Hitaustensori. Inertiaalikoordinaatisto {x} Kappaleen (mahd. ei-inertiaalinen) lepokoordinaatisto {y} )2 x = 1 2 T = 1.

Transkriptio

1 Torstai /20 Hitaustensori Inertiaalikoordinaatisto {x} Kappaleen (mahd. ei-inertiaalinen) lepokoordinaatisto {y} T = 1 m i ( r i 2 )2 x = 1 m i ( R + ω ri ) 2 2 i i = 1 2 M R ω i I ik ω k Hitaustensori: I ik = m(y 2 j δ ik y i y k ) Koska I ik R ja I ik = I ki, (I ik ) diagonalisoituu eli koordinaatisto, jossa (I ik ) = I I 2 0 pääakselikoordinaatisto 0 0 I 3 Hitausmomentit I i pääakselien suhteen ovat kappaleen päähitausmomentit. I 1 = I 2 = I 3 kpl on ns. pallohyrrä I 1 = I 2 I 3 kpl on ns. symmetrinen hyrrä

2 Torstai /20 Hyrrän liike Liikemäärämomentti CM:n suhteen {x}:ssä: L = m r ( r)x ( r)x = ω r = m r ( ω r) = m [ r 2 ω r( r ω) ] Komponentit {y}:ssä (muista summaussääntö!): L i = [ m yj 2 ω i y i (y k ω k )] ωi = ω k δ ik ( ) = ω k m yj 2 δ ik y i y k = I ik ω k eli vektorina: L = I ω.

3 Torstai /20 Hyrrän liike Saimme siis L = I ω. Jos {y} on pääakselikoordinaatisto L = (I 1 ω 1, I 2 ω 2, I 3 ω 3 ). Yleisesti siis L ω. Poikkeuksia: hyrrä on pallohyrrä (I 1 = I 2 = I 3 = I ): L = I ω hyrrä on symmetrinen (I 1 = I 2 I 3) ja ω 3 = 0: L = I1 ω ω on jonkin pääakselin suuntainen

4 orstai /20 Hyrrän liikeyhtälöt Hyrrällä on 6 vapausastetta ja niihin liittyvät liikemäärät paikka R P kokonaisliikemäärä asento ê i L liikemäärämomentti Tarkastellaan liikeyhtälöitä Newtonin mekaniikassa koordinaatistossa {x}. Olk. f kpl:n massapisteeseen i vaikuttava voima, eli p = f. Koko kpl:n liikemäärä on P p = M R eli kokonaisvoima on F = f = P. Lasketaan {x}:ssä: ( ) L = d x dt ( r p) = r p = r f = N vääntömomentti Huom! momentit riippuvat referenssipisteestä! Esim. {x}:n origon siirros vektorilla a: r = r a + a: N = r f = r a f + a f = N a + a F Jos ulk.voimien summa F = 0, niin N ei riipu ref.pisteestä. Huomaa, että vaikka olisi F = 0, niin voi olla N 0, tällöin sanotaan, että kpl:seen vaikuttaa voimapari.

5 orstai /20 Eulerin yhtälöt d Siirrytään nyt {x}:stä hyrrän koordinaatistoon {y}: dt = d x dt + ω y Valitaan {y}:ksi pääakselikoordinaatisto: N = d L dt = d L + ω L x dt y L 1 + ( ω L) 1 = N 1 L 2 + ( ω L) 2 = N 2 {y}:ssä! L 3 + ( ω L) 3 = N 3 ( ω L) 1 = ω 2 L 3 ω 3 L 2 = ω 2 ω 3 I 3 ω 3 ω 2 I 2 = ω 2 ω 3 (I 3 I 2 ) ( ω L) 2 = ω 3 L 1 ω 1 L 3 = ω 3 ω 1 I 1 ω 1 ω 3 I 3 = ω 1 ω 3 (I 1 I 3 ) ( ω L) 3 = ω 1 L 2 ω 2 L 1 = ω 1 ω 2 I 2 ω 2 ω 1 I 1 = ω 1 ω 2 (I 2 I 1 ) Saadaan Eulerin yhtälöt hyrrälle.

6 Torstai /20 Eulerin yhtälöt I 1 ω 1 ω 2 ω 3 (I 2 I 3 ) = N 1 (E1) I 2 ω 2 ω 1 ω 3 (I 3 I 1 ) = N 2 (E2) I 3 ω 3 ω 1 ω 2 (I 1 I 2 ) = N 3 (E3) Ristituloja laskettaessa kannattaa käyttää permutaatiosymbolia: 0, i = j, i = k, j = k ɛ ijk = 1, ijk on 123:n parillinen permutaatio 1, ijk on 123:n pariton permutaatio ( A B) i = ɛ ijk A j B k (summaussääntö!) L 1 + ( ω L) 1 = N 1 L 2 + ( ω L) 2 = N 2 L 3 + ( ω L) 3 = N 3 Li + ɛ ijk ω j L k = N i Ja Eulerin yhtälöt ovat muotoa I i ω }{{} i +ɛ ijk ω j ω k I k = N i ei summausta

7 orstai /20 Vapaa pallohyrrä Käykäämme seuraavaksi läpi muutamia esimerkkejä. Aloitetaan helpoimmasta: vapaasta ( N = 0) pallohyrrästä. Tämä voi siis olla kuutio tai ihan vain pallo. Tälle kappaleelle I 1 = I 2 = I 3 mikä tarkoittaa sitä, että kulmanopeusvektori ω on L suuntainen. Eulerin yhtälöistä nähdään, että ω i on vakio ja että pallo jatkaa pyörimistään saman akselin ympäri minkä suhteen alunperin se laitettiin pyörimäänkin. Siirrytään seuraavaksi vähän epätriviaaliimpiin esimerkkeihin.

8 Torstai /20 Vapaa symmetrinen hyrrä Vapaa symmetrinen hyrrä on siis kpl, jolle I 1 = I 2 I 3 (ja N = 0). Eulerin yhtälöt ovat: I 1 ω 1 = ω 2 ω 3 (I 1 I 3 ) I 2 ω 2 = ω 1 ω 3 (I 1 I 3 ) I 3 ω 3 = 0 Eli tässä tapauksessa pyöriminen symmetria-akselin ympäri, ω 3, on liikevakio. Pyörimiset toisten akselien ympäri taas ovat ajasta riippuvia: ω 1 = Ωω 2 ; ω 2 = Ωω 1 ; Ω = ω 3 (I 1 I 3 )/I 1 = vakio Ratkaisu on (ω 1, ω 2 ) = ω 0 (sin Ωt, cos Ωt) ; ω 0 = vakio

9 Torstai /20 Vapaa symmetrinen hyrrä (ω 1, ω 2 ) = ω 0 (sin Ωt, cos Ωt) ; ω 0 = vakio {y}-koordinaatistossa pyörimissuunta ei ole vakio, vaan se prekessoi ê 3 -akselin ympäri taajuudella Ω. Pyörimissuunta riippuu Ω:n merkistä. Kuva : Kiertoliikkeen prekession suunta riippuu hyrrän anatomiasta. Vasen: lyhyt ja paksu (I 3 > I 1) ja oikea: korkea ja ohut (I 3 < I 1). Inertiaalikoordinaatistossa {x}, prekessio näyttää huojumiselta. Muista, että L:llä on kiinteä suunta. Koska sekä ω 3 ja L 3 ovat ajasta riippumattomia, ê 3 -akselin pitää olla kiinteässä kulmassa ω ja L suhteen. Se kiertää L-akselin ympäri, kuten viereisessä kuvassa. Luennon lopussa lisää tästä.

10 Esimerkki: maapallon huojuminen Maapallon pyöriminen tekee maapallosta ellipsoidin muotoisen, ekvaattorilla säde siis isompi kuin navoilla, eli kyseessä on symmetrinen hyrrä. Maapallo on pyöreä 1 suhde 300:taan: I 1 I 3 I Pyörimisen magnitudi on siis ω 3 (1pv) 1 eli saamme huojumiselle taajuudeksi: Ω maa pv 1 (Euler : 1749) Efekti on hyvin mitätön ja se löydettiin vasta vuonna 1891 (kutsutaan löytäjän mukaan Chandler huojumiseksi) ja periodi oli 427pv (uudemmat mittaukset 435pv). 1 Kulmavektori ω lävistää 10m päästä maan Pohjoisnavan ja prekessoi sen ympäri. 1 Eroavaisuutta 300pv ja 435pv välillä ei vielä täysin ymmärretä, mutta ilmeisesti kyse on siitä, että maapallo ei ole jäykkä kpl ja siihen vaikuttaa vuorovesivoimia. Mutta miksi sitten nämä vuorovesivoimat eivät vaimenna huojumista lopullisesti... Torstai /20

11 Torstai /20 Epäsymmetrinen hyrrä: stabiilisuus Yleisimmällä jäykällä kappaleella ei ole symmetrioita ja I 1 I 2 I 3 I 1. Pyöriminen on monimutkaista, mutta voimme kuitenkin kuvailla yksinkertaista tilannetta. Tarkastellaan sitä tapausta, että pyöriminen tapahtuu vain yhden pääakselin ympäri, eli ω 1 = Ω ; ω 2 = ω 3 = 0. Tämä on ratkaisu Eulerin yhtälöille. Mutta mitä tapahtuu, jos pyöriminen siirtyy hieman tästä suunnasta? Tehdään pieni perturbaatio, eli (η i pieniä) ω 1 = Ω + η 1 ; ω 2 = η 2 ; ω 3 = η 3 Tarkastelemalla Eulerin yhtälöitä 1.krtl:ssa η i :issä saamme I 1 η 1 = 0 I 2 η 2 = Ωη 3 (I 1 I 3 ) I 3 η 3 = Ωη 2 (I 1 I 2 ) Sijoittamalla kolmas yhtälö toiseen saamme: I 2 η 2 = Ω2 I 3 (I 3 I 1 )(I 1 I 2 )η 2 Aη 2

12 Torstai /20 Epäsymmetrinen hyrrä: stabiilisuus I 2 η 2 = Ω2 I 3 (I 3 I 1 )(I 1 I 2 )η 2 Aη 2 Pienen perturbaation kohtalo riippuu vakion A merkistä. Meillä on kaksi vaihtoehtoa: A < 0: Tällöin, pieni perturbaatio oskilloi vakioliikkeen ympärillä. A > 0: Perturbaatio kasvaa eksponentiaalisesti. Katsomalla A:n määritelmää voimme päätellä, että liike on epästabiilia, jos I 2 < I 1 < I 3 tai I 3 < I 1 < I 2 Toisin sanoen, jäykkä kpl pyörii stabiilisti pienimmän tai suurimman hitausakselin suhteen muttei keskimmän! Voit itse kokeilla tätä heittelemällä tennismailaa, kaukosäädintä, paistinpannua...

13 Torstai /20 Eulerin kulmat Koord. {x} ja {y} yhteinen origo O tasojen x 1 x 2 ja y 1 y 2 leikkaus: solmuviiva ON Eulerin kulmat θ = (x 3, y 3 ) [0, π] ϕ = (x 1, ON) [0, 2π] ψ = (y 1, ON) [0, 2π]

14 Torstai /20 Eulerin kulmat Ongelma: y 1 y 2 y 3 Ratkaistava R! = R x 1 x 2 x 3 Raakaa voimaa käyttämällä: x 1 x 2 R(x 3 ) (ϕ) ξ η R(ξ) (θ) ξ η R(ρ ) (ψ) y 1 y 2 x 3 ρ ρ y 3 jolloin R = R (ρ ) (ψ) R (ξ) (θ) R (x 3) (ϕ)

15 Torstai /20 Eulerin kulmat y = R (ρ ) (ψ) R (ξ) (θ) R (x 3) (ϕ) x = R x 1. vaihe: ξ η ρ = R (x 3) (ϕ) R (x3) (ϕ) = x 1 x 2 x 3 cos ϕ sin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ vaihe: ξ η ρ R (ξ) (θ) = = R (ξ) (θ) ξ η ρ cos θ sin θ 0 sin θ cos θ

16 Torstai /20 Eulerin kulmat 3. vaihe: y 1 y 2 y 3 R (ρ ) (ψ) = = R (ρ ) (ψ) ξ η ρ cos ψ sin ψ 0 sin ψ cos ψ R (ξ) (θ) = cos θ sin θ 0 sin θ cos θ R (x3) (ϕ) = cos ϕ sin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ R = R (ρ ) (ψ) R (ξ) (θ) R (x3) (ϕ) cos ψ cos ϕ cos θ sin ϕ sin ψ cos ψ sin ϕ + cos θ cos ϕ sin ψ sin θ sin ψ = sin ψ cos ϕ cos θ sin ϕ cos ψ sin ψ sin ϕ + cos θ cos ϕ cos ψ sin θ cos ψ sin θ sin ϕ sin θ cos ϕ cos θ

17 Torstai /20 Kulmanopeus Eulerin kulmien avulla Saatiin y = R x. Helppo osoittaa, että x = R T y. Muista kulmanopeusmatriisi Ω, kun x = T y ts. R T = T : Ω = T T T = 0 ω 3 ω 2 ω 3 0 ω 1 = R Ṙ T ω 1, ω 2, ω 3 ω 2 ω 1 0 Helpommalla pääsee, kun käytetään vähän fysikaalista silmää. Ajatellaan kiertoa infinitesimaalisena aikana dt: (ψ, θ, ϕ) (ψ + dψ, θ + dθ, ϕ + dϕ) Eulerin kulmien määritelmästä nähdään suoraan (ks.kuva), että ω on: ˆk = R ω 1 ω 2 ω ê ON = = ω = ϕˆk + θê ON + ψê 3 sin θ sin ψ = sin θ cos ψ cos θ cos ψ sin ψ 0 ϕ sin θ sin ψ + θ cos ψ ϕ sin θ cos ψ θ sin ψ ϕ cos θ + ψ

18 Torstai /20 Vapaa symmetrinen hyrrä Palataan takaisin vapaa symmetrisen hyrrän ongelmaan. Aiemmin tutkimme sitä {y}-koordinaatistossa ja löysimme vakiokulmanopeuden ω 3 ja ω 1, ω 2 prekessoi taajuudella: Ω = ω 3 I 1 I 3 I 1 Mutta miltä tämä näyttää {x}-koordinaatistossa? Nyt kun olemme parametrisoineet liikkeen {x}-koordinaatistossa Eulerin kulmien avulla voimme vastata tähän kysymykseen. Valitaan L ˆk-akselin suuntaiseksi. Koska ê 3 on kiinteässä kulmassa L:n suhteen: θ = 0. Ks. kuva (tai käyttämällä ed.kaavaa ω:lle) identifioidaan: Ω = ψ Koska ω 3 = ψ + ϕ cos θ: ϕ = I 3ω 3 I 1 cos θ

19 Torstai /20 Esimerkki: huojuva lautanen Richard Feynman (ks. kirja Laskette varmaankin leikkiä, Mr Feynman! ) kertoo seuraavan tarinan: I was in the cafeteria and some guy, fooling around, throws a plate in the air. As the plate went up in the air I saw it wobble, and I noticed the red medallion of Cornell on the plate going around. It was pretty obvious to me that the medallion went around faster than the wobbling. I had nothing to do, so I start figuring out the motion of the rotating plate. I discover that when the angle is very slight, the medallion rotates twice as fast as the wobble rate two to one. It came out of a complicated equation! I went on to work out equations for wobbles. Then I thought about how the electron orbits start to move in relativity. Then there s the Dirac equation in electrodynamics. And then quantum electrodynamics. And before I knew it... the whole business that I got the Nobel prize for came from that piddling around with the wobbling plate. Feynman oli oikeassa kvanttielektrodynamiikasta, mutta entäs huojuvasta lautasesta?

20 Torstai /20 Esimerkki: huojuva lautanen Huojuvan lautasen ongelma on nyt helppo käsitellä käyttäen tuloksia joita olemme saaneet aikaiseksi. Lautanen on tyyppiesimerkki vapaasta symmetrisestä hyrrästä. Lautanen pyörii kulmanopeudella ω 3, kun taas prekessio, tai huojuminen, on ϕ = I 3ω 3 I 1 cos θ. Hitausmomentit lautaselle tunnemme (muista kiekko): I 3 = 2I 1. Kulmanopeus ψ = Ω = ω 3 Pienille kulmille cos θ 1, joten ϕ = I 3ω 3 I 1 cos θ 2 ψ Toisin sanoen, huojumistaajuus on kaksinkertainen pyörimisnopeuteen nähden. Feynman muistaa siis tilanteen väärinpäin!