TEP4145 Klassisk mekanikk Vår 2007

Øving 9, løsningsforslag

OPPGAVE 1

Treghetsmatrisen I er gitt ved

L = I ω

der L er dreieimpulsen og ω er vinkelfrekvensen, begge vektorer. Fra utgangspunktet (med ren rotasjon og sum over repetert indeks i, som tilsvarer masse nr i),

L = r_{i} × p_{i}
= r_{i} × m_{i}v_{i}
= m_{i}r_{i} × (ω × r_{i})

fant vi i forelesningene

L = m_{i} [r_{i}^{2} ω − (r_{i} · ω)r_{i}]

Det gir, for komponentene av I:

I_{xx} = m_{i}(r_{i}^{2} − x_{i}^{2}) = m_{i}(y_{i}^{2} + z_{i}^{2})
I_{yy} = m_{i}(r_{i}^{2} − y_{i}^{2}) = m_{i}(x_{i}^{2} + z_{i}^{2})
I_{zz} = m_{i}(r_{i}^{2} − z_{i}^{2}) = m_{i}(x_{i}^{2} + y_{i}^{2})
I_{xy} = −m_{i}x_{i}y_{i} = I_{yx}
I_{xz} = −m_{i}x_{i}z_{i} = I_{zx}
I_{yz} = −m_{i}y_{i}z_{i} = I_{zy}

a) Relativt til aksene x, y, z:

I_{xx} = Ma^{2} + Ma^{2} + ma^{2} + ma^{2} = 2(m + M)a^{2}
I_{yy} = 2(m + M)a^{2}
I_{zz} = 4(m + M)a^{2}
I_{xy} = I_{yx} = −Ma^{2} − M(−a)^{2} − ma(−a) − m(−a)a = 2(m − M)a^{2}
I_{xz} = I_{zx} = I_{yz} = I_{zy} = 0

b) Relativt til aksene x′, y′, z′:

I_{x′x′} = 2M(\sqrt{2}a)^{2} = 4Ma^{2}
I_{y′y′} = 2m(\sqrt{2}a)^{2} = 4ma^{2}
I_{z′z′} = 4(m + M)a^{2}
I_{x′y′} = I_{y′x′} = 0
I_{x′z′} = I_{z′x′} = I_{y′z′} = I_{z′y′} = 0

dvs diagonal.

OPPGAVE 2

Posisjonen til kulas massesenter:

R_{CM} = \frac{∫ rρd^{3}r}{∫ ρd^{3}r}

der integralene går over kula, der vi har masse. Hvis vi hadde ei kule uten hulrom, ville integralet i telleren bli null. Når vi som her har et hulrom, må integralet i telleren bli lik

− ∫_{hulrom} rρd^{3}r

der integralet nå går over der hulrommet er. Verdien av dette integralet må være lik massen m som er ”fjernet” multiplisert med massesenterposisjonen til massen som er fjernet:

∫_{hulrom} rρd^{3}r = m(R − r)ẑ

Nevneren i uttrykket for R_{CM} må ha verdien M − m, der M er kulas masse før vi lagde hulrommet, dvs tok bort massen m. Dermed:

R_{CM} = −\frac{m}{M − m} (R − r) ẑ

slik at

z_{0} = \frac{r^{3}}{R^{3} − r^{3}} (R − r)

Treghetsmomentet med hensyn på z-aksen (kaller her I_{zz} for I_{z} osv):

I_{z} = ∫ ρ (x^{2} + y^{2}) d^{3}r

Dette må vi kunne skrive som treghetsmomentet til ei hel kule med radius R minus tilsvarende for ei kule med radius r:

I_{z} = \frac{2}{5}MR^{2} − \frac{2}{5}mr^{2} = \frac{8}{15}πρ (R^{5} − r^{5})

der vi har brukt

M = \frac{4}{3}πR^{3} · ρ

og

m = \frac{4}{3}πr^{3} · ρ

På grunn av sylindersymmetri omkring z-aksen, må vi ha

I_{x} = I_{y}

slik at det er nok å regne ut en av disse. La x-aksen gå gjennom CM, dvs i avstand z_{0} nedenfor kulas geometriske sentrum (og selvsagt normalt på z-aksen). Vi kan nå kombinere Steiners sats med det faktum at I_{x} for kula med hulrom må være lik differansen mellom I_{x}^{R} for ei hel kule uten hulrom og I_{x}^{r} for den lille kula som er fjernet. Dermed:

I_{x} = I_{x}^{R} − I_{x}^{r}
= (\frac{2}{5}MR^{2} + Mz_{o}^{2}) − (\frac{2}{5}mr^{2} + m (z_{0} + R − r)^{2})
= … etter litt regning …
= \frac{4}{3}πρ [\frac{2}{5} (R^{5} − r^{5}) − \frac{(R − r)^{2}r^{3}R^{3}}{R^{3} − r^{3}} ]