Nehmen wir an, ich habe ein System und ich kenne die Gesamtmasse des Systems$M$, die Position des Massenmittelpunkts des Systems$\newcommand{\v}[1]{\mathbf{#1}}\v{r}_{cm}$, und die Winkelgeschwindigkeit des Systems$\v{L}_{cm}$, in dem Rahmen, in dem der Massenmittelpunkt der Ursprung ist. Wie finde ich$\v{L}'$, der Drehimpuls in Bezug auf einen anderen Ursprung, sagen wir$\v{r}_{0}$, die sich mit einer Geschwindigkeit bewegt$\v{v}_0$? Das ist die Frage, die ich beantworten werde.

Die Antwort ist intuitiv leicht verständlich. Der Gesamtdrehimpuls im neuen Rahmen ist die Summe zweier Terme. Der erste Term ist der Drehimpuls im Schwerpunktsystem$\v{L}_{cm}$. Dieses Stück ist der Bewegung insofern eigen, als es nicht vom Rahmen abhängt. Das zweite Teil ist rahmenabhängig, hat aber eine einfache Form, die nicht von den Details des Systems abhängt. Das rahmenabhängige Stück ist$M \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right)$. Beachten Sie, dass dies nur der Drehimpuls eines Punktteilchens mit Position ist$\v{r}_{cm}$und Geschwindigkeit$\v{v}_{cm}$. Somit kann das System als Punktpartikel modelliert werden, um das rahmenabhängige Stück zu berechnen.

Es ist nicht schwer zu beweisen, dass der Drehimpuls auf diese Weise zerfällt. Dazu führen wir die Notation ein$\langle X \rangle = \int X dm$, so dass, wenn wir schreiben$\langle \v{r} \rangle$, wir meinen$\int \v{r} dm = M \v{r}_{cm}$. Bei dieser Notation ist der Drehimpuls im Bezugssystem mit Ursprung$\v{r}_0$sich mit Geschwindigkeit bewegen$\v{v}_0$Ist

$$\begin{equation} \begin{aligned} \v{L}'=&\langle \left(\v{r}-\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}-\v{v}_0\right)\rangle\\ =&\langle \left(\left(\v{r}-\v{r}_{cm}\right) +\left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right)\right) \times \left(\left(\v{v}-\v{v}_{cm}\right)+\left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right)\right)\rangle\\ =&\overbrace{\langle \left(\v{r}-\v{r}_{cm}\right) \times \left(\v{v}-\v{v}_{cm}\right) \rangle}^{\v{L}_{cm}}\\ &+\langle \left(\v{r}-\v{r}_{cm}\right) \times\left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right) \rangle\\ &+\langle \left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}-\v{v}_{cm}\right) \rangle\\ &+\langle \left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right) \rangle\\ =&\v{L}_{cm}\\ &+ \overbrace{\langle\v{r}-\v{r}_{cm} \rangle}^{0} \times\left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right)\\ &+\left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right) \times \overbrace{\langle \v{v}-\v{v}_{cm}\rangle}^{0}\\ &+M \left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right) \\ =&\v{L}_{cm} + M \left(\v{r}_{cm} -\v{r}_0\right) \times \left(\v{v}_{cm}-\v{v}_0\right) \end{aligned} \end{equation}$$

Oben in der dritten Zeile finden wir das$\v{L}'$ist die Summe von vier Termen. Der erste ist der Drehimpuls im Schwerpunktsystem,$\v{L}_{cm}$, im zweiten und dritten Term kann eine Konstante aus den spitzen Klammern faktorisiert werden und was in den Klammern bleibt, wird zu Null gemittelt. Im vierten Term ist die Menge in Klammern nur eine Konstante, also ergeben die Klammern eine Multiplikation mit$M$. Die beiden verbleibenden Begriffe sind genau die im vorherigen Absatz beschriebenen Begriffe.

Beziehung zum Parallelachsensatz

Sie könnten denken, dass Sie hier den Parallelachsensatz verwenden. Der Parallelachsensatz ist eigentlich ein Sonderfall davon, bei dem die Verschiebung des Ursprungs senkrecht zur Rotationsachse ist und Ihr neuer Ursprung ein Punkt ist, der in das Objekt eingebettet ist (angenommen, es ist starr). Mit eingebettet in das Objekt meine ich, dass sich der neue Ursprung an diesem Punkt mit der gleichen Geschwindigkeit bewegt wie das Objekt$\v{v}_0-\v{v}_{cm}= \boldsymbol{\omega} \times \left( \v{r}_0 - \v{r}_{cm}\right)$.

Die Gleichung, die wir in dieser Antwort abgeleitet haben, sagt dann voraus

$$\begin{equation} \begin{aligned} \v{L}' &= \v{L}_{cm} + M \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right) \times \left(\boldsymbol{\omega} \times \left(\v{r}_{cm} - \v{r}_0\right)\right)\\ &= \v{L}_{cm} + M\left( \boldsymbol{\omega} \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2 - \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right) \overbrace{\left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)\cdot \boldsymbol{\omega}}^{0} \right)\\ &=\v{L}_{cm} + M \boldsymbol{\omega} \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2. \end{aligned} \end{equation}$$ .

Andererseits würde uns der Parallelachsensatz sagen, dass wir die Substitution vornehmen sollen$I_{cm} \to I_{cm} + M \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2$. So hätten wir

$$I_{cm} \boldsymbol{\omega} \to \left(I_{cm} + M\left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2\right)\boldsymbol{\omega} = I_{cm} \boldsymbol{\omega} +M \left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2\boldsymbol{\omega}.$$ So dass $\v{L}_{cm} \to \v{L}_{cm} + M\left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2\boldsymbol{\omega}$. Dh, $\v{L}' = \v{L}_{cm} + M\left(\v{r}_{cm}-\v{r}_0\right)^2\boldsymbol{\omega}$. Wir sehen also, dass die Antwort, die wir erhalten, in diesem speziellen Fall dieselbe ist, und der Parallelachsensatz verwendet werden kann. Ihre Frage betrifft jedoch allgemeinere Transformationen.