \dot{\omega}$

Die Translationsbeschleunigung des Schwerpunktes ist

$$a=\ddot{s}=r\dot{\omega}=r\frac{mgr\sin\alpha}{I_{s}+mr^{2}}=\frac{1} {1+\frac{I_{s}}{mr^{2}}}g\sin\alpha$$ (5.540)

Beispiel:

Massivzylinder

$I_{S}=\frac{1}{2}mr^{2}\hfill a=\frac{2}{3}g\sin\alpha$

Hohlzylinder

$I_{S}=mr^{2}\hfill a=\frac{1}{2}g\sin\alpha$

Kugel

$I_{S}=\frac{2}{5}mr^{2}\hfill a=\frac{5}{7}g\sin\alpha$

Rutschender Körper

$a=g\sin\alpha$

Beispiel: Drehpendel

Drehpendel

Wir betrachten eine Spiralfeder und einen Rotator mit Trägheitsmoment $I$. Es ist

$$T=-D\varphi$$

wobei $D$ die Winkelrichtgrösse ist. Die Schwingungsdifferentialgleichung lautet dann

$$T=-D\varphi=\dot{L}=I\dot{\omega}=I\ddot{\varphi}$$ (5.541)

Die Lösung hat die Form

$$\varphi=\varphi_{0}\sin\omega't$$

$$mit $\omega'=\sqrt{\frac{D}{I}}$. Die Unruh in einer mechanischen Uhr ist ein Drehpendel mit Spiralfederrückstellung.

Beispiel: Physikalisches Pendel

Physikalisches Pendel

Die Drehmomentengleichung für das physikalische Pendel lautet

$$T_{axial}=-\left\vert \vec{r}_{0S}\times m\vec{g}\right\vert =-mgr_{0S}\sin\varphi$$ (5.542)

Der Drehimpuls ist

$$L_{p}=I\omega=\left( I_{s}+mr_{0S}^{2}\right) \omega$$ (5.543)

Mit $T_{axial}=I\dot{\omega}$ wird

$$-\sin\varphi r_{os}mg=\left( I_{s}+mr_{os}^{2}\right) \dot{\omega}=\left( I_{s}+mr_{os}^{2}\right) \ddot{\varphi}$$ (5.544)

Für kleine Winkel $\varphi$gilt $\sin\varphi\approx\varphi$. Also haben wir für kleine Auslenkungen die linearisierte Bewegungsgleichung

$$\ddot{\varphi}+\omega_{0}^{2}\varphi=0$$ (5.545)

mit $\omega_{0}^{2}=\frac{g}{r_{os}}\frac{1}{1+\frac{I_{s}}{mr_{os}^{2}}}$. Ein physikalische Pendel kann als mathematisches Pendel mit einer reduzierten Pendellänge $a_{r}$ betrachtet werden.

$$a_{r}=r_{os}\left( 1+\frac{I_{s}}{mr_{os}^{2}}\right)$$ (5.546)

Kippen eines Körpers

Kippen eines starren Körpers

Versuch zur Vorlesung: Knickbruch (Versuchskarte M-171)

Hier ist $T\propto\varphi$ und nicht bei beim Pendel $T\propto-\varphi$. Die Drehmomentengleichung lautet

$$T=D\varphi=I \ddot{\varphi}$$ (5.547)

Sie hat die Lösungen

$$\varphi=\varphi_{0}e^{\omega t}+\tilde{\varphi}e^{-\omega t}$$ (5.548)

mit $\omega=\sqrt{\frac{D}{I}}$.

Wenn zu Beginn der Bewegung $\dot{\varphi}=0$ ist (Anfangsbedingung) ist die Lösung

$$\varphi\left( t\right) =\frac{1}{2}\varphi_{0}\left( e^{\omega t}+e^{-\omega t}\right) =\varphi_{0}\cosh\omega t$$ (5.549)

Beispiel: Kippender Kamin

Das Trägheitsmoment eines Kamins, der um seinen Fuss rotiert, ist

$$I=\frac{1}{3}ml^{2}$$ (5.550)

Dann ist die Drehmomentengleichung

$$T=m\cdot g\cdot\frac{l}{2}\sin\varphi\sim\frac{1}{2}mgl\varphi=D\varphi$$ (5.551)

Daraus folgt für den Betrag der Drehfrequenz

$$\omega=\sqrt{\frac{\frac{1}{2}mgl}{\frac{1}{3}ml^{2}}=}\sqrt{\frac{3}{2} \frac{g}{l}}$$ (5.552)