6 svar
131 visningar
wangster 115
Postad: 26 sep 22:30 Redigerad: 26 sep 22:31

Tröghetstensorn

Hej
Är det någon som har lite fysikalisk intuition angående tröghetstensorn? Kurslitteraturen löser man liksom tröghetsmomentet runt en axel Q men enhetsvektor e\vec{e}, som en stor summa och sedan känner man igen det som matrismultiplikationen e·I·e\vec{e} \cdot I \cdot \vec{e} där II är tröghetsmatrisen. Problemet är att det känns som att den likheten "råkar" stämma med definitionen r2dm\(\int r^2 \,dm\) där rr är avståndet från en punkt i kroppen till Q. Någon som har lite intuition? Finns det en innebörd bakom den linjära transformationen I·e I \cdot \vec{e} för någon godtycklig enhetsvektor?

 

Med ren linjär algebra kan man ju hitta avståndet mellan en godtycklig punkt till en linje genom att subrahera med projektionen på linjens enhetsvektor. Men jag har aldrig sett detta göras med en matris, och jag vet heller inte om detta är relevant

D4NIEL 2824
Postad: 28 sep 10:19 Redigerad: 28 sep 10:45

VI har alla olika sätt att närma oss nya koncept. En bra strategi brukar vara att försöka länka ihop det med något man redan känner till. Men man ska inte  låta det gå till överdrift :-)

Jag tycker inte du ska se tröghetstensorn som en transformation, snarare är det en funktion (mer exakt en symmetrisk bilinjär form) som äter upp två vektorer och ger dig en rotationsenergi TT (en skalär) genom uttrycket

T=12IjkωjωkT=\frac12 I_{jk}\omega_j\omega_k

Om man inte kan indexnotationen använder man istället det ekvivalenta uttrycket

T=ω22n^·I·n^T=\frac{\omega^2}{2}\hat{n}\cdot I \cdot \hat{n}

där ω=ωn^\mathbf{\omega}=\omega\hat{n}, dvs T=12ω·I·ωT=\frac12 \mathbf{\omega}\cdot I \cdot \mathbf{\omega}

Det "halva uttrycket" I·eI\cdot \vec{e} ger inte en skalär utan ett vektor.

Däremot kan man transformera och rotera tensorn II. Det är ganska vanligt att man försöker hitta en transformation så att II bildar en diagonalmatris. Då har man hittat kroppens rotationssymmetri. Man kan visa att alla kroppar kan beskrivas av en sådan diagonal tröghetstensor. I enklare fall kan man hitta principalaxlarna genom att helt enkelt genomskåda kroppens symmetri, i svårare fall får man använda diagonalisering m.h.a. egenvärden enligt de tekniker man lärde sig i linjär algebra.

Tensorn beskriver alltså fullständigt kroppens rotationsegenskaper, elementen på diagonalen beskriver tröghetsmomenten runt koordinataxlarna (det man stötte på i grundkursen) och övriga element (som ibland kallas tröghetsprodukter) ger dig information om kroppens obalanser i massdistributionen.


Tillägg: 28 sep 2024 12:40

Kanske ska tillägga att vektorn I·ωI\cdot \mathbf{\omega} alltså är rörelsemängdsmomentet.

wangster 115
Postad: 28 sep 14:33

Jag är med på att den är en funktion där jag givet en riktning och vinkelhastighet kan få rörelsemängdsmoment och kinetisk energi. Problemet jag har är att den tröghetsmatrisen är för abstrakt. Jag förstår inte varför den funkar rent fysikaliskt. På pappret går det ju se att det blir en matrismultiplikation, men det är då det känns som att likheten "råkar" stämma. Finns det någon fysikalisk intuition kring varför matrisen ser ut som den gör? Vad är betydelsen av tröghetsprodukterna? 

D4NIEL 2824
Postad: 29 sep 10:51 Redigerad: 29 sep 11:27

Jag tror det är svårt att hitta en "fysikalisk intuition" annat än förståelse för de 6 unika komponenterna i tensorn och hur de kopplar ihop med L=I·ω\mathbf{L}=I\cdot \mathbf{\omega}

De tre Tröghetsmomenten är ett mått på hur stort motstånd (tröghet) mot rotation kroppen erbjuder kring axlarna i fråga.

De tre Deviationsmomenten (tröghetsprodukterna) är ett mått på hur skev kroppen är med avseende på axelkorsen i fråga.

Om en kropp har vissa symmetrier med avseende på ett visst axelkors  kan deviationsmomentet med avseende på just det axelkorset vara noll, exempelvis om kroppen är rotationssymmetrisk kring z-axeln så blir Ixy=Iyx=0I_{xy}=I_{yx}=0. Märkligt nog kan man ALLTID finna ett rätvinkligt koordinatsystem som är sådant att samtliga deviationsmoment blir noll (koordinatsystemet motsvarar då kroppens principalaxlar).

Tröghetstensorn kan verka lite överväldigande i början, särskilt om man inte arbetat så mycket med tensorer innan. Men när man räknat igenom några exempel brukar den kännas mer naturlig. Den är också väldigt enkel att härleda.

Rörelsemängdsmomentet för en enskild partikel med massan mm ges per definiton av

L=r×p=r×mv=mr×(ω×r)\mathbf{L}=\mathbf{r}\times \mathbf{p}=\mathbf{r}\times m\mathbf{v}=m\mathbf{r}\times(\mathbf{\omega}\times\mathbf{r})

Nu kan vi använda vektoridentiteten "cab-bac", dvs A×(B×C)=(C·A)B-(B·A)CA\times (B \times C)=(C\cdot A)B-(B\cdot A)C

L=mr·rω-r·ωr\mathbf{L}=m\left(\left(\mathbf{r}\cdot \mathbf{r}\right)\mathbf{\omega}-\left(\mathbf{r}\cdot \mathbf{\omega}\right)\mathbf{r}\right)

Skriver vi det här i tensornotation (ωβ=δαβωα\omega_\beta=\delta_{\alpha \beta} \omega_\alpha) får vi

Lβ=mr2δαβ-rαrβωα=Iαβωα\displaystyle L_\beta = m\left(r^2\delta_{\alpha\beta}-r_\alpha r_\beta\right)\omega_\alpha=I_{\alpha\beta}\omega_\alpha

Med bara ett par enkla räknesteg har vi därmed fullständigt definierat alla termer i tensorn! Vill vi istället ha tensorn för en kontinuerlig massfördening ρ(r)\rho(\mathbf{r}) lägger vi bara till en integration "över alla partiklar"

Iαβ=Vρrr2δαβ-rαrβdV\displaystyle I_{\alpha \beta}=\int _V \rho\left(\mathbf{r}\right)\left(r^2\delta_{\alpha\beta}-r_\alpha r_\beta\right)dV

wangster 115
Postad: 29 sep 22:39
D4NIEL skrev:

De tre Deviationsmomenten (tröghetsprodukterna) är ett mått på hur skev kroppen är med avseende på axelkorsen i fråga.

Om en kropp har vissa symmetrier med avseende på ett visst axelkors  kan deviationsmomentet med avseende på just det axelkorset vara noll, exempelvis om kroppen är rotationssymmetrisk kring z-axeln så blir Ixy=Iyx=0I_{xy}=I_{yx}=0. Märkligt nog kan man ALLTID finna ett rätvinkligt koordinatsystem som är sådant att samtliga deviationsmoment blir noll (koordinatsystemet motsvarar då kroppens principalaxlar).

Hmm kan du definiera orden skev, axelkors, och deviationsmoment lite närmare. Är axelkors xyz, eller egenvärdena som ges av matrisen? 

wangster 115
Postad: 30 sep 19:25

egenvektorerna som ges av matrisen*

D4NIEL 2824
Postad: 1 okt 21:23 Redigerad: 1 okt 22:14

Ett axelkors är när två koordinataxlar korsar varandra. Axelkorset xyxy förekommer i beteckningen IxyI_{xy}. Man kallar Ixy,IxzI_{xy}, I_{xz} och IyzI_{yz} för deviationsmoment.

Låt oss ta ett konkret exempel så kanske det klarnar. Här är två massor som är sammanbundna av en tunn stång (så tunn att den i sig själv inte inverkar på beräkningarna)

Koordinatsystemet vi väljer att räkna i är sådant att stången ligger utmed y-axeln och massorna är symmetriskt placerade enligt figuren. x-axeln pekar ut från pappret mot oss som betraktare.

Kroppen är rotationssymmetrisk kring samtlig axlar och därmed är deviationsmomenten för axelkorsen noll.

Ixy=Iyx=0I_{xy}=I_{yx}=0

Iyz=Izy=0I_{yz}=I_{zy}=0

Ixz=Izx=0I_{xz}=I_{zx}=0

Tröghetsmomenteten runt yy-axeln är såklart också noll. Kvar är Ixx=Izz=2a2mI_{xx}=I_{zz}=2a^2m. Alltså

Iαβ=2a2m00000002a2mI_{\alpha \beta}=\left(\begin{array}{ccc} 2 a^2 m & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 a^2 m\end{array}\right)

Testa att kontrollräkna några av komponenterna med formeln

Iαβ=jmj(δαβrj2-rjαrjβ)I_{\alpha\beta}=\sum_j m_j(\delta_{\alpha \beta}r_j^2-r_{j\alpha} r_{j\beta}).

Nu kan vi istället studera vad som händer om vi lutar vår kropp

Nu är kroppen inte längre helt rotationssymmetrisk (obalanserade massor) och vi förväntar oss att motsvarande deviationsmoment, dvs Iyz=IzyI_{yz}=I_{zy} blir nollskilda. Vi förväntar oss också ett tröghetsmoment kring yy-axeln, dvs Iyy0I_{yy}\neq 0.

Det finns två sätt att räkna ut tensorn som gäller för detta system. Antingen utnyttjar vi att vi känner till kroppens tröghetstensor givet principalaxlarna (egenvektorerna) och roterar vår kända tensor vinkeln α\alpha, eller också räknar vi ut en helt ny tensor (som kommer ha samma egenvektorer dvs principalaxlar), men som i det nya koordinatsystemet ser lite annorlunda ut.

Iαβ'=2a2m0002a2msin2(α)a2msin(2α)0a2msin(2α)2a2mcos2(α)I^\prime_{\alpha \beta}=\begin{pmatrix} 2 a^2 m & 0 & 0 \\ 0 & 2 a^2 m \sin ^2(\alpha ) & a^2 m \sin (2 \alpha ) \\ 0 & a^2 m \sin (2 \alpha ) & 2 a^2 m \cos ^2(\alpha )\end{pmatrix}

Svara
Close