Wie unterschiedlich können die Richtungen von Drehimpuls und Winkelgeschwindigkeit sein?

Wie es der Fall ist, gibt es tatsächlich Grenzen, wie unterschiedlich die Richtungen sind$\vec L$Und$\vec \omega$kann sein. Dies liegt daran, dass der Trägheitstensor etwas ist, das positiv semidefinit genannt wird , was das innere Produkt jedes Vektors erfordert$\vec\omega$mit seiner Transformation unter dem Tensor,$I\vec\omega$nicht negativ sein:

$$\vec\omega \cdot I\vec\omega \geq 0.$$ Insbesondere bedeutet dies, dass der Winkel zwischen $\vec L$Und $\vec \omega$darf nicht größer als 90° sein.

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Das Trägheitsmoment als Matrix wird normalerweise mit den Komponenten definiert

$$I_{ij} = \sum_k \left(r_{(k)}^2\delta_{ij} -x_i^{(k)}x_j^{(k)}\right)m_k \tag 1$$ für eine Wolke von Teilchen mit Massen $m_k$, oder als Integral $$I_{ij} = \int\left(r^2\delta_{ij} -x_ix_j\right) \rho(\mathbf r)\mathrm d^3\mathbf r \tag 2$$ für eine kontinuierliche Massenverteilung. Normalerweise berechnet man die Komponenten um die Hauptachsen des Trägheitsmoments, das ist ein Rahmen, in dem die außerdiagonalen Komponenten liegen $$I_{xy} = -\int \,xy\,\rho(\mathbf r)\mathrm d^3\mathbf r$$ verschwinden, und Sie haben nur noch die üblicheren diagonalen Komponenten der Form $$I_{xx} = \int \left(y^2+z^2\right)\rho(\mathbf r)\mathrm d^3\mathbf r.$$ Im allgemeinen Fall muss man sich jedoch an die vollständigen Matrixausdrücke halten $(1)$Und $(2)$, und es ist nicht sofort ersichtlich, wie man aus diesen Ausdrücken beweisen kann, dass das Trägheitsmoment positiv semidefinit ist, also lohnt es sich, dies ein wenig im Detail zu untersuchen.

(In einem Rahmen, der auf die Hauptachsen ausgerichtet ist, ist dies einfach, da Sie in diesem Rahmen haben

$$\vec\omega \cdot I\omega = \sum_j I_{jj}\omega_j^2 \geq 0$$ wie alle $I_{jj}$sind nichtnegativ. Die Existenz eines solchen Rahmens ist jedoch keine triviale Tatsache - es erfordert im Wesentlichen, dass wir wissen, dass die Matrix $I_{ij}$diagonalisierbar ist und eine solche Diagonalisierung zu finden. Daher ist es besser, im allgemeinen Fall zu arbeiten.)

Der Hauptpunkt über die positive Halbbestimmtheit von$I$ist, dass es eine viel einfachere Beziehung kodiert, als seine Komponenten Sie glauben machen. Um diese Beziehung zu sehen, beginnen Sie mit der grundlegenden Definition des Drehimpulses eines einzelnen Teilchens,

$$\vec L= \vec r \times \vec p = \vec r\times m\vec v, \tag 3$$ und dann verwenden Sie die grundlegende Definition des Winkelgeschwindigkeitsvektors - dass sich jedes Teilchen mit (vektorieller) Winkelgeschwindigkeit um den Ursprung dreht $\vec \omega$wird Geschwindigkeit haben $$\vec v = \vec \omega \times\vec r, \tag 4$$ und Sie setzen dies in den Ausdruck für den Drehimpuls ein: $$\vec L = \vec r\times m(\vec \omega\times\vec r). \tag 5$$ Das sieht kompliziert aus, aber das Wichtigste ist, dass es linear ist $\vec\omega$: Wenn Sie eine lineare Kombination wie eingeben $a_1\vec\omega_1 + a_2\vec\omega_2$für $\vec\omega$, du wirst aussteigen $a_1\vec L_1 + a_2\vec L_2$. Die obige Gleichung ist eine lineare Beziehung zwischen zwei Vektoren, und alle diese Beziehungen können in Matrixform ausgedrückt werden: $$\vec L = I \vec \omega.$$ Der Trägheitstensor ist genau diese Matrix.

Die Matrixform der Beziehung ist jedoch nicht unbedingt die nützlichste Art, sie zu formulieren. Lassen Sie mich als Beispiel den Beweis dafür zeigen$I$ist positiv semidefinit, direkt aus der Beziehung$(5)$über. Das möchte ich zeigen$\vec\omega\cdot\vec L\geq 0$, also beginne ich mit der Berechnung dieses Skalarprodukts:

$$\begin{align} \vec\omega\cdot\vec L & = \vec\omega\cdot\left(\vec r\times m\,\vec v \right) \\ & = m\vec r\cdot\left(\vec v\times \vec\omega \right) , \end{align}$$ wobei ich die zyklische Eigenschaft des skalaren Tripelprodukts verwendet habe , weil das Kreuzprodukt $\vec v\times \vec\omega$ist da leicht zu berechnen $\vec v$Und $\vec\omega$sind konstruktionsbedingt orthogonal. Einfügen der Definition $(4)$für die Geschwindigkeit erhalten wir ein Vektortripelprodukt , das wiederum leicht aufzulösen ist: $$\begin{align} \vec\omega\cdot\vec L & = m\vec r\cdot\left((\vec \omega \times\vec r)\times \vec\omega \right) \\ & = m\vec r\cdot\left(\omega^2\vec r - (\vec\omega\cdot\vec r)\vec \omega \right) \\ & = m\left(\omega^2 r^2 - (\vec\omega\cdot\vec r)^2 \right) . \end{align}$$ Hier sind wir im Wesentlichen fertig, weil wir das wissen $|\vec\omega\cdot\vec r|$darf nicht größer sein als $r\omega$, also bekommen wir das Gewünschte $\vec\omega\cdot I\vec \omega = \vec\omega\cdot\vec L \geq 0$. Wenn wir schließlich eine Partikelwolke oder eine kontinuierliche Massenverteilung haben, summieren oder integrieren wir einfach über diese Ungleichung.

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OK, das Obige ist also eine (langatmige) Erklärung dafür, warum das so ist$I$Matrix-Ding gehorcht dieser positiv-halbendlichen Eigenschaft. Was bedeutet das geometrisch? Nun, das Erweitern des inneren Produkts in eine Winkelform ergibt uns

$$\vec\omega\cdot\vec L = \omega L\cos(\theta)\geq 0,$$ Wo $\theta$ist der Winkel zwischen dem Drehimpuls und der Winkelgeschwindigkeit; diese Ungleichheit übersetzt in $\theta \leq \pi/2=90^\circ$.

Diese Grenze ist so ziemlich das Beste, was Sie tun können, und es ist einfach, Beispiele dafür zu finden$\vec \omega$Und$\vec L$sind beliebig nahe orthogonal. Das einfachste ist ein langer, dünner Stab$L$und Radius$w$das dreht sich schnell um eine Achse, die fast (aber nicht ganz) mit der Stange ausgerichtet ist:

Setzen Sie die Stange entlang der$x$Achse erhalten Sie, dass das Trägheitsmoment und die Winkelgeschwindigkeit gegeben sind durch

$$I= \begin{pmatrix} \frac12 Mw^2 & 0 & 0 \\ 0 & \frac13 ML^2 & 0\\ 0 & 0 & \frac13 ML^2 \end{pmatrix} \quad\text{and}\quad \vec \omega= \begin{pmatrix} \Omega \\ \delta \\ 0 \end{pmatrix},$$ jeweils, und das gibt Ihnen $$\vec L= \begin{pmatrix} \frac12 Mw^2\Omega \\ \frac13 ML^2\delta \\ 0 \end{pmatrix}$$ für den Drehimpuls, $$\vec\omega\cdot \vec L = \frac12 Mw^2\Omega^2 + \frac13 ML^2\delta^2$$ für das innere Produkt und $$\cos(\theta) = \frac{\vec\omega\cdot \vec L}{L\omega} = \frac{ \frac12 w^2\Omega^2 + \frac13 L^2\delta^2 }{ \sqrt{\frac14 w^4\Omega^2 +\frac19 L^4\delta^2} \sqrt{\Omega^2+\delta^2} } \approx \frac{ 3 w^2/L^2 + 2 \delta^2/\Omega^2 }{ \sqrt{9 w^4/L^4 +4 \delta^2/\Omega^2} }$$ für den Winkel. Festlegen der Stangenparameter bei $w\ll L$, und wählen Sie dann mit eine Winkelgeschwindigkeit aus $\Omega\gg \delta$und so das $$\frac wL \ll \frac \delta\Omega$$ (dh der Stab ist viel dünner als die Spinachse nahe an der Stabachse liegt), nähert sich der Kosinus an $$\cos(\theta) \approx \frac{\delta}{\Omega} +\frac{3\,w^2/L^2}{2\,\delta/\Omega} ,$$ der mit dem Winkel beliebig klein gemacht werden kann $$\theta \approx \frac \pi2 -\left(\frac{\delta}{\Omega} + \frac{3\,w^2/L^2}{2\,\delta/\Omega}\right)$$ willkürlich nahe an 90°.

Geometrisch gesehen ergibt das Drehen eines dünnen Stabs um seine Achse eine Drehimpulskomponente entlang dieser Achse, die sehr klein ist, und jede Fehlausrichtung führt zu einem Drehimpuls, der die Drehung um die Fehlausrichtungsachse beschreibt, die, wenn der Stab dünn und lang genug ist, in den Schatten stellen kann der Drehimpuls aus der Drehung selbst.

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Schließlich ist es wichtig zu beachten, dass der Drehimpuls und die Winkelgeschwindigkeit niemals vollständig orthogonal sein können. Dies kann durch Ausdrücken der Orthogonalitätsrelation gesehen werden$\vec\omega \cdot \vec L=0$im Hauptrahmen des Körpers, wo es die Form annimmt

$$\vec\omega \cdot \vec L = I_{xx}\omega_x^2 + I_{yy}\omega_y^2 + I_{zz}\omega_z^2 =0,$$ dh die Summe von drei nicht negativen Termen, die alle Null sein müssen, damit die Summe verschwindet. Dies ist möglich, indem Sie z $I_{xx}=0$Und $\omega_y=\omega_z=0$, aber in diesem Fall (und allen solchen Fällen) erhalten Sie $\vec L=0$, was nicht wirklich als "orthogonal" zu zählt $\vec\omega$.