Mechanik starrer Körper

Band 6 des Werkes Einführung in die Theoretische Physik – Ein Lehrbuch in mehreren Bänden

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Die Kinematik starrer Körper

Was ist ein starrer Körper?

Ein starrer Körper ist ein System von Massenpunkten, deren Entfernungen voneinander konstant sind. Wir sehen also ab von Deformationen des Körpers und von Schwingungen der Massenpunkte (Atome, Moleküle), wie sie bei realen Körpern stets vorhanden sind. Der "starre Körper" ist also auch wieder eine der so nützlichen Abstraktionen und Idealisierungen der theoretischen Physik.

Die Verschiebung eines starren Körpers

Die einzig mögliche Veränderung eines starren Körpers ist demnach die Veränderung seiner Lage relativ zu anderen Körpern, z. B. relativ zu einem Bezugssystem, das von einem Beobachter als ruhend betrachtet wird. Eine solche Lageänderung heißt »Verschiebung«. Sie kann auf drei verschiedene Arten geschehen:

1. Die Translation. Dies ist eine Verschiebung aller Massenpunkte des Körpers um denselben Vektor ${\vec {s}}$. Der Ortsvektor ${\vec {r}}_{i}$ eines beliebigen Punktes geht dabei über in ${\vec {r}}'_{i}$, wobei gilt:

${\vec {r}}'_{i}={\vec {r}}_{i}+{\vec {s}}$

2. Die Rotation um eine Gerade $g$. Dabei bewegen sich alle Massenpunkte, soweit sie nicht auf der Geraden $g$ liegen, auf Kreisbögen, deren Mittelpunkte auf $g$ liegen. Die Gerade $g$ heißt Rotationsachse.

3. Die Rotation um einen Punkt $P$. Dabei bewegen sich alle (übrigen) Punkte des Körpers auf konzentrischen Kugelflächen um das Rotationszentrum $P$. Wie später gezeigt wird, kann eine Rotation um einen Punkt stets auf eine Rotation um eine durch diesen Punkt gehende Achse zurückgeführt werden.

 

Die Anzahl der Freiheitsgrade eines starren Körpers

Die Anzahl der Freiheitsgrade eines Körpers gibt an, wie viele voneinander unabhängige Bewegungen der Körper ausführen kann. Ein Eisenbahnzug hat – da er an seine Schienen gebunden ist - nur einen Freiheitsgrad (vorwärts und rückwärts zählen zusammen nur als eine Bewegungsmöglichkeit). Formal ist dies daran erkennbar, dass die Position des Zuges durch eine einzige Koordinate beschrieben werden kann, wie sie sich z. B. auf den Kilometertafeln findet. Ein Auto auf der Erdoberfläche hat drei Freiheitsgrade: Sein Ort kann durch seine geografische Länge und Breite beschrieben werden, die Richtung seiner Längsachse z. B. durch den Winkel zur Nordrichtung. Die beiden anderen Winkel – die Ausrichtung des Fahrzeugs um die Längsachse und um die horizontale Querachse – dienen der Anpassung an Abweichungen des Geländes von der horizontalen Ebene und sind durch den Ort und die Richtung der Längsachse bestimmt. Sie sind daher keine Freiheitsgrade.

Ein kunstflugtaugliches Flugzeug hat sechs Freiheitsgrade der Bewegung.

Der Anschauung kann man entnehmen, dass ein freier Körper wie ein Flugzeug drei Freiheitsgrade der Translation besitzt: er kann sich nämlich frei in drei räumlichen Dimensionen (Länge, Breite, Höhe) bewegen. Dazu kommen drei Freiheitsgrade der Rotation: er kann um drei räumliche Drehachsen rotieren. Folglich besitzt der freie Körper sechs Freiheitsgrade der Bewegung.

Formal kann dieses Ergebnis so bestätigt werden: Stellen wir uns vor, der Körper führe ein räumliches Koordinatensystem mit sich, das mit ihm fest verbunden ist. Die Lage des starren Körpers bezüglich eines im Raum (des Beobachters) ruhenden Koordinatensystems ist dann eindeutig bestimmt, wenn die (drei) Ortskoordinaten des Ursprungs des »körperfesten Systems« und seine räumliche Orientierung bekannt sind. Diese wird charakterisiert durch die drei mal drei Richtungskosinus seiner Einheitsvektoren (i', j', k' ). Diese neun Größen unterliegen aber sechs Bedingungen: Die Summe der Quadrate der Richtungskosinus eines jeden Vektors muss 1 sein, und zudem müssen die Einheitsvektoren paarweise aufeinander senkrecht stehen. Von den neuen Größen sind also nur drei unabhängig. Dies entspricht den drei Freiheitsgraden der Rotation.

Die Zahl der Freiheitsgrade wird eingeschränkt, wenn der Körper nicht völlig frei beweglich ist. Ist z. B. einer seiner Punkte festgelegt, so kann man in diesen den Ursprung des körperfesten Systems legen. Damit fallen die drei Freiheitsgrade der Translation weg. Wird ein weiterer Punkt festgehalten, so kann der Körper nur noch um die Verbindungsgerade der beiden Punkte rotieren, und seine Lage ist durch eine einzige Koordinate, nämlich den Drehwinkel, festgelegt. Er besitzt also nur noch einen Freiheitsgrad der Bewegung. Legt man nun noch einen dritten Punkt des Körpers fest, so verliert er auch den letzten Freiheitsgrad (sofern die drei Punke nicht auf einer Geraden liegen).

Nach dem folgenden Exkurs über die eulerschen Winkel werden wir einige Bewegungen untersuchen, die bei verschiedenen Einschränkungen der Freiheit eines starren Körpers möglich sind.

 

Die eulerschen Winkel

Anstatt 9 Richtungskosinus einzuführen, die durch 6 Bedingungen eingeschränkt sind, ist es häufig günstiger, von Anfang an nur drei unabhängige Veränderliche einzuführen. Dazu eignen sich die eulerschen Winkel, $\phi$,$\psi$ und $\theta$ (phi, psi und theta). Diese haben folgende Bedeutung: $\theta$ ist der Winkel zwischen der Z' -Achse des körperfesten Systems und der Z-Achse des raumfesten Systems. Die XY-Ebene (grau) schneidet die X'Y' -Ebene (grün) in einer Geraden, die Knotenlinie genannt wird und auf der der Einheitsvektor n liegt. Senkrecht zu n legen wir in der X'Y' -Ebene eine Gerade, auf welcher der Einheitsvektor m' liegt.

Der Winkel $\psi$ ist der Winkel zwischen der Knotenlinie und der X-Achse und wird »Knotenlänge« genannt (analog zur geografischen Länge). Sein Gegenstück in der X'Y' -Ebene, nämlich der Winkel zwischen der Knotenlinie und der X' -Achse ist der Winkel φ.

Sind die eulerschen Winkel gegeben, kann man das Koordinatensystem i', j', k' zeichnen: Zuerst wird mit dem Winkel $\psi$ die Knotenlinien in die XY-Ebene gezeichnet. Durch diese Gerade wird dann eine Ebene gelegt, die mit der XY-Ebene den Winkel $\theta$ bildet; dies ist die X'Y' -Ebene. Das Lot auf dieser Ebene in O ist die Z' -Achse. Die X' -Achse ist in der X'Y' -Ebene dann durch den Winkel $\phi$ bestimmt.

Die Einheitsvektoren des körperfesten Systems seien

${\mathbf {i} }'=\cos \alpha _{1}{\mathbf {i} }+\cos \beta _{1}{\mathbf {j} }+\cos \gamma _{1}{\mathbf {k} }$

${\mathbf {j} }'=\cos \alpha _{2}{\mathbf {i} }+\cos \beta _{2}{\mathbf {j} }+\cos \gamma _{2}{\mathbf {k} }$

${\mathbf {k} }'=\cos \alpha _{3}{\mathbf {i} }+\cos \beta _{3}{\mathbf {j} }+\cos \gamma _{3}{\mathbf {k} }$

Dann gelten die folgenden Umrechnungbeziehungen:

$\cos \alpha _{1}=\cos \varphi \;\cos \psi -\sin \varphi \;\sin \psi \;\cos \vartheta ,$ $\cos \beta _{1}=-\sin \varphi \;\cos \psi -\cos \varphi \;\sin \psi \;\cos \vartheta ,$ $\cos \gamma _{1}=\sin \psi \;\sin \vartheta ,$

 

$\cos \alpha _{2}=\cos \varphi \;\sin \psi +\sin \varphi \;\cos \psi \;\cos \vartheta ,$ $\cos \beta _{2}=-\sin \varphi \;\sin \psi +\cos \varphi \;\cos \psi \;\cos \vartheta ,$ $\cos \gamma _{2}=-\cos \psi \;\sin \vartheta ,$

 

$\cos \alpha _{3}=\sin \varphi \;\sin \vartheta ,$ $\cos \beta _{3}=\cos \varphi \;\sin \vartheta ,$ $\cos \gamma _{3}=\cos \vartheta .$

Mit Hilfe dieser Beziehungen lassen sich die Verschiebungskomponenten und die Geschwindigkeitskomponenten bezüglich der X-, Y- und Z-Achse sowie die Rotationsgeschwindigkeiten um diese Achsen aus den entsprechenden Größen des körperfesten Systems berechnen.

Zur Veranschaulichung eignet sich recht gut die Erde und ihre Bewegung im Sonnensystem. Als invariable XY-Ebene bietet sich die Ekliptik an, also die Ebene der Erdbahn, in der auch die Sonne liegt. Die Richtung der X-Achse kann z. B. durch irgendeinen in der Ekliptik gelegenen Fixstern vorgegeben werden. Die Y-Achse steht auf der X-Achse senkrecht, die Z-Achse auf der Ekliptik. Der Nullpunkt beider Koordinatensysteme sei der Erdmittelpunkt. Die X'Y' -Ebene ist die Äquatorialebene, wobei die X' -Achse z. B. durch den Nullmeridian (den Meridian von Greenwich) gehen soll. Die Z' -Achse ist die Rotationsachse der Erde.

Bliebe die Richtung der Erdachse unverändert und rotierte die Erde lediglich um die Z' -Achse, dann änderte sich nur der Winkel φ zwischen Knotenlinie und X' -Achse. Tatsächlich aber rotiert die Erdachse in etwa 26 000 Jahren einmal um die Z-Achse. Die Erdachse führt also eine sogenannte Präzessionsbewegung aus und somit ändert sich auch der Winkel ψ. Schließlich schwankt aber auch der Winkel zwischen Z' - und Z-Achse ein wenig: die Erdachse führt eine Nutationsbewegung (Nickbewegung) aus.

 

Ebene Bewegung eines starren Körpers

Ein Beispiel für die ebene Bewegung eines starren Körpers ist ein Buch, das auf einer Tischplatte bewegt wird. Dabei bewegen sich alle Punkte des Körpers (des Buches) parallel zu einer Ebene (zur Tischplatte). Alle Punkte des Körpers, die auf demselben Lot zur Ebene liegen, bewegen sich dabei auf kongruenten Bahnen. Daher genügt es, den Körper auf eine einzige Ebene – hier eine Seite des Buches – zu reduzieren und lediglich die Bewegung einer Ebene auf einer anderen, festen Ebene zu betrachten.

Diese Bewegung hat drei Freiheitsgrade: Wir können die beiden Koordinaten irgendeines Punktes der beweglichen Ebene beliebig wählen und dann die Ebene noch um diesen Punkt drehen.

Zunächst will ich zeigen, dass man jede beliebige ebene Verschiebung eines Körpers aus einer Position (1) in eine Position (2) als das Ergebnis einer Drehung um einen Punkt auffassen kann. Dabei wird von den Zwischenstadien der Verschiebung völlig abgesehen und es werden nur die Anfangs- und die Endposition betrachtet. Dabei genügt es, zwei in der Bewegungsebene gelegene Punkte A und B des Körpers herauszugreifen, denn durch die Lage dieser beiden Punkte ist auch die Position aller übrigen Punkte des Körpers festgelegt. Durch die betrachtete Verschiebung seien die beiden Punkte A und B auf einem beliebigen Weg in die Position A' bzw. B' bewegt worden. Konstruiert man die Mittelsenkrechten der Strecken AA' und BB' und schneidet sie miteinander, so erhält man das gesuchte Rotationszentrum P. Während der Drehung wird das Dreiecks PAB in das kongruente Dreieck PA'B' übergeführt und gleichzeitig alle anderen Punkte des Körpers aus ihrer ursprünglichen Lage in eine neue Position gebracht. Da das Drehzentrum für alle Punkte dasselbe ist, würde man denselben Punkt P auch mit zwei beliebigen anderen Punkten (statt A und B) finden.

(Zum vollständigen Beweis muss gezeigt werden, dass dieselbe Drehung, welche die Strecke PA in die Strecke PA' überführt, auch die Strecke PB in die Strecke PB' überführt. Dazu muss bewiesen werden, dass der Winkel APA' gleich dem Winkel BPB' ist. Wegen der Kongruenz der Dreiecke APB und A'PB' sind die Winkel APB und A'PB' gleich. Ich nenne sie α. Nun ist aber Winkel APA' = α + Winkel BPA' und Winkel BPB' ebenfalls gleich α + Winkel BPA'. Also sind die beiden fraglichen Winkel gleich. – Einfacher ist folgende Argumentation, die später auch noch in einem anderen Zusammenhang benutzt werden kann: Da wir es hier mit einem starren Körper zu tun haben, ist auch das Dreieck ABP ein starres Gebilde. Daher können sich bei einer Rotation um P die beiden Radien PA und PB immer nur um gleiche Winkel drehen.)

Wenn wir nun die Zwischenstadien der Bewegung nicht ignorieren, sondern die Bahnkurven der Punkte A und B exakt verfolgen wollen, so können wir zunächst einige Zwischenstadien der Bewegung betrachten:

Für je zwei benachbarte Lagen der Strecke AB können wir - wie oben - ein temporäres Drehzentrum konstruieren und so die gesamte Ortsveränderung durch eine Anzahl von Drehungen um ein jeweils anderes temporäres Drehzentrum ("temporärer Pol") annähern.

Verbindet man die benachbarten temporären Drehzentren miteinander, entsteht ein Polygonzug. Es lohnt sich, diesen Vorgang in seinen Phasen in einem Modell zu realisieren. Dazu befestigt man ein Blatt Papier (die feste Ebene) auf einer geeigneten Unterlage (Korkbrett, Weichfaserplatte, Styroportafel ...). Ein zweites Blatt Papier (das transparent sein sollte) stellt die bewegte Ebene (den bewegten Körper) dar, auf der zwei Punkte A und B und ihre Verbindungsgerade markiert werden. Anstatt nun aber die einzelnen Phasen der Verschiebung dieser Ebene vorzugeben und dann Mittelsenkrechten über mehreren kleinen Teilstrecken zu errichten und diese paarweise miteinander zu schneiden (was mühsam und ungenau wäre), ist es weitaus bequemer, das Pferd von hinten aufzuzäumen und sich den Polygonzug von temporären Zentren beliebig vorzugeben. Dann wird das transparente Papier auf die feste Ebene gelegt. Mit einer Stecknadel sticht man zunächst in den Punkten A und B durch die beiden Papiere hindurch und markiert so deren Ausgangslage auf der festen Ebene. Dann sticht man im ersten Drehzentrum P₁ durch beide Ebenen und dreht die das obere Papier um einen beliebigen Winkel (etwa 20° bis 30°), wobei die Stecknadel die Drehachse bildet. Dann sticht man die Nadel durch das zweite Drehzentrum und dreht wiederum die obere Ebene um einen beliebigen Winkel usw. Nach der letzten Drehung markiert man durch Durchstechen die Lage der Punkte Π_i auf der festen Ebene und ebenso Endlage der Punkte A und B, die mit A' und B' bezeichnet sind. Dadurch erhält man auf der festen Ebene eine Figur, die etwa so aussieht:

Diese Abbildung lässt sich auch als "Ausschneidebogen" zur Demonstration verwenden. Dazu schneidet man den linken Teil am blauen Polygonzug entlang aus. Dann legt man die Punkte Π₆ und P₆ wieder aufeinander und dreht den ausgeschnittenen linken Teil um Π₆, bis Π₅ auf P₅ zu liegen kommt usw. So kann man den ganzen Vorgang rückwärts verfolgen, bis man am Anfang angekommen ist. Von dort kann man den ursprünglichen Ablauf nachvollziehen. Man kann also die wirkliche Bewegung der Ebene (oder des Körpers) annähern, indem man das körperfeste (blaue) Polygon um das raumfeste (rote) Polygon "kantet".

Wenn wir nun die Anzahl der betrachteten Bewegungspasen unbegrenzt wachsen lassen, so nähert sich der Bewegungsablauf unbeschränkt dem tatsächlichen Vorgang und die beiden Polygone werden zu glatten Kurven, von denen die blaue auf der roten abrollt. So ergibt sich folgender Satz:

Jede beliebige Bewegung eines starren Körpers in einer Ebene kann dadurch erzeugt werden, dass eine bestimmte, im Körper feste Kurve auf einer bestimmten, im Raume festen Kurve abrollt. Die erste Kurve heißt Gangpolkurve oder Körperzentrode, die zweite Rastpolkurve oder Raumzentrode.

Handelt es sich um die ebene Bewegung eines Körpers, so können wir in den Punkten der Rast– und Gangpolkurve Lote auf der festen Ebene errichten. Diese bilden je eine gerade Zylinderfläche, die Gangpolfläche (blau) und die Rastpolfläche (rot), die aufeinander abrollen.

 

 

Bewegung eines starren Körpers um einen festen Punkt

Eine solche Bewegung heißt auch sphärische Bewegung, weil sich dabei alle Punkte des Körpers auf Kugelschalen ("Sphären") bewegen, deren Mittelpunkt der feste Punkt O ist.

Wir betrachten wieder zwei Punkte A und B des starren Körpers. Durch eine beliebige Bewegung um den festen Punkt O mögen die beiden Punkte in die Endlage A' und B' überführt werden. Wenn wir wieder von dem tatsächlichen Verlauf der Bewegung absehen und nur die Ausgangs- und die Endlage betrachten, so kann der gleiche Effekt stets durch eine Rotation um eine durch den festen Punkt gehende Achse erzielt werden. Es gilt also der Satz: Eine beliebige Bewegung eines starren Körpers um einen festen Punkt ist äquivalent (d. h. hinsichtlich des Ergebnisses gleichwertig) einer Rotation um eine bestimmte, durch diesen Punkt gehende Achse (Eulersches Theorem).

Der Beweis verläuft analog zu dem für die ebene Bewegung.

Die beiden Dreicke OAA' und OBB' sind gleichschenklig. Wir errichten die mittelsenkrechte Ebene e auf AA' und f auf BB'. Jeder Punkt der Ebene e ist von A und A' gleich weit entfernt, und jeder Punkt der Ebene f ist von B und A'B' gleich weit entfernt. Beide Ebenen gehen durch O und schneiden einander in einer Geraden OC. Alle Punkte dieser Geraden haben die Eigenschaften der Punkte beider Ebenen gemeinsam: sie sind sowohl von A und A' als auch von B und B' gleich weit entfernt. Außerdem ist der Winkel AOC gleich dem Winkel A’OC und der Winkel BOC gleich dem Winkel B'OC.

Jede durch O gehende und in der Ebene e liegende Gerade kann als Drehachse dienen, um A in A' überzuführen. Dasselbe gilt für jede in der Ebene f liegende und durch O gehende Gerade bezüglich der Punkte B und B'. Da die Gerade OC zusammen mit der Strecke AB als starrer Körper aufgefasst werden kann, führt eine Drehung um OC, welche A in A' überführt, auch B in B' über.

Analog zu unserem Vorgehen bei der ebenen Bewegung betrachten wir nun mehrere Zwischenstadien der tatsächlichen Bewegung und nähern jede der Bewegungsphasen durch eine Rotation um einen bestimmte Achse an, die wie oben gefunden werden kann. Die verschiedenen Achsen und die von ihnen bestimmten Ebenen bilden dann einerseits eine im Raum feste Pyramidenfläche (Rastpolpyramide) mit der Spitze in O und andererseits eine im Körper feste (und somit im Raum bewegliche) Pyramidenfläche, die Gangpolpyramide. Beide Pyramiden rollen über die Kanten aneinander ab.

Wenn die Anzahl der betrachteten Bewegungsphasen unbeschränkt zunimmt, gehen die beiden Pyramidenflächen in Kegelflächen über, die aufeinander abrollen und deren Mantellinien die (raumfesten und körperfesten) momentanen Drehachsen sind.

Im Hinblick auf die später zu behandelnde Kreiselbewegung ist insbesondere der Fall interessant, in dem die beiden Kegelflächen kreisförmig sind. Dabei sind zwei Fälle zu unterscheiden: Der Gangpolkegel (blau) kann auf dem Rastpolkegel (rot) außen oder innen abrollen. Dies zeigt die folgenden Abbildung.

 

 

Die allgemeinste Bewegung eines starren Körpers

Die allgemeinste Bewegung eines Körpers ist eine Bewegung, die keinen Einschränkungen unterliegt. Ein solcher frei beweglicher Körper hat sechs Freiheitsgrade, drei Freiheitsgrade der Translation und drei der Rotation. Seine Lage ist festgelegt durch Angabe von drei seiner Punkte. Die Anfangslage dieser Punkte sei A, B, C, ihre Endlage sei A', B', C'.

Es kann gezeigt werden, dass jede solche Bewegung äquivalent einer Schraubenbewegung ist. Das heißt: Zu jeder Bewegung eines starren Körpers lässt sich eine Schraubenlinie angeben, welche (ohne Berücksichtigung der Zwischenpositionen) die Punkte A, B, C in die Punkte A', B', C' überführt (Theorem von Chasles).

Auch hier kann der tatsächliche Bewegungsablauf durch eine Anzahl n von einzelnen Schraubenbewegungen angenähert werden. Für n gegen unendlich ergibt sich eine kontinuierliche Folge von unendlich vielen, verschwindend kleinen Schraubenbewegungen, welche den tatsächlichen Bewegungsablauf exakt wiedergibt. Eine solche Bewegungsfolge heißt Schrotung.

 

 

 

Kräftesysteme, die an einem starren Körper angreifen

Ein einzelner Massenpunkt erfährt keine Beschleunigung, wenn die Resultierende aller an ihm angreifenden Kräfte null ist. Man sagt dann, die angreifenden Kräfte seien im Gleichgewicht (oder auch – weniger präzise – der Massenpunkt sei im Gleichgewicht).Analog gilt für ein System von Massenpunkten, dass sein Schwerpunkt keine Beschleunigung erfährt, wenn die Resultierende aller Kräfte, die an dem Punktsystem angreifen, null ist. Es sei F_i die Resultierende aller Kräfte, die am i-ten Massenpunkten angreifen. Dann lautet die Bedingung für die Kräftefreiheit seines Schwerpunkts also:

$\sum \limits _{i}{\mathbf {F} _{i}}=\mathbf {0} .$

Das bedeutet jedoch nicht unbedingt, dass dann auch alle Massenpunkte des Systems unbeschleunigt sind, denn es könnte ja noch Rotationsbeschleunigungen um den (unbeschleunigten) Schwerpunkt geben. Die notwendige und hinreichende Bedingung für das Fehlen von Rotationsbeschleunigungen ist, dass die Summe aller an dem System angreifenden Drehmomente null ist:

${\mathbf {M} }=\sum {{\mathbf {M} }_{ik}=\sum {{\mathbf {r} }_{\mathbf {ik} }\times {\mathbf {F} }_{\mathbf {k} }=\mathbf {0} .}}$

Beweis: Wie ich im Wikibuch "Mechanik realer Körper" im Kapitel "Drehimpuls und Drehmoment" gezeigt habe, ist ganz allgemein bei einem System von Massenpunkten

${\frac {\operatorname {d} {\mathbf {L} }_{O}}{\operatorname {d} t}}=\sum {\left({{\mathbf {r} }_{k}\times {\mathbf {F} }_{k}}\right)={\mathbf {M} }_{O}.}$

Das bedeutet: Die Änderungsgeschwindigkeit dL_O/dt des Drehimpulses L_O des Systems ist gleich der Summe der auf das System einwirkenden Drehmomente. Wenn das Drehmoment M_O null ist, ist auch die Summe der Änderungen der Drehimpulse im Zeitelement dt gleich null. Das damals betrachtete System bestand allerdings aus unabhängigen Massenpunkten. In einem solchen System ist es denkbar, dass verschiedene Massenpunkte positive bzw. negative Drehimpulsänderungen erfahren, die einander kompensieren können. Da wir aber nun ein starres System von Massenpunkten betrachten, müssen eventuelle Änderungen des Drehimpulses der einzelnen Massenpunkte stets dasselbe Vorzeichen haben. Ihre Summe kann daher nur dann null sein, wenn sie alle einzeln null sind. Also finden für M_O gleich 0 im System keine Rotationsbeschleunigungen statt.

Folglich gilt: Notwendige und hinreichende Bedingung für das Fehlen von Translations- und Rotationsbeschleunigung bei einem starren Körpers ist, dass sowohl die Resultiere F der Kräfte als auch die Resultierende M der Drehmomente, die an dem Körper angreifen, null ist:

${\mathbf {F} }\equiv \sum {{\mathbf {F} }_{i}}=\mathbf {0} \quad {\mbox{und}}\quad {\mathbf {M} }\equiv \sum {{\mathbf {r} }_{i}\times {\mathbf {F} }_{i}=\mathbf {0} }.$

Für die Wirkung des an einem starren Körper angreifenden Kräftesystems kommt es also nur auf die beiden Resultierenden F und M an. Dies gilt – wie später gezeigt werden wird – nicht nur für den (statischen) Fall, dass keine Beschleunigungen stattfinden. Auch in den Gleichungen der Dynamik treten nur diese beiden Summenvektoren auf, sodass man sagen kann: Alle Systeme von Kräften, die in den Resultierenden F und M übereinstimmen, sind in ihrer Wirkung gleichwertig (äquivalent).

In diesem Zusammenhang begegnet uns ein weiterer Typ von Vektoren: Im Gegensatz zu den freien Vektoren (sie sind beliebig verschiebbar) und den gebundenen Vektoren (sie sind an einen Punkt gebunden; z. B. Feldvektoren und Ortsvektoren), dürfen Kraftvektoren nur in ihrer Wirkungslinie verschoben werden, da sich bei einer Parallelverschiebung außerhalb ihrer Wirkungslinie das von ihnen ausgeübte Drehmoment ändert. Solche Vektoren heißen linienflüchtig.

Dass Kraftvektoren nur in ihrer Wirkungslinie verschoben werden dürfen, hat Konsequenzen für die graphische Addition paralleler und antiparalleler Kräfte.

1. Fall: Parallele Kräfte F₁ und F₂ Um die Resultierende der beiden Kräfte und ihre Wirkungslinie zu finden, verschieben wir zunächst eine der beiden Kräfte (hier F₁) in ihrer Wirkungslinie, sodass die Verbindungslinie der Angriffspunkte der beiden Kräfte auf ihren Wirkungslinien senkrecht steht. Dann addieren wir zu beiden Kräften eine Hilfskraft F_x bzw. – F_x. Da sowohl die Summe wie das Drehmoment der beiden Kräfte null ist, ändert ihr Hinzufügen nichts an dem gegebenen Kräftesystem. Nun werden die beiden resultierenden Kräfte (grün) ermittelt und beide in ihren Wirkungslinien bis zum Schnitt verschoben. Durch Addition ergibt sich die resultierende Kraft F_R. Sie ist parallel zu F₁ und F₂. Ihr Betrag ist gleich der Summe F₁ + F₂. Die Resultierende kann nach Belieben in ihrer Wirkungslinie verschoben werden. Geschieht das so, wie in der Abbildung gezeigt, erkennt man, dass ihre Abstände von den beiden Teilkräften nach dem Hebelgesetz berechnet werden können.

2. Fall: Antiparallele Kräfte

Die größere der beiden Kräfte (hier F₂) wird in zwei Teilkräfte - F₁ und F₃ zerlegt. F₁ und - F₁ bilden zusammen ein Kräftepaar (das sind zwei entgegengesetzt gleiche Kräfte, die nicht am selben Punkt angreifen). Also gilt:

Antiparallele Kräfte sind äquivalent einer Einzelkraft und einem Kräftepaar.

Ist F₂ = – F₁, so ist die Einzelkraft null. Dies ist ein einfaches Beispiel dafür, dass zwar F = O, aber M' ungleich null sein kann.

Das Drehmoment des Kräftepaares ist

${\mathbf {M} }={\mathbf {r} }_{1}\times {\mathbf {F} }_{1}+{\mathbf {r} }_{2}\times \left({-{\mathbf {F} }_{1}}\right)=\left({{\mathbf {r} }_{1}-{\mathbf {r} }_{2}}\right)\times {\mathbf {F} }_{1}={\mathbf {a} }\times {\mathbf {F} }_{1}.$

Das Drehmoment eines Kräftepaares ist also von der Lage des Bezugspunktes O unabhängig.

Im Allgemeinen jedoch hängt der Betrag eines Drehmoments vom Bezugspunkt O ab, da sich bei einer Verlagerung des Bezugspunktes die "Kraftarme" ändern und sogar beliebig groß werden können. Das Drehmoment ist jedoch immer dann vom Bezugspunkt unabhängig, wenn die Resultierende F der Kräfte null ist.

Beweis: Verschiebt man den Bezugspunkt O um den Vektor s nach O' und bezeichnet die neuen Ortsvektoren mit r' , so ist

${\mathbf {r} }'={\mathbf {r} }-{\mathbf {s} }\quad {\mbox{und}}\quad \sum {{\mathbf {r} }'_{i}\times {\mathbf {F} }_{i}=\sum {{\mathbf {r} }_{i}\times {\mathbf {F} }_{i}-\sum {{\mathbf {s} }\times {\mathbf {F} }_{i}=\sum {{\mathbf {r} }_{i}\times {\mathbf {F} }_{i}-{\mathbf {s} }\times {\mathbf {F} }.}}}}$

Für F = 0 verschwindet der letzte Term und es bleibt übrig

$\sum {{\mathbf {r} }'_{i}\times {\mathbf {F} }_{i}=\sum {{\mathbf {r} }_{i}\times {\mathbf {F} }_{i}.}}$

Wie oben gesagt wurde, kommt es bei einem Kräftesystem, das an einem starren Körper angreift, nur auf die Resultierenden F und M an. Die Resultierende F ist eine einzelne Kraft, und das resultierende Moment M kann durch ein geeignetes Kräftepaar aufgebracht werden. Also gilt:

Jedes an einem starren Körper angreifende Kräftesystem kann ersetzt werden durch eine Einzelkraft und ein Kräftepaar.

 

 

Rotation um eine feste Achse

Wenn ein starrer Körper in zwei Punkten O und O' fixiert wird, ist seine Freiheit auf die Rotation um die Achse OO' eingeschränkt. Er hat nur noch einen Freiheitsgrad, und seine Lage ist durch den Drehwinkel φ eindeutig beschrieben.

Von den an ihm angreifenden Drehmomenten wirken lediglich ihre in der Drehachse liegenden Komponenten; die übrigen Komponenten werden durch Zwangskräfte in den Lagern kompensiert.

Wir legen nun den Ursprung des Koordinatensystems in den Punkt O und die Z-Achse in die Drehachse.

Die Gleichung für die Änderung des Gesamt-Drehimpulses des Körpers vereinfacht sich daher auf die Berücksichtigung der Z-Komponenten des Drehimpulses und der Resultierenden der (auf den Punkt O bezogenen) Drehmomente:

${\frac {\operatorname {d} L_{z}}{\operatorname {d} t}}=M_{z}.$

Für den Drehimpuls L gilt:

${\mathbf {L} }=\sum {m_{i}\left({{\mathbf {r} }_{i}\times {\mathbf {v} }_{i}}\right)},$

und mit

${\mathbf {v} }_{i}=\omega {\mathbf {k} }\times {\mathbf {r} }_{i}$

${\mathbf {L} }=\sum {m_{i}\left[{{\mathbf {r} }_{i}\times \left({\omega {\mathbf {k} }\times {\mathbf {r} }_{i}}\right)}\right]},$

wobei ωk der Vektor der Winkelgeschwindigkeit ist.

Für ein zweifaches Vektorprodukt gilt:

${\mathbf {u} }\times \left({{\mathbf {v} }\times {\mathbf {w} }}\right)={\mathbf {v} }\left({\mathbf {uw} }\right)-{\mathbf {w} }\left({\mathbf {vu} }\right).$

Also ist

${\mathbf {r} }_{i}\times \left({\omega {\mathbf {k} }\times {\mathbf {r} }_{i}}\right)=\omega {\mathbf {k} }\left({{\mathbf {r} }_{i}{\mathbf {r} }_{i}}\right)-{\mathbf {r} }_{i}\left({\omega {\mathbf {kr} }_{i}}\right)$

und

${\mathbf {L} }=\omega {\mathbf {k} }\sum {m_{i}{\mathbf {r} }_{\mathbf {i} }^{\mathbf {2} }-\omega \sum {m_{i}{\mathbf {r} }_{i}\left({{\mathbf {kr} }_{i}}\right)=\omega {\mathbf {k} }\sum {m_{i}r_{i}^{2}-\omega \sum {m_{i}{\mathbf {r} }_{i}z_{i}.}}}}$

Die Z-Komponente von L ist gleich der Z-Komponente der rechten Seite der Gleichung:

$L_{z}=\omega \sum {m_{i}{\mathbf {r} }_{\mathbf {i} }^{2}-\omega \sum {m_{i}z_{i}z_{i}=\omega \sum {m_{i}\left({x_{i}^{2}+y_{i}^{2}+z_{i}^{2}}\right)-\omega \sum {m_{i}z_{i}^{2},}}}}$

und schließlich

$L_{z}=\omega \sum {m_{i}\left({x_{i}^{2}+y_{i}^{2}}\right).}$

Die Größe

$\sum {m_{i}\left({x_{i}^{2}+y_{i}^{2}}\right)=\sum {m_{i}\;\rho _{i}^{2}=J_{zz}}}$

heißt Trägheitsmoment des Körpers bezüglich der Z-Achse und wird aus einem erst später erkennbaren Grund J_zz genannt.

Damit ergibt sich die (einzige) Bewegungsgleichung des Körpers:

$J_{zz}{\frac {\operatorname {d} \omega }{\operatorname {d} t}}=J_{zz}{\frac {\operatorname {d} ^{2}\varphi }{\operatorname {d} t^{2}}}=M_{z}.$

Ein Vergleich mit der Bewegungsgleichung der eindimensionalen Translationsbewegung

$m{\frac {\operatorname {d} ^{2}x}{\operatorname {d} t^{2}}}=F_{x}$

zeigt die formale Identität der beiden Gleichungen, wobei einander entsprechen:

Trägheitsmoment J_zz --- Masse m

Winkelbeschleunigung d²φ/dt² --- Bahnbeschleunigung d²x /dt²

Axiale Komponente des Drehmoments --- Bahnkomponente der Kraft

Die kinetische Energie des rotierenden Körpers ist

$E_{\mathrm {kin} }={\frac {1}{2}}\sum {m_{i}\left({\omega {\mathbf {k} }\times {\mathbf {r} }_{i}}\right)^{2}={\frac {1}{2}}\sum {m_{i}\;\rho _{i}^{2}\omega ^{2}={\frac {1}{2}}J_{zz}\omega ^{2}={\frac {1}{2}}J_{zz}\left({\frac {\operatorname {d} \varphi }{\operatorname {d} t}}\right)^{2}}},$

in völliger Analogie zur kinetischen Energie der Translationsbewegung

$E_{\mathrm {kin} }={\frac {1}{2}}m\;v^{2}={\frac {1}{2}}m\left({\frac {\operatorname {d} x}{\operatorname {d} t}}\right)^{2}.$

 

Das Trägheitsmoment starrer Körper

Das Trägheitsmoment eines homogenen Körpers

Aus der Definition des Trägheitsmoments folgt für einen homogenen Körper (das ist ein Körper mit kontinuierlicher Massenverteilung und konstanter Dichte ρ)

$J=\int _{M}{r^{2}\operatorname {d} m}=\rho \int _{V}{r^{2}\operatorname {d} V}=\rho \int {\int {\int _{V}{r^{2}\operatorname {d} x\;\operatorname {d} y\;\operatorname {d} z}}},$

wobei r jetzt den Abstand des Massen- bzw. Volumenelements von der Drehachse bedeutet.

 

Der Satz von Steiner

Kennt man das Trägheitsmoment eines Körpers bezüglich einer durch den Schwerpunkt gehenden Achse, so lässt sich ohne neuerliche Integration sein Trägheitsmoment bezüglich jeder dazu parallelen Achse berechnen (und umgekehrt).

Ein Körper rotiere um eine durch A gehende, auf der Zeichenebene senkrecht stehende Achse. S sei eine dazu parallele, durch den Schwerpunkt des Körpers gehende Achse im Abstand s. Der Körper sei mit der Drehachse A starr verbunden. Dann dreht er sich, während er einmal um A rotiert, gleichzeitig genau einmal um seine Schwerpunktachse. Sein Trägheitsmoment bezüglich der Schwerpunktachse sei J_S, sein Trägheitsmoment bezüglich der Achse A sei J_A. Die Winkelgeschwindigkeit der beiden Rotationen sei ω.

Wir betrachten nun die kinetische Energie des rotierenden Körpers. Sie setzt sich einerseits zusammen aus der Rotationsenergie bezüglich der Schwerpunktachse und der kinetischen Energie der Kreisbewegung um A:

$E={\frac {1}{2}}J_{S}\omega ^{2}+{\frac {1}{2}}m\,v^{2}={\frac {1}{2}}J_{S}\omega ^{2}+{\frac {1}{2}}m\,s^{2}\omega ^{2}={\frac {1}{2}}\left({J_{S}+m\,s^{2}}\right)\omega ^{2}.$

Andererseits ergibt sich die kinetische Energie aus dem Trägheitsmoment bezüglich der Achse A zu

$E={\frac {1}{2}}J_{A}\,\omega ^{2}.$

Durch Vergleich erhält man

$J_{A}=J_{S}+m\,s^{2}\quad \quad {\mbox{Satz von Steiner}}$

 

Das Trägheitsellipsoid

Für eine beliebige Drehachse A durch einen Punkt O, deren Richtung durch den Einheitsvektor a beschrieben wird, stellen wir folgende Überlegungen an: Den Punkt O machen wir zum Ausgangspunkt der Ortsvektoren r_i. Die Richtungskosinus des Vektors a seien cos α, cos β, cos γ. Das Trägheitsmoment des betrachteten Körpers bezüglich der Achse ist dann

$J=\sum {m_{i}\left({{\mathbf {r} }_{i}\times {\mathbf {a} }}\right)^{2}}$ $J=\sum {m_{i}\left[{\left({y_{i}\cos \gamma -z_{i}\cos \beta }\right)^{2}+\left({z_{i}\cos \alpha -x_{i}\cos \gamma }\right)^{2}+\left({x_{i}\cos \beta -y_{i}\cos \alpha }\right)^{2}}\right]}$ $J=\sum {m_{i}\left({y_{i}^{2}+z_{i}^{2}}\right)\cos ^{2}\alpha +\sum {m_{i}\left({z_{i}^{2}+x_{i}^{2}}\right)\cos ^{2}\beta +\sum {m_{i}\left({x_{i}^{2}+y_{i}^{2}}\right)}}}\cos ^{2}\gamma$ $\quad \quad -2\sum {m_{i}y_{i}z_{i}\cos \beta \cos \gamma }-2\sum {m_{i}x_{i}z_{i}\cos \alpha \cos \gamma -2\sum {m_{i}x_{i}y_{i}\cos \alpha \cos \beta .}}$

Das Trägheitsmoment ist demnach eine quadratische Funktion der Richtungskosinus der Achse. Die Koeffizienten dieser Funktion sind zum einen die Trägheitsmomente des Körpers bezüglich der Koordinatenachsen:

$\sum {m_{i}\left({y_{i}^{2}+z_{i}^{2}}\right)}=J_{xx},$

$\sum {m_{i}\left({x_{i}^{2}+z_{i}^{2}}\right)=J_{yy},}$

$\sum {m_{i}\left({x_{i}^{2}+y_{i}^{2}}\right)=J_{zz},}$

zum anderen die folgenden Größen, welche Deviationsmomente genannt werden:

$\sum {m_{i}x_{i}y_{i}}=J_{xy},$ $\sum {m_{i}y_{i}z_{i}=J_{yz},}$ $\sum {m_{i}x_{i}z_{i}}=J_{xz}.$

Damit lautet die obige Gleichung

$J=J_{xx}\cos ^{2}\alpha +J_{yy}\cos ^{2}\beta +J_{zz}\cos ^{2}\gamma \quad$ $\quad \quad -2J_{xy}\cos \alpha \cos \beta -2J_{yz}\cos \beta \cos \gamma -2J_{xz}\cos \alpha \cos \gamma .$

Ich werde nun statt der Richtungskosinus der Achse die Koordinaten eines auf der Achse gelegenen Punktes P(x, y, z) mit dem Ortsvektor r einführen. Dann ist:

$\cos \alpha ={\frac {x}{r}},\quad \cos \beta ={\frac {y}{r}},\quad \cos \gamma ={\frac {z}{r}}$

und

$J=J_{xx}{\frac {x^{2}}{r^{2}}}+J_{yy}{\frac {y^{2}}{r^{2}}}+J_{zz}{\frac {z^{2}}{r^{2}}}-2J_{xy}{\frac {xy}{r^{2}}}-2J_{yz}{\frac {yz}{r^{2}}}-2J_{xz}{\frac {xz}{r^{2}}},$

wobei r ² = x ² + y ² + z ² ist.

Die Gleichung vereinfacht sich erheblich, wenn wir P so wählen, dass r ² = 1/J ist. Sie lautet dann:

$\quad J_{xx}x^{2}+J_{yy}y^{2}+J_{zz}z^{2}-2J_{xy}xy-2J_{yz}yz-2J_{xz}xz=1.$

Dies ist die Gleichung einer Fläche zweiter Ordnung, also eines Ellipsoids, eines Paraboloids oder eines Hyperboloids, das wegen der oben getroffenen Verabredung folgende Eigenschaft hat: Der Abstand r eines jeden Punktes P der Fläche vom Punkt O ist gleich dem Kehrwert aus der Wurzel des Trägheitsmoments J, das der betrachtete Körper bezüglich der Achse OP hat. Da das Trägheitsmoment eines realen Körpers niemals null sein kann, wird r niemals unendlich. Folglich muss die Fläche ein Ellipsoid sein (in Spezialfällen ein Rotationsellipsoid oder eine Kugel).

Das Ellipsoid ist durch die sechs Koeffizienten seiner Gleichung eindeutig bestimmt. Bei Kenntnis dieser Größen kann man den Abstand r eines jeden Punktes P der Fläche von O berechnen, woraus sich dann das Trägheitsmoment des betrachteten Körpers bezüglich der Achse OP ergibt: J = 1/r². Das Ellipsoid heißt daher Trägheitsellipsoid des Körpers für den Punkt O.

Aus der Analytischen Geometrie ist bekannt, dass es für jede Fläche 2. Ordnung ein ausgezeichnetes Koordinatensystem ('X', Y', Z') gibt (und zwar das Koordinatensystem, dessen Achsen in Richtung der Hauptachsen des Ellipsoids liegen), in welchem die Flächengleichung eine besonders einfache Form annimmt, nämlich die Form

J_I x' ² + J_II y' ² + J_III z' ² = 1

wobei J_I, J_II und J_III' zunächst irgendwelche Koeffizienten sind. In unserem Fall heißen diese drei Größen die Hauptträgheitsmomente des Körpers (bezüglich O). Sind die Achsen der Hauptträgheitsmomente und deren Beträge bekannt, so kann daraus das Trägheitsmoment des Körpers für jede beliebige Achse durch O ermittelt werden. Ist O zugleich der Schwerpunkt S des Körpers, so kann man aus den Hauptträgheitsmomenten zunächst das Trägheitsmoment für jede andere Achse durch S berechnen und daraus nach dem Satz von Steiner das Trägheitsmoment für jede dazu parallele Achse.

Ein Vergleich der beiden Gleichungen des Trägheitsellipsoids zeigt, dass beim Übergang auf die Hauptträgheitsachsen Folgendes geschieht:

$J_{xx}\Rightarrow J_{x'x'}=J_{I},\quad J_{yy}\Rightarrow J_{y'y'}=J_{II},\quad J_{zz}\Rightarrow J_{z'z'};\quad J_{xy}=J_{yz}=J_{z}=0.$

 

Trägheitsmoment und Rotationsenergie

Für die Rotationsenergie des Körpers gilt

$E={\frac {1}{2}}\sum {m_{i}v_{i}^{2}={\frac {1}{2}}}\sum {m_{i}\left({\omega {\mathbf {a} }\times {\mathbf {r} }_{i}}\right)^{2}={\frac {1}{2}}J\omega ^{2},}$

wobei ω der Betrag der Winkelgeschwindigkeit und a der Einheitsvektor in der Drehachse ist.

In dem Koordinatensystem, dessen Achsen mit den Hauptträgheitsachsen des Körpers zusammenfallen, ist

$E={\frac {1}{2}}\omega ^{2}\left({J_{I}\cos ^{2}\alpha '+J_{II}\cos ^{2}\beta '+J_{III}\cos ^{2}\gamma '}\right),$

wobei

$\cos \alpha '={\frac {\omega _{x'}}{\omega }},\quad \cos \beta '={\frac {\omega _{y'}}{\omega }},\quad \cos \gamma '={\frac {\omega _{z'}}{\omega }},$

und somit

$E={\frac {1}{2}}\left({J_{I}\omega _{x'}^{2}+J_{II}\omega _{y'}^{2}+J_{III}\omega _{z'}^{2}}\right)$

ist.

 

Beispiel: Es soll das Trägheitsellipsoid für den Mittelpunkt eines Würfels untersucht werden.

Vorüberlegungen: Die Hauptachsen eines Ellipsoids haben einige besondere Eigenschaften:

1. Die Hauptachsen (und damit auch die von ihnen aufgespannten Ebenen) stehen aufeinander senkrecht.

2. Die Hauptachsen und ihre Ebenen sind Symmetrieachsen bzw. –ebenen für das Ellipsoid.

3. Die auf den Hauptachsen gelegenen Punkte des Ellipsoids haben vom Mittelpunkt extreme Abstände: diese sind entweder größer oder kleiner als die Abstände der Nachbarpunkte vom Mittelpunkt.

4. Die Eigenschaften 2. und 3. sind hinreichende Bedingungen dafür, dass drei aufeinander senkrechte Achsen Hauptachsen sind.

Betrachten wir nun ein Koordinatensystem mit dem Ursprung im Mittelpunkt des Würfels, dessen Achsen parallel zu den Kanten des Würfels sind. Die Symmetrie des Würfels bezüglich dieser Achsen überträgt sich natürlich auch auf sein Trägheitsellipsoid. Folglich (gemäß 4.) sind die Koordinatenachsen Hauptachsen des Würfels. Aus der Symmetrie folgt weiter, dass die Hauptachsen gleich lang sein müssen, also ist das Trägheitsellipsoid eine Kugel. Daraus folgt, dass das Trägheitsmoment des Würfels für jede Achse durch den Mittelpunkt gleich ist. Für das Trägheitsmoment bezüglich der Z-Achse gilt dann:

$J=\rho \int _{-{\frac {a}{2}}}^{\frac {a}{2}}{\int _{-{\frac {a}{2}}}^{\frac {a}{2}}{\int _{-{\frac {a}{2}}}^{\frac {a}{2}}{\left({x^{2}+y^{2}}\right)\operatorname {d} x\;\operatorname {d} y\;\operatorname {d} z}}}=M{\frac {a^{2}}{6}}.$

a = Kantenlänge, M = Masse des Würfels.

Dieses Ergebnis gilt z. B. auch für die Raumdiagonale des Würfels, für welche die analytische Berechnung des Trägheitsmoments schwieriger wäre.

 

Trägheitsmoment einer regelmäßigen Pyramide

Die Berechnung des Trägheitsmomentes einer regelmäßigen geraden Pyramide ist mit einer gewissen Schwierigkeit verbunden. Sie besteht darin, die richtigen Integrationsgrenzen zur Bestimmung der Masseverteilung zu finden. Um diese zu meistern, empfielt es sich, nicht über das Volumen der gesamten Pyramide zu integrieren, sondern nur über ein Teilstück. Denn jede n-seitige Pyramide lässt sich in n Pyramidenstücke zerlegen, ähnlich der Aufteilung eines Kuchens in Kuchenstücke (siehe Skizze). Berechnet man das Trägheitsmoment eines solchen Stückes und multipliziert es dann mit der Seitenzahl der Pyramide, erhält man so das Trägheitsmoment der gesamten Pyramide.Dieses Vorgehen soll im Folgenden allgemein für eine n-seitige Pyramide demonstriert werden. Die daraus resultierende Formel eignet sich zur Berechnung des Trägheitsmomentes jeder regelmäßigen geraden Pyramide.

Vorgehen bei der Herleitung:

1. Festlegung der Volumen-Integrationsgrenzen des Pyramidenstücks

2. Berechnung des Trägheitsmoments in Abhängigkeit von der Dichte $\varrho$

3. Umrechnung in das Trägheitsmoment in Abhängigkeit von der Masse $m$

Legende:

Die Skizze zeigt eine fünfseitige regelmäßige gerade Pyramide als ein Beispiel für eine n-seitige regelmäßige gerade Pyramide. Das für die Integration wichtige Teilstück ist rot hervorgehoben.

r...Radius des Umkreises um die Pyramidengrundfläche

n...Anzahl der Pyramidenseiten (in dieser Skizze fünf)

h...Höhe der Pyramide

α...Winkel zwischen den beiden Schenkeln der Dreiecks-Grundfläche des Pyramidenstücks

Wichtige Beziehungen:

α = 2π/n

d = r sinα

r = e + f

1. Die Integrationsgrenzen des Pyramidenstücks:

Damit die Integrationsgrenzen möglichst einfach werden, wird die Pyramide, bzw. das Pyramidenstück auf die Spitze gestellt, so dass (entgegen der Skizze) die Spitze im Koordinatenursprung liegt. Die Integrationsgrenzen in z-Richtung ergeben sich dann von selbst:

$\int _{0}^{h}$.

In y-Richtung beginnt die Integration immer von der x-Achse aus, also bei y=0. Die zweite Integrationsgrenze stellt eine von der Höhe z, bzw. von ${\frac {z}{h}}$ abhängige "Verkürzung" der Länge $d=r\sin {\alpha }$ dar:

$\int _{0}^{{\frac {r\sin {\alpha }}{h}}z}$.

Die erste Integrationsgrenze in x-Richtung ist eine von y, bzw. von ${\frac {y}{d}}$ abhängige "Verkürzung" von $e$, also ${\frac {e}{d}}y=\cot {\alpha }y={\frac {\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y$. Die zweite Grenze besteht aus zwei Komponenten: eine von z, bzw. ${\frac {z}{h}}$ abhängige "Verkürzung" von $r$: ${\frac {r}{h}}z$, verringert um eine von y, bzw. ${\frac {y}{d}}$ abhängige "Verkürzung" von f: ${\frac {f}{d}}y$. Es gilt: $f=r-e=r-\cos {\alpha }r=(1-\cos {\alpha })r$. Damit ist ${\frac {f}{d}}y={\frac {1-\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y$. Und die Integrationsgrenzen in x-Richtung lauten:

$\int _{{\frac {\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y}^{{\frac {r}{h}}z-{\frac {1-\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y}$.

2. Berechnung des Trägheitsmoments in Abhängigkeit von der Dichte $\varrho$:

Die allgemeine Formel zur Berechnung eines Trägheitsmomentes kann in folgender Form angegeben werden:

$I(\varrho )=\varrho \int _{z}{}\int _{y}{}\int _{x}{}r^{2}dxdydz$

In diese Formel werden nun die oben gefundenen Integrationsgrenzen für das Pyramidenstück eingesetzt, multipliziert mit der Anzahl der Pyramidenstücke n ergibt sich die Integralformel für das Trägheitsmoment der Pyramide in Abhängigkeit von der Dichte:

$I_{\mathrm {nPy} }(\varrho )=\varrho n\int _{0}^{h}\int _{0}^{{\frac {r\sin {\alpha }}{h}}z}\int _{{\frac {\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y}^{{\frac {r}{h}}z-{\frac {1-\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y}(x^{2}+y^{2})dxdydz$

Nun wird das Dreifach-Integral ausgerechnet. Man beginnt mit der Integration von $(x^{2}+y^{2})$ nach $x$ und setzt dort dann die Integrationsgrenzen in x-Richtung ein:

$I_{\mathrm {nPy} }(\varrho )=\varrho n\int _{0}^{h}\int _{0}^{{\frac {r\sin {\alpha }}{h}}z}\left({\frac {1}{3}}{\frac {r^{3}}{h^{3}}}z^{3}-{\frac {r^{2}}{h^{2}}}z^{2}{\frac {1-\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y+{\frac {r}{h}}z{\frac {(1-\cos {\alpha })^{2}}{\sin ^{2}{\alpha }}}y^{2}-{\frac {1}{3}}{\frac {(1-\cos {\alpha })^{3}}{\sin ^{3}{\alpha }}}y^{3}+{\frac {r}{h}}zy^{2}-{\frac {1-\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y^{3}-{\frac {1}{3}}{\frac {\cos ^{3}{\alpha }}{\sin ^{3}{\alpha }}}y^{3}-{\frac {\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y^{3}\right)dydz$

Als nächstes wird nach $y$ integriert, dann die entsprechenden Integrationsgenzen eingesetzt und ${\frac {r^{4}\sin {\alpha }}{h^{4}}}$ ausgeklammert; im zweiten Schritt wird der Term zusammengefasst:

$I_{\mathrm {nPy} }(\varrho )=\varrho n{\frac {r^{4}\sin {\alpha }}{h^{4}}}\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{2}}(1-\cos {\alpha })+{\frac {1}{3}}(1-\cos {\alpha })^{2}-{\frac {1}{12}}(1-\cos {\alpha })^{3}+{\frac {1}{3}}\sin ^{2}{\alpha }-{\frac {1}{4}}\sin ^{2}{\alpha }(1-\cos {\alpha })-{\frac {1}{12}}\cos ^{3}{\alpha }-{\frac {1}{4}}\sin ^{2}{\alpha }\cos {\alpha }\right)\int _{0}^{h}z^{4}dz$

$I_{\mathrm {nPy} }(\varrho )=\varrho n{\frac {r^{4}\sin {\alpha }}{h^{4}}}{\frac {1}{12}}(1+\cos {\alpha }+\cos ^{2}{\alpha }+\sin ^{2}{\alpha })\int _{0}^{h}z^{4}dz$

Zuletzt wird noch nach $z$ integriert, die verbleibenden Integrationsgenzen eingesetzt und zusammengefasst. Somit ergibt sich für das Trägheitsmoment der Pyramide:

$I_{\mathrm {nPy} }(\varrho )=\varrho nr^{4}\sin {\alpha }h{\frac {1}{60}}(2+\cos {\alpha })$ (1)

3. Das Trägheitsmoment der Pyramide in Abhängigkeit von der Masse $m$:

Die bisher erhaltene Formel gibt das Trägheitsmoment einer n-seitigen Pyramide in Abhängigkeit von der Dichte ${\varrho }$ an. Benötigt wird aber in der Regel das Trägheitsmoment in Abhängigkeit von der Masse $m$. Wir erhalten diese über die Beziehung $m=\varrho V$. Zur Berechnung von $V$ dienen wieder die bereits verwendeten Integrationsgrenzen für ein Pyramidenstück:

$V_{\mathrm {nPy} }=n\int _{0}^{h}\int _{0}^{{\frac {r\sin {\alpha }}{h}}z}\int _{{\frac {\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y}^{{\frac {r}{h}}z-{\frac {1-\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y}dxdydz$

Nach dreimaliger Integration und Einsetzung der Integrationsgrenzen erhalten wir:

$V_{\mathrm {nPy} }=n{\frac {1}{6}}r^{2}h\sin {\alpha }$

Nun kann ${\varrho }$ in (1) durch ${\frac {m}{V_{\mathrm {nPy} }}}$ ersetzt werden:

$I_{\mathrm {nPy} }(m)={\frac {m}{n{\frac {1}{6}}r^{2}h\sin {\alpha }}}nr^{4}\sin {\alpha }h{\frac {1}{60}}(2+\cos {\alpha })$

Diese Gleichung zusammengefasst ergibt das Trägheitsmoment einer n-seitigen regelmäßigen geraden Pyramide:

$I_{\mathrm {nPy} }(m)={\frac {1}{10}}(2+\cos {\alpha })mr^{2},\qquad {\text{mit}}\quad \alpha ={\frac {2\pi }{n}}$.

 

Trägheitsmoment eines regelmäßigen Prismas

Beim regelmäßigen Prisma ist das Vorgehen analog zur Pyramide. Nur die Integrationsgrenzen sind entsprechend einfacher:

In z-Richtung:$\int _{0}^{h}$, in y-Richtung:$\int _{0}^{r\sin {\alpha }}$und in x-Richtung: $\int _{{\frac {\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y}^{r-{\frac {1-\cos {\alpha }}{\sin {\alpha }}}y}$.

Da das Prisma in jeder Höhe den gleichen Querschnitt hat, sind die Integrale nicht mehr von der Höhe abhängig und so fallen alle von z abhängigen "Verkürzungen" weg. In die Formel

$I(\varrho )=\varrho \int _{z}{}\int _{y}{}\int _{x}{}r^{2}dxdydz$

werden wieder die Integrationsgrenzen eingesetzt, dann über alle Richtungen integriert. Das Trägheitsmoment wird dann noch durch

$V_{\mathrm {nPr} }=n{\frac {1}{2}}r^{2}h\sin {\alpha }$

(das Volumen eines n-seitigen Prismas) geteilt. So lautet das Trägheitsmoment eines n-seitigen regelmäßigen geraden Prismas:

$I_{\mathrm {nPr} }(m)={\frac {1}{6}}(2+\cos {\alpha })mr^{2}$.

Beispiele für die Trägheitsmomente von Pyramiden und Prismen:

Seitenzahl	Trägheitsmoment Pyramide	Trägheitsmoment Prisma
3	${\frac {3}{20}}mr^{2}$	${\frac {1}{4}}mr^{2}$
4	${\frac {1}{5}}mr^{2}$	${\frac {1}{3}}mr^{2}$
5	${\frac {1}{40}}(7+{\sqrt {5}})mr^{2}$	${\frac {1}{24}}(7+{\sqrt {5}})mr^{2}$
6	${\frac {1}{4}}mr^{2}$	${\frac {5}{12}}mr^{2}$
8	${\frac {1}{5}}\left(1+{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)mr^{2}$	${\frac {1}{3}}\left(1+{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)mr^{2}$
10	${\frac {1}{40}}(9+{\sqrt {5}})mr^{2}$	${\frac {1}{24}}(9+{\sqrt {5}})mr^{2}$
12	${\frac {1}{5}}\left(1+{\frac {1}{4}}{\sqrt {3}}\right)mr^{2}$	${\frac {1}{3}}\left(1+{\frac {1}{4}}{\sqrt {3}}\right)mr^{2}$

(Quelle: Mathematica 5.1)

 

Bewegung eines starren Körpers um einen festen Punkt

Zusammenhang zwischen Trägheitsmoment, Drehimpuls und Winkelgeschwindigkeit

Wir nehmen nun an, der betrachtete Körper sei lediglich in einem Punkt O fixiert. Dann wird im Allgemeinen seine Drehachse im Raum nicht stillstehen, sondern sich um O drehen.

Zur Untersuchung des Drehimpulses des Körpers greife ich noch einmal auf eine Betrachtung am Anfang des Kapitels "Rotation um eine feste Achse" zurück. Wenn der Körper nicht mehr um k, sondern um eine beliebige Achse mit dem Einheitsvektor a rotiert, dann gilt:

${\mathbf {L} }=\omega {\mathbf {a} }\sum {m_{i}r_{i}^{2}-\sum {m_{i}{\mathbf {r} }_{i}\left({{\mathbf {r} }_{i}\cdot \omega {\mathbf {a} }}\right)}}.$

Die Zerlegung in Komponenten ergibt:

$L_{x}=\sum {m_{i}\left({x_{i}^{2}+y_{i}^{2}+z_{i}^{2}}\right)\,}\omega _{x}-\sum {m_{i}x_{i}\left({x_{i}\omega _{x}+y_{i}\omega _{y}+z_{i}\omega _{z}}\right)}$

oder

$\quad L_{x}=J_{xx}\omega _{x}-J_{xy}\omega _{y}-J_{xz}\omega _{z},$

wobei ω_x die X-Komponente des Vektors ω der Winkelgeschwindigkeit bedeutet, usw.

Entsprechend findet man:

$\quad L_{y}=J_{yy}\omega _{y}-J_{yz}\omega _{z}-J_{yx}\omega _{x},$

$\quad L_{z}=J_{zz}\omega _{z}-J_{zx}\omega _{x}-J_{zy}\omega _{y}.$

Legt man nun die Achsen des Koordinatensystems in die Hauptachsen des Trägheitsellipsoids, so wird (siehe im vorangegangenen Kapitel)

J_xx = J_I ,

J_yy=J_II ,

J_zz=J_III ,

während alle übrigen Koeffizienten gleich null werden. Somit ergibt sich:

$L_{x'}=J_{I}\omega _{x'}\;,$

$L_{y'}=J_{II}\omega _{y'}\;,$

$L_{z'}=J_{III}\omega _{z'}\;.$

Wie man erkennt, hat der Drehimpulsvektor im Allgemeinen nicht die gleiche Richtung wie der Vektor der Winkelgeschwindigkeit. Diese Feststellung ist natürlich unabhängig davon, auf welches Koordinatensystem die Vektoren bezogen sind. Nur für J_I = J_II =J_III (also wenn das Trägheitsellipsoid ein Kreis ist) sind Drehimpuls und Winkelgeschwindigkeit gleichgerichtet.

Das ( X',Y',Z' )-Koordinatensystem liegt als Achsenkreuz des Trägheitsellipsoids im Körper fest und ändert daher bei der Rotation des Körpers seine Richtung im Raum. Alle bisher abgeleiteten allgemeinen Gesetze, wie z. B. der Satz von der Erhaltung des Drehimpulses beim Fehlen äußerer Kräfte, gelten aber für ein raumfestes Koordinatensystem. Diese Tatsache ist grundsätzlich zu beachten. So würde z. B. ein mit dem Körper rotierender Beobachter den raumfesten Vektor des Drehimpulses L als bewegt wahrnehmen.

 

Kreisel

Ein Kreisel ist ein (im Allgemeinen) schnell rotierender starrer Körper. Am einfachsten zu behandeln ist ein Kreisel mit drei gleichen Trägheitsmomenten. Ein solcher heißt Kugelkreisel, auch wenn er nicht die Gestalt einer Kugel hat. Technische Kreisel sind im Allgemeinen Rotationskörper, bei denen nur zwei Hauptträgheitsmomente gleich sind; ihr Trägheitsellipsoid ist ein Rotationsellipsoid.

Kreisel mit drei verschiedenen Hauptträgheitsmomenten sind mathematisch sehr schwer zu behandeln; sie kommen in der technischen Mechanik kaum vor, spielen aber als Modelle in der Molekularphysik eine Rolle. Ich beschränke mich hier auf die Betrachtung rotationssymmetrischer Kreisel.

Wir legen die k' -Achse des körperfesten Koordinatensystems in die Symmetrieachse des Kreisels, die Figurenachse genannt wird. Sie ist auch die Figurenachse des rotationssymmetrischen Trägheitsellipsoids. Es gibt dann ein Trägheitsmoment J bezüglich der Figurenachse und ein Trägheitsmoment J_s bezüglich jeder zur Figurenachse senkrechten Achse. Es ist nun:

$J=\int _{M}{\left({x'\,^{2}+y'\,^{2}}\right)}\operatorname {d} m=\int _{M}{x'\,^{2}\operatorname {d} m}+\int _{M}{y'\,^{2}\operatorname {d} m}=2\int _{M}{x'\,^{2}\operatorname {d} m},$

da wegen der Symmetrie des Körpers die beiden Integrale in der Mitte der Zeile gleich sind. Ferner ist

$J_{S}=\int _{M}{\left({x'\,^{2}+z'\,^{2}}\right)\operatorname {d} m}=\int _{M}{x'\,^{2}\operatorname {d} m}+\int _{M}{z'\,^{2}\operatorname {d} m={\frac {1}{2}}J+\int _{}{z'\,^{2}\operatorname {d} m.}}$

Wir setzen nun

${\frac {J}{J_{S}}}=\vartheta .$

Dann ist

$\vartheta ={\frac {J}{{\frac {1}{2}}J+\int _{M}{z'\,^{2}\operatorname {d} m}}}$

und wegen

$0<\int _{M}{z'\,^{2}\operatorname {d} m}<\infty$

ist

$0<\vartheta <2$

und folglich

$\quad J<2J_{S}.$

Ich stelle nun den Vektor ω der Winkelgeschwindigkeit und den Vektor L des Drehimpulses im körperfesten Koordinatensystem dar und fasse die zu k' senkrechten Komponenten von ω zu einem Vektor ω_s zusammen. (Aus technischen Gründen muss ich für den Vektor der Winkelgeschwindigkeit eine doppelte Schreibweise anwenden: Im Text wird der Vektor - wie üblich - fett und kursiv geschrieben, in den Formeln durch einen Pfeil über dem ω gekennzeichnet.)

${\overrightarrow {\omega }}=\omega _{x'}\,{\mathbf {i} }'+\omega _{y'}\,{\mathbf {j} }'+\omega _{z'}{\mathbf {k} }'={\overrightarrow {\omega }}_{S'}+\omega _{z'}\,{\mathbf {k} }',$

${\mathbf {L} }={\frac {J}{\vartheta }}\left({\omega _{x'}\,{\mathbf {i} }'+\omega _{y'}\,{\mathbf {j} }'}\right)+J\omega _{z'}\,{\mathbf {k} }'={\frac {J}{\vartheta }}{\overrightarrow {\omega }}_{S'}+J\omega _{z'}\,{\mathbf {k} }'.$

Berechnet man aus der oberen Gleichung ω und setzt das Ergebnis in die untere Gleichung ein, so erhält man

${\overrightarrow {\omega }}={\frac {\vartheta }{J}}{\mathbf {L} }-\left({\vartheta -1}\right)\omega _{z'}\,{\mathbf {k} }'.$

Beim rotationssymmetrischen Kreisel liegen also der Vektor ω der Winkelgeschwindigkeit, der des Drehimpulses L und der Vektor k der Figurenachse in einer Ebene.

Die folgende Abbildung macht dieses Ergebnis anschaulich:

 

Der kräftefreie symmetrische Kreisel

Bei einem Kreisel, auf den kein Drehmoment einwirkt, bleibt der Drehimpuls L konstant. Die Differentiation der letzten Gleichung des vorangegangenen Abschnitts nach der Zeit ergibt daher wegen dL/dt = 0 :

${\frac {\operatorname {d} {\overrightarrow {\omega }}}{\operatorname {d} t}}=\left({1-\vartheta }\right){\frac {\operatorname {d} \omega _{z'}}{\operatorname {d} t}}{\mathbf {k} }'+\left({1-\vartheta }\right)\omega _{z'}{\frac {\operatorname {d} {\mathbf {k} }'}{\operatorname {d} t}}.$

Nun ist aber bei der Rotation eines Ortsvektors r sein Geschwindigkeitsvektor v:

${\mathbf {v} }={\frac {\operatorname {d} {\mathbf {r} }}{\operatorname {d} t}}={\overrightarrow {\omega }}\times {\mathbf {r} }.$

Dies gilt auch für den Einheitsvektor k' , den man ja als den Ortsvektor eines Punktes auf der Z' -Achse im Abstand 1 von O auffassen kann. Folglich ist:

${\frac {\operatorname {d} {\mathbf {k} }'}{\operatorname {d} t}}={\overrightarrow {\omega }}\times {\mathbf {k} }'.$

Daraus folgt, dass

${\frac {\operatorname {d} {\mathbf {k} }'}{\operatorname {d} t}}\bot {\overrightarrow {\omega }}$

und daher

${\overrightarrow {\omega }}\cdot {\frac {\operatorname {d} {\mathbf {k} }'}{\operatorname {d} t}}=0$

ist. Folglich ist

${\frac {\operatorname {d} {\overrightarrow {\omega }}}{\operatorname {d} t}}=\left({1-\vartheta }\right){\frac {\operatorname {d} \omega _{z'}}{\operatorname {d} t}}{\mathbf {k} }'+\left({1-\vartheta }\right)\omega _{z'}\left({{\overrightarrow {\omega }}\times {\mathbf {k} }'}\right).\quad \quad {\mbox{(A)}}$

Multipliziert man diese Gleichung skalar mit k' , so erhält man

${\frac {\operatorname {d} {\overrightarrow {\omega }}}{\operatorname {d} t}}\cdot {\mathbf {k} }'=\left({1-\vartheta }\right){\frac {\operatorname {d} \omega _{z'}}{\operatorname {d} t}}{\mathbf {k} }'\cdot {\mathbf {k} }'+\left({1-\vartheta }\right)\omega _{z'}\left({{\overrightarrow {\omega }}\times {\mathbf {k} }'}\right)\cdot {\mathbf {k} }'.$

Wegen

${\mathbf {k} }'\cdot {\mathbf {k} }'=1\quad {\mbox{und}}\quad \left({{\overrightarrow {\omega }}\times {\mathbf {k} }'}\right){\mathbf {k} }'=0$

und mit

${\frac {\operatorname {d} {\overrightarrow {\omega }}}{\operatorname {d} t}}\cdot {\mathbf {k} }'={\frac {\operatorname {d} \omega _{z'}}{\operatorname {d} t}}$

ergibt sich schließlich

${\frac {\operatorname {d} \omega _{z'}}{\operatorname {d} t}}=0,$

was bedeutet, dass ω_z' = konst.

Multipliziert man Gleichung (A) skalar mit ω und berücksichtigt, dass dω_z' / dt = 0 ist, so ergibt sich

${\overrightarrow {\omega }}\cdot {\frac {\operatorname {d} {\overrightarrow {\omega }}}{\operatorname {d} t}}=0\quad \to \quad {\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} t}}\left({{\frac {1}{2}}{\overrightarrow {\omega }}^{2}}\right)=0.$

Das bedeutet, dass auch der Betrag ω des Vektors ω konstant ist.

Wenden wir diese Ergebnisse auf die letzte Abbildung an, so erkennen wir, dass die Form des blauen Vektordreiecks unveränderlich ist. Auch der Winkel zwischen dem konstante Vektor L und dem Vektor k' muss konstant sein. Die einzige Möglichkeit einer Veränderung besteht folglich darin, dass sich die Ebene der Vektoren im Raum dreht. Die Drehachse muss dabei die unveränderliche Richtung von L sein. Die Bewegung des kräftefreien symmetrischen Kreisels kann also nur darin bestehen, dass der Vektor ω der momentanen Drehachse einen Kegel um die raumfeste Drehmomentachse L beschreibt und der Kreisel selbst um ω rotiert. Diese Bewegung wird Nutation genannt.

Nun kann aber jede Bewegung eines starren Körpers (siehe das gleichnamige Kapitel) durch das Abrollen des Gangpolkegels auf dem Rastpolkegel dargestellt werden. Die (momentan) gemeinsame Mantellinie der beiden Kegel liegt dabei auf dem Vektor der Winkelgeschwindigkeit. Die Figurenachse k' des Kreisels beschreibt dabei einen Kegel, dessen Achse auf dem Vektor L liegt.

 

Der Kreisel unter der Wirkung eines äußeren Drehmoments

Um zu erforschen, wie sich ein frei beweglicher Kreisel unter der Wirkung eines äußeren Drehmoments verhält, denken wir uns den Kreisel K in einem Gehäuse G reibungsfrei gelagert, das durch eine kardanische Aufhängung in allen Richtungen gedreht werden kann. (Von einer Translationsbewegung des Gehäuses und damit auch des Kreisels können wir absehen, da sich dadurch nichts Neues ergibt.) Der Schwerpunkt des Kreisels falle mit dem Zentrum der kardanischen Aufhängung zusammen. Die Kreiselachse sei die k-Achse.

Der Kreisel werde durch Drehmoment parallel zur Drehachse auf die gewünschte Drehzahl gebracht. Wenn das Drehmoment zu wirken aufhört, bleibt seine Winkelgeschwindigkeit ω_z k konstant.

Nun soll sich das Gehäuse mit der Winkelgeschwindigkeit Ω drehen, und wir fragen nach dem Drehmoment, das erforderlich ist, um diese Drehung hervorzubringen. Wir zerlegen dazu Ω in seine Komponenten:

Ω = Ω_x i + Ω_y j + Ω_z k

Diese Winkelgeschwindigkeit überlagert sich – so sollte man meinen – additiv der Winkelgeschwindigkeit des Kreisels, da die beiden Drehachsen durch den Kreiselmittelpunkt gehen. Nun ist aber zu beachten, dass wegen der reibungsfreien Lagerung des Kreisels die Z-Komponente von Ω sich nicht auf den Kreisel überträgt und daher ω_z konstant bleibt. Wir müssen daher bei der Addition die Z-Komponente von Ω weglassen und dürfen nur die auf k senkrechte Komponente Ω_s berücksichtigen: Die neue Winkelgeschwindigkeit des Kreisels ist daher:

ω = Ω_s + ω_zk

Ich wende jetzt die im Kapitel "Kreisel" hergeleitete Gleichung auf unser Problem an (man ersetze dabei k' durch k) und löse sie zunächst nach L auf:

${\overrightarrow {\omega }}={\frac {\vartheta }{J}}{\mathbf {L} }-\left({\vartheta -{\mathbf {1} }}\right)\omega _{z}{\mathbf {k} }\quad \to \quad {\mathbf {L} }={\frac {J}{\vartheta }}{\overrightarrow {\omega }}+{\frac {J}{\vartheta }}\left({\vartheta -1}\right)\omega _{z}{\mathbf {k} }\quad \to$

${\frac {\operatorname {d} {\mathbf {L} }}{\operatorname {d} t}}={\mathbf {M} }={\frac {J}{\vartheta }}{\frac {\operatorname {d} {\overrightarrow {\omega }}}{\operatorname {d} t}}+{\frac {J}{\vartheta }}\left({\vartheta -1}\right){\frac {\operatorname {d} \omega _{z}}{\operatorname {d} t}}{\mathbf {k} }+{\frac {J}{\vartheta }}\left({\vartheta -1}\right)\omega _{z}{\frac {\operatorname {d} {\mathbf {k} }}{\operatorname {d} t}},$

und mit (siehe oben)

${\overrightarrow {\omega }}=\Omega _{s}+\omega _{z}{\mathbf {k} }\quad {\mbox{und}}\quad {\frac {{\operatorname {d} }\omega _{z}}{\operatorname {d} t}}=0$

(letzteres wegen ω_z = Konst.) folgt daraus

${\mathbf {M} }={\frac {J}{\vartheta }}{\frac {\operatorname {d} \Omega _{s}}{\operatorname {d} t}}+{\frac {J}{\vartheta }}\omega _{z}{\frac {\operatorname {d} {\mathbf {k} }}{\operatorname {d} t}}+{\frac {J}{\vartheta }}\left({\vartheta -1}\right)\omega _{z}{\frac {\operatorname {d} {\mathbf {k} }}{\operatorname {d} t}}={\frac {J}{\vartheta }}{\frac {\operatorname {d} \Omega _{s}}{\operatorname {d} t}}+J\omega _{z}{\frac {\operatorname {d} {\mathbf {k} }}{\operatorname {d} t}}.$

Mit

${\frac {\operatorname {d} {\mathbf {k} }}{\operatorname {d} t}}=\Omega \times {\mathbf {k} }=\Omega _{s}\times {\mathbf {k} }$

ergeben sich daraus die beiden wichtigen Formen der Grundgleichung:

${\mathbf {M} }={\frac {J}{\vartheta }}{\frac {\operatorname {d} \Omega _{s}}{\operatorname {d} t}}+J\omega _{z}{\frac {\operatorname {d} {\mathbf {k} }}{\operatorname {d} t}}={\frac {J}{\vartheta }}{\frac {\operatorname {d} \Omega _{s}}{\operatorname {d} t}}+J\omega _{z}\left({\Omega _{s}\times {\mathbf {k} }}\right).$

Auffällig ist, dass das erforderliche Drehmoment nicht nur von dΩ_s/dt, sondern auch von Ω_s abhängt und auch dann nicht null ist, wenn Ω_s konstant ist. In diesem Fall ist

${\mathbf {M} }=J\omega _{z}{\frac {\operatorname {d} {\mathbf {k} }}{\operatorname {d} t}}=J\omega _{z}\left({\Omega _{s}\times {\mathbf {k} }}\right)=J\omega _{z}\left({\Omega \times {\mathbf {k} }}\right).$

Der Vektor M steht also auf Ω und k senkrecht und ist in der Abbildung nach hinten gerichtet. Wenn sich das Gehäuse dreht, dreht sich auch der Vektor M, und zwar in einer horizontalen Ebene. Ein solches Drehmoment lässt sich am einfachsten dadurch erzeugen, dass man irgendwo am Gehäuse eine Masse m mit dem Hebelarm a anbringt, deren Gewichtskraft G das Gehäuse im richtigen Sinn zu drehen sucht. Das Ergebnis ist dann nicht etwa ein Kippen des Gehäuses, sondern eine gleichmäßige Rotation. Diese Erscheinung heißt Präzession. Sie ist sehr viel wichtiger als die oben beschriebene Nutation. Die Winkelgeschwindigkeit Ω der Präzession ergibt sich wie folgt:

Der Betrag des Drehmoments ist

$M=J\omega _{z}\Omega \sin \vartheta ,$

woraus sich die Winkelgeschwindigkeit ergibt:

$\Omega ={\frac {M}{J\omega _{z}\sin \vartheta }}={\frac {G\,a}{J\omega _{z}\sin \vartheta }}.$