Wie kann der 'Spin'-Drehimpulsvektor NICHT immer parallel zur Spin-Winkelgeschwindigkeit sein?

Question

Wie kann der 'Spin'-Drehimpulsvektor NICHT immer parallel zur Spin-Winkelgeschwindigkeit sein?

Kurt Wanderungen

Der Bahndrehimpulsvektor eines Punktteilchens ist immer parallel und direkt proportional zum Bahnwinkelgeschwindigkeitsvektor $\omega$ des Teilchens, wobei die Proportionalitätskonstante sowohl von der Masse des Teilchens als auch von seiner Entfernung vom Ursprung abhängt. Der Spin-Drehimpulsvektor eines starren Körpers ist proportional, aber nicht immer parallel zum Spin-Winkelgeschwindigkeitsvektor $\Omega$ , was die Proportionalitätskonstante eher zu einem Tensor zweiten Ranges als zu einem Skalar macht.

In einem starren Körper zeigen die Vektoren / Tensoren also möglicherweise NICHT in dieselbe Richtung?

Häh?

G. Smith

Der Drehimpulsvektor und der Winkelgeschwindigkeitsvektor sind nicht notwendigerweise in der gleichen Richtung.

Matthäus Christopher Bartsh

@G.Smith Wie ist das möglich? Ich dachte Drehimpuls sei Winkelgeschwindigkeit mal Masse. Wie kann die Faktorisierung der Masse die Richtung ändern?

Antworten (3)

Wie kann der 'Spin'-Drehimpulsvektor NICHT immer parallel zur Spin-Winkelgeschwindigkeit sein?

Der Drehimpulsvektor und der Winkelgeschwindigkeitsvektor sind nicht notwendigerweise in der gleichen Richtung.
@G.Smith Wie ist das möglich? Ich dachte Drehimpuls sei Winkelgeschwindigkeit mal Masse. Wie kann die Faktorisierung der Masse die Richtung ändern?

Claudia Saspinsky · Answer 1

Der Spindrehimpuls, also der Drehimpuls bezogen auf den Massenmittelpunkt, bleibt erhalten, wenn keine Drehmomente auf das Objekt einwirken.

Der Spindrehimpuls ist:

L = \int_{v} R \times D P = \int_{v} R \times \frac{D R}{D T} ρ D v

$\mathbf L = \int_v \mathbf r \times d\mathbf p = \int_v \mathbf r \times \frac{d\mathbf r}{dt} \rho dv$

Wo $\mathbf r$ ist der Positionsvektor der Punkte des Objekts aus dem COM. Da das Objekt ein starrer Körper ist, ist der Abstand zwischen den Punkten konstant, einschließlich des Abstands vom COM. Die einzig mögliche Bewegung aller Punkte relativ zur COM ist also eine gemeinsame augenblickliche Drehung.

Aber nichts verlangt, dass diese Rotation zeitlich konstant sein muss! Für jeden Punkt bedeutet die infinitesimale Drehung eine Verschiebung $\Delta \mathbf r$

Δ R = R R - R = (R - ICH) R ⟹ \frac{D R}{D T} = Ω R

$\Delta \mathbf r = R\mathbf r - \mathbf r = (R - I)\mathbf r \implies \frac{d \mathbf r}{dt} = \Omega \mathbf r$

Wo $\mathbf r$ sind die Positionsvektoren relativ zum ausgewählten Ursprung im Körper, $I$ ist die Identitätsmatrix, $R$ ist die infinitesimale Rotationsmatrix:

{\begin{matrix} 1 & - θ_{3} & θ_{2} \\ θ_{3} & 1 & - θ_{1} \\ - θ_{2} & θ_{1} & 1 \end{matrix}}

$\begin{Bmatrix} 1 & -\theta_3 & \theta_2\\ \theta_3 & 1 & -\theta_1 \\ -\theta_2 & \theta_1 & 1 \end{Bmatrix}$

Und $\Omega$ ist die Matrix:

{\begin{matrix} 0 & - ω_{3} & ω_{2} \\ ω_{3} & 0 & - ω_{1} \\ - ω_{2} & ω_{1} & 0 \end{matrix}}

$\begin{Bmatrix} 0 & -\omega_3 & \omega_2\\ \omega_3 & 0 & -\omega_1 \\ -\omega_2 & \omega_1 & 0 \end{Bmatrix}$

Der $\omega$ s sind die momentanen Winkelgeschwindigkeiten relativ zur Koordinatenachse. Das Kreuzprodukt im Integral des Drehimpulses wird zu:

R \times \frac{D R}{D T} = R \times Ω R

$\mathbf r \times \frac{d\mathbf r}{dt} = \mathbf r \times \Omega \mathbf r$

Durch Erweiterung des Kreuzprodukts kann der Drehimpuls zu einem bestimmten Zeitpunkt relativ zum Punkt im Körper ausgedrückt werden als: $\mathbf L = (\int_v \rho \mathbf M dv) \omega = \mathbf I\omega$

Wo $\mathbf I$ ist die Trägheitsmatrix, $M$ ist die quadratische Matrix:

{\begin{matrix} (j^{2} + z^{2}) & - X j & - X z \\ - j X & (z^{2} + X^{2}) & - j z \\ - z X & - z j & (X^{2} + j^{2}) \end{matrix}}

$\begin{Bmatrix} (y^2 + z^2) & -xy & -xz \\ –yx & (z^2 + x^2) & -yz \\ -zx & –zy & (x^2 + y^2) \end{Bmatrix}$

Und $\omega$ ist die Spaltenmatrix:

{\begin{matrix} ω_{1} \\ ω_{2} \\ ω_{3} \end{matrix}}

$\begin{Bmatrix} \omega_1 \\ \omega_2 \\ \omega_3 \end{Bmatrix}$

Wie man sieht, $\mathbf I$ Und $\omega$ kann sich mit der Zeit ändern, halten $\mathbf L$ Konstante. Dafür gibt es aber 3 Achsen im Objekt $\mathbf L$ ist in der Tat parallel zu $\omega$ , entsprechend den Hauptträgheitsmomenten.

Weit über meinem Kopf. Wie wäre es mit etwas für den Laien?
Der Drehimpuls L ist ein Vektor, ebenso die Winkelgeschwindigkeit. Aber sie sind durch eine Matrix namens Trägheitsmatrix miteinander verbunden. Wenn ein Vektor (in dem Fall $\omega$ ) mit einer Matrix multipliziert wird, ändert sich nicht nur die Größe, sondern auch die Richtung. Also ist L im Allgemeinen nicht parallel zu $\omega$ .

John Darby · Answer 2

Für die allgemeine 3D-Rotation eines starren Körpers um einen festen Punkt oder um seinen Massenmittelpunkt, $\vec L = {\bf I} \vec \omega$ Wo $\vec L$ ist der Drehimpuls, $\bf I$ ist der Trägheitstensor, und $\vec \omega$ ist die Winkelgeschwindigkeit. Wenn sich der Körper um eine seiner Hauptachsen dreht, dann $\vec L$ ist parallel zu $\vec \omega$ .

Thomas Fritsch · Answer 3

Der Drehimpulsvektor $\vec{L}$ ist parallel zum Winkelgeschwindigkeitsvektor $\vec{\omega}$ nur für sehr symmetrische Körper (zB Kugel oder Würfel).

Für allgemeine Körper $\vec{L}$ ist nicht unbedingt parallel zu $\vec{\omega}$ . Betrachten wir als Beispiel einen dünnen kreisförmigen Ring (wie einen Hula-Hoop-Ring) aus Masse $m$ und Radius $r$ .

_{(Bild aus Listen der Trägheitsmomente )}

Rund um die $z$ -Achse hat sie ein Trägheitsmoment $I_z=mr^2$ . Und um die $x$ Und $y$ Achsen hat es ein Trägheitsmoment $I_x=\frac{1}{2}mr^2$ Und $I_y=\frac{1}{2}mr^2$ . Das Wichtige an diesem Beispiel ist: Die Trägheitsmomente sind nicht alle gleich. Wir können diese Trägheitsmomente als Tensor schreiben

ICH = (\begin{matrix} \frac{1}{2} M R^{2} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} M R^{2} & 0 \\ 0 & 0 & M R^{2} \end{matrix})

$I=\begin{pmatrix} \frac{1}{2}mr^2 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2}mr^2 & 0 \\ 0 & 0 & mr^2 \end{pmatrix}$

Dann ist im allgemeinen Fall der Drehimpulsvektor gegeben durch

\vec{L} = ICH \vec{ω}

$\vec{L}=I\vec{\omega}$

In unserem Beispiel (dem Hula-Hoop-Ring) vereinfacht sich dies zu

\begin{aligned} L_{X} & = \frac{1}{2} M R^{2} ω_{X} \\ L_{j} & = \frac{1}{2} M R^{2} ω_{j} \\ L_{z} & = M R^{2} ω_{z} \end{aligned}

$\begin{align} L_x&=\frac{1}{2}mr^2 \omega_x \\ L_y&=\frac{1}{2}mr^2 \omega_y \\ L_z&=mr^2 \omega_z \end{align}$

Angenommen, der Ring dreht sich um eine geneigte Achse mit dem Winkelgeschwindigkeitsvektor

\vec{ω} = (\begin{matrix} 0 \\ Ω \\ Ω \end{matrix})

$\vec{\omega}=\begin{pmatrix} 0 \\ \Omega \\ \Omega \end{pmatrix}$

Du erhältst

\vec{L} = (\begin{matrix} 0 \\ \frac{1}{2} M R^{2} Ω \\ M R^{2} Ω \end{matrix})

$\vec{L}=\begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{2}mr^2 \Omega \\ mr^2 \Omega \end{pmatrix}$

Jetzt können Sie das sehen $\vec{L}$ ist nicht parallel zu $\vec{\omega}$ .

Wie kann der 'Spin'-Drehimpulsvektor NICHT immer parallel zur Spin-Winkelgeschwindigkeit sein?

Kurt Wanderungen

G. Smith

Matthäus Christopher Bartsh

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Matthäus Christopher Bartsh

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John Darby

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