دینامیک جسم صلب، تانسورهای اینرسی و تقدیم دقیق فرفرهٔ سنگین

گشتاورهای جفتی با وزن جرمی، تانسورهای اینرسی، پایداری اویلری، تقدیم دقیق فرفرهٔ سنگین و کمینهٔ آهنگ چرخش اویلری، غلتش و گیراندازی در لولا با بررسی ضربه و انرژی.

کارت مفهوم کنکور ارشد فیزیک

اهمیت

۰/۵

۱. ایدهٔ اصلی و کاربرد آن

جسم صلب دستگاهی از ذرات است که فاصله‌های متقابل آن‌ها ثابت است: هیچ تغییرشکل داخلی رخ نمی‌دهد. پیکربندی آن به‌طور کامل با شش عدد مشخص می‌شود — سه عدد برای موقعیت یک نقطهٔ مرجع (معمولاً مرکز جرم، CM) و سه عدد برای جهت‌گیری (مثلاً زوایای اویلر). متناظر با آن، دینامیک به دو بخش جفت‌شده تقسیم می‌شود:

انتقال مرکز جرم، که با $\vec{F}_{\text{ext}} = M\ddot{\vec{R}}_{\text{cm}}$ دقیقاً مانند یک جرم نقطه‌ای اداره می‌شود.
دوران حول مرکز جرم (یا حول یک لولای ثابت)، که با قانون گشتاور اداره می‌شود و در تانسور اینرسی $\mathbf{I}$ کدگذاری شده است.

چارچوب جسم صلب با این موارد آغاز می‌شود: یافتن مرکز جرم، ساختن و قطری‌سازی $\mathbf{I}$ ، قضیهٔ محورهای موازی، روابط $\vec{L}=\mathbf{I}\vec{\omega}$ و $T=\tfrac12\vec{\omega}\cdot\mathbf{I}\vec{\omega}$ ، و معادلات اویلر برای فرفره‌ها و ژیروسکوپ‌ها.

۲. تعریف‌ها، فرمول‌ها و قضیه‌های کلیدی

مرکز جرم. برای جسمی پیوسته با چگالی $\rho(\vec{r})$ ،

\vec{R}_{\text{cm}} = \frac{1}{M}\int \vec{r}\,\rho\,dV, \qquad M = \int \rho\,dV.

برای توزیع جرمی با تقارن‌های موردنظر، محورها و صفحه‌های تقارن شامل مرکز جرم‌اند و مختصات عرضی را حذف می‌کنند. تقارن محوری اغلب محاسبهٔ باقی‌مانده را به یک بعد فرومی‌کاهد.

گشتاورهای دوم جفتی با وزن جرمی

برای جرم‌های مثبت ذرات $m_i$ تعریف کنید

M=\sum_i m_i,\qquad \vec R=\frac1M\sum_i m_i\vec r_i,\qquad S_{\mathrm{cm}}=\sum_i m_i|\vec r_i-\vec R|^2.

برابری جرم‌ها فرض نشده است. مربع فاصلهٔ هر جفت را بسط دهید و روی جفت‌های مرتب جمع بزنید:

\begin{aligned}\sum_{i,j}m_im_j|\vec r_i-\vec r_j|^2&=\sum_{i,j}m_im_j(r_i^2+r_j^2-2\vec r_i\cdot\vec r_j)\\&=2M\sum_i m_ir_i^2-2\left|\sum_i m_i\vec r_i\right|^2\\&=2M\sum_i m_ir_i^2-2M^2R^2.\end{aligned}

بسط حول مرکز جرم می‌دهد $S_{\mathrm{cm}}=\sum_i m_i r_i^2-MR^2$ ، زیرا $\sum_i m_i\vec r_i=M\vec R$ . ترکیب بسط‌ها اثبات می‌کند

\boxed{\sum_i m_i|\vec r_i-\vec R|^2=\frac1M\sum_{i<j}m_im_j|\vec r_i-\vec r_j|^2=\frac1{2M}\sum_{i,j}m_im_j|\vec r_i-\vec r_j|^2}.

جمع مرتب هر جفت متمایز را دو بار می‌شمارد و جمله‌های قطری صفرند. به‌طور هم‌ارز،

M^2R^2=M\sum_i m_ir_i^2-\frac12\sum_{i,j}m_im_j r_{ij}^2,\qquad r_{ij}=|\vec r_i-\vec r_j|.

رابطهٔ اخیر واحد جرم به توان دو ضرب‌در طول به توان دو دارد. انتقال، مختصات و مرکز جرم را تغییر می‌دهد، اما فاصله‌های جفتی و گشتاور دوم مرکزی را ثابت می‌گذارد.

تنها برای جرم‌های مساوی $m_i=m,\ M=Nm$ می‌توان رابطه را به شکل زیر ساده کرد:

S_{\mathrm{cm}}=\frac mN\sum_{i<j}r_{ij}^2,\qquad \sum_i|\vec r_i-\vec R|^2=\frac1N\sum_{i<j}r_{ij}^2.

برای محیط پیوسته با جرم و گشتاور دوم متناهی، هر جمع جرمی را با انتگرال جرمی مستقل جایگزین کنید:

\begin{aligned}S_{\mathrm{cm}}&=\int|\vec r-\vec R|^2\,dm\\&=\frac1{2M}\iint|\vec r-\vec r\prime|^2\,dm\,dm\prime,\qquad dm=\rho(\vec r)dV,\quad dm\prime=\rho(\vec r\prime)dV\prime.\end{aligned}

تانسور اینرسی مرکزی سه‌بعدی که در ادامه تعریف می‌شود دارای رد زیر است:

\operatorname{tr}\mathbf I_{\mathrm{cm}}=2S_{\mathrm{cm}},\qquad R_g^2=\frac{S_{\mathrm{cm}}}{M}=\frac{\operatorname{tr}\mathbf I_{\mathrm{cm}}}{2M}.

گشتاور دوم نرده‌ای مرکزی نصف رد است، نه ممان حول یک محور خاص. شعاع ژیراسیون در اینجا از فاصله‌های مرکز جرم استفاده می‌کند؛ شعاع ژیراسیون محوری از فاصله‌های عمودی تا همان محور استفاده می‌کند. بسط حاصل‌ضرب‌های دوتایی جفتی نیز با $\vec d_{ij}=\vec r_i-\vec r_j$ تانسور کامل را می‌دهد:

\mathbf I_{\mathrm{cm}}=\frac1{2M}\sum_{i,j}m_im_j\left(d_{ij}^2\mathbf 1-\vec d_{ij}\vec d_{ij}^{\,T}\right).

گرفتن رد، قضیهٔ نرده‌ای را بازیابی می‌کند. تانسور پیوسته از همین هسته با انتگرال‌های جرمی مرتب مستقل و ضریب $1/(2M)$ استفاده می‌کند. این اتحادها برای سامانه‌های ذره‌ای تغییرشکل‌پذیر نیز برقرارند؛ صلب بودن تنها جدایی‌های جفتی را در زمان ثابت نگه می‌دارد.

تانسور اینرسی (حول مبدأ برگزیدهٔ $O$ که در جسم ثابت است):

I_{ij} = \int \rho\,\big(r^2\,\delta_{ij} - x_i x_j\big)\,dV,

به‌طوری‌که درایه‌های قطری همان ممان‌های اینرسی آشنا هستند و درایه‌های غیرقطری، حاصل‌ضرب‌های اینرسی (با علامت منفی) می‌باشند، مثلاً

I_{xx} = \int \rho\,(y^2+z^2)\,dV, \qquad I_{xy} = -\int \rho\,xy\,dV.

$\mathbf{I}$ یک تانسور حقیقی متقارن $3\times3$ است، از این‌رو با یک دوران متعامد قابل قطری‌سازی است. بردارهای ویژهٔ آن محورهای اصلی $\hat{e}_1,\hat{e}_2,\hat{e}_3$ و مقادیر ویژهٔ آن ممان‌های اصلی $I_1,I_2,I_3\ge 0$ هستند:

\mathbf{I} = \begin{pmatrix} I_1 & 0 & 0 \\ 0 & I_2 & 0 \\ 0 & 0 & I_3 \end{pmatrix}\ \text{(principal frame)}.

قضیهٔ محورهای موازی (هویگنس–اشتاینر). اگر $\mathbf{I}_{\text{cm}}$ تانسور حول مرکز جرم باشد و مبدأ جدید به اندازهٔ $\vec{a}$ جابه‌جا شده باشد،

I_{ij} = I^{\text{cm}}_{ij} + M\big(a^2\,\delta_{ij} - a_i a_j\big).

برای یک محور تنها، این همان رابطهٔ درسی $I = I_{\text{cm}} + M d^2$ است.

اندازهٔ حرکت زاویه‌ای و انرژی جنبشی. حول مرکز جرم یا یک لولای ثابت،

\vec{L} = \mathbf{I}\,\vec{\omega}, \qquad T_{\text{rot}} = \tfrac12\,\vec{\omega}\cdot\mathbf{I}\,\vec{\omega} = \tfrac12\big(I_1\omega_1^2 + I_2\omega_2^2 + I_3\omega_3^2\big).

نکتهٔ حیاتی این است که $\vec{L}$ تنها زمانی با $\vec{\omega}$ موازی است که $\vec{\omega}$ در راستای یک محور اصلی قرار گیرد (یا هنگامی که $\mathbf{I}$ همسانگرد باشد). انرژی جنبشی کل تفکیک می‌شود (قضیهٔ کونیگ):

T = \tfrac12 M\dot{\vec{R}}_{\text{cm}}^2 + \tfrac12\,\vec{\omega}\cdot\mathbf{I}_{\text{cm}}\,\vec{\omega}.

معادلهٔ حرکت (دستگاه فضا، حول مرکز جرم یا لولایی ثابت در دستگاه لخت). $\ \dfrac{d\vec{L}}{dt}\Big|_{\text{space}} = \vec{\tau}_{\text{ext}}.$ چون $\mathbf{I}$ تنها در دستگاه جسم ثابت است، مشتق را با استفاده از $\left.\tfrac{d}{dt}\right|_{\text{space}} = \left.\tfrac{d}{dt}\right|_{\text{body}} + \vec{\omega}\times$ به دستگاه دوّار جسم منتقل می‌کنیم، که معادلات اویلر را در دستگاه اصلی به دست می‌دهد:

\begin{aligned} I_1\dot{\omega}_1 - (I_2-I_3)\,\omega_2\omega_3 &= \tau_1, \\ I_2\dot{\omega}_2 - (I_3-I_1)\,\omega_3\omega_1 &= \tau_2, \\ I_3\dot{\omega}_3 - (I_1-I_2)\,\omega_1\omega_2 &= \tau_3. \end{aligned}

خطی‌سازی دوران بدون گشتاور حول محور اصلی

برای ممان‌های مثبت و متمایز $I_1<I_2<I_3$ ، دوران یکنواخت $\vec\omega=\Omega\hat e_k$ یک جواب است. اغتشاش‌های عرضی کوچک اضافه کنید. معادلهٔ طولی اویلر در این اغتشاش‌ها درجه‌دوم است، پس چرخش طولی تا مرتبهٔ اول ثابت می‌ماند. حول محور ۱،

I_2\dot{\delta\omega}_2=(I_3-I_1)\Omega\delta\omega_3,\qquad I_3\dot{\delta\omega}_3=(I_1-I_2)\Omega\delta\omega_2.

حذف یکی از مؤلفه‌های عرضی نخستین آزمون از سه آزمون زیر را می‌دهد:

\begin{aligned}\omega_1=\Omega:&\quad\ddot{\delta\omega}_2=-\frac{(I_3-I_1)(I_2-I_1)}{I_2I_3}\Omega^2\delta\omega_2,\\\omega_2=\Omega:&\quad\ddot{\delta\omega}_1=+\frac{(I_3-I_2)(I_2-I_1)}{I_1I_3}\Omega^2\delta\omega_1,\\\omega_3=\Omega:&\quad\ddot{\delta\omega}_1=-\frac{(I_3-I_2)(I_3-I_1)}{I_1I_2}\Omega^2\delta\omega_1.\end{aligned}

ضریب‌های منفی به معنای نوسان‌اند؛ ضریب‌های مثبت رشد نمایی را مجاز می‌کنند. محورهای اصلی کمینه و بیشینه خطی‌پایدارند؛ محور میانی ناپایدار است. پایدار یعنی کراندار، نه میرا: انرژی و تکانهٔ زاویه‌ای پایسته‌اند. تمام ضریب‌ها واحد معکوس زمان به توان دو دارند. برابری ممان‌ها راستاهای با فرکانس صفر ایجاد می‌کند؛ در آن حالت از معادلات فرفرهٔ متقارن استفاده کنید.

در اندازهٔ ثابت تکانهٔ زاویه‌ای، انرژی دورانی $T=\sum_i L_i^2/(2I_i)$ در بزرگ‌ترین و کوچک‌ترین ممان اکسترمم دارد، اما در ممان میانی نقطهٔ زینی دارد. هر دو اکسترمم اغتشاش بدون گشتاور کراندار می‌دهند؛ پایداری به کمینه محدود نیست.

فرفرهٔ متقارن سنگین: تقدیم پایای دقیق

نوک ایده‌آل را در دستگاه لخت ثابت بگیرید و مرکز جرم را در فاصلهٔ $l>0$ از نوک روی محور تقارن قرار دهید. در اینجا $m$ جرم فرفره است و تمام ممان‌های اصلی حول نوک بیان می‌شوند. برای جابه‌جایی نوک تا مرکز جرم در راستای محور تقارن،

I_1=I_2=I_{1,\mathrm{cm}}+ml^2,\qquad I_3=I_{3,\mathrm{cm}}.

زاویهٔ اویلر $\theta$ از قائم رو به بالا اندازه‌گیری می‌شود؛ $\phi$ زاویهٔ سمتی محور تقارن و $\psi$ دوران حول آن محور نسبت به مرجع اویلری است. سرعت زاویه‌ای واقعی در راستای محور جسم $\omega_3=\dot\psi+\dot\phi\cos\theta$ است. انرژی‌های جنبشی و پتانسیل عبارت‌اند از

T=\frac{I_1}{2}(\dot\theta^2+\dot\phi^2\sin^2\theta)+\frac{I_3}{2}(\dot\psi+\dot\phi\cos\theta)^2,\qquad U=mgl\cos\theta.

عبارت مبتنی بر اینرسی تکیه‌گاهی، انتقال مرکز جرم را نیز شامل می‌شود؛ این انرژی را دوباره اضافه نکنید. برای $L=T-U$ ، مختصات چرخه‌ای تکانه‌های زاویه‌ای محوری و قائم پایسته را می‌دهند:

p_\psi=I_3\omega_3,\qquad p_\phi=I_1\dot\phi\sin^2\theta+p_\psi\cos\theta.

گرانش در راستای محور تقارن یا محور قائم مؤلفهٔ گشتاور ندارد. بنابراین $\omega_3$ ثابت می‌ماند، اما اگر نوتاسیون رخ دهد، $\dot\phi$ و $\dot\psi$ عموماً تغییر می‌کنند.

برای تقدیم پایا، $\theta=\theta_0$ و $\dot\phi=\Omega$ را هر دو ثابت بگیرید. معادلهٔ $\theta$ عبارت است از

I_1\ddot\theta=\sin\theta\left(I_1\dot\phi^2\cos\theta-I_3\dot\phi\omega_3+mgl\right).

برای $0<\theta_0<\pi$ ، تقسیم بر $\sin\theta_0$ شرط دقیق را می‌دهد:

\boxed{I_1\Omega^2\cos\theta_0-I_3\Omega\omega_3+mgl=0}.

شاخه‌ها، وجود جواب و تقریب فرفرهٔ تند

در زاویه و سرعت چرخش محوری مشخص، برای $\cos\theta_0\ne0$ ،

\Omega_{\pm}=\frac{I_3\omega_3\pm\sqrt{\Delta}}{2I_1\cos\theta_0},\qquad \Delta=I_3^2\omega_3^2-4I_1mgl\cos\theta_0.

وجود شاخه‌های حقیقی مستلزم $\Delta\ge0$ است. برای فرفرهٔ مایلِ رو به بالا با $\cos\theta_0>0$ و $\omega_3>0$ ، هر دو آهنگ مثبت‌اند: شاخهٔ منفی آهسته و شاخهٔ مثبت تند است و در $\Delta=0$ به هم می‌رسند. چرخش محوری منفی علامت آن‌ها را معکوس می‌کند؛ شاخه‌های آهسته و تند را با اندازهٔ آهنگ طبقه‌بندی کنید، نه یک برچسب علامت ثابت. برای $\cos\theta_0<0$ ، ممیز مثبت است و دو آهنگ علامت مخالف دارند؛ این هندسه تنها در صورتی قابل استفاده است که تکیه‌گاه فیزیکی اجازه دهد مرکز جرم پایین‌تر از تکیه‌گاه باشد. در $\cos\theta_0=0$ ، معادله خطی و برابر $\Omega=mgl/(I_3\omega_3)$ است و $\omega_3\ne0$ لازم دارد. پیکربندی‌های قائم را نمی‌توان با تقسیم بر $\sin\theta_0$ تحلیل کرد: زوایای اویلر آن‌ها تکین‌اند و پایداری‌شان به بررسی حدی جداگانه نیاز دارد.

برای چرخش محوری مثبت و $4I_1mgl\lvert\cos\theta_0\rvert\ll I_3^2\omega_3^2$ ، ریشهٔ شاخهٔ با اندازهٔ کوچک را بسط دهید:

\Omega_{\mathrm{slow}}\simeq\frac{mgl}{I_3\omega_3},\qquad \Omega_{\mathrm{fast}}\simeq\frac{I_3\omega_3}{I_1\cos\theta_0}\quad(\cos\theta_0\ne0).

رابطهٔ آشنای فرفره با چرخش محوری تند، شاخهٔ تقدیم آهسته را توصیف می‌کند. حذف جملهٔ درجه‌دوم از شرط دقیق، شاخهٔ دیگر را کنار می‌گذارد.

کمینهٔ آهنگ چرخش اویلری در زاویهٔ ثابت

مسئله‌ای متفاوت اجازه می‌دهد آهنگ تقدیم تغییر کند و کمترین آهنگ چرخش اویلری $\dot\psi$ را می‌خواهد، به‌جای آنکه $\omega_3$ را ثابت بگیرد. رابطهٔ $\omega_3=\dot\psi+\Omega\cos\theta_0$ را در شرط دقیق جای‌گذاری کنید:

\dot\psi=A\Omega+\frac B\Omega,\qquad A=\frac{I_1-I_3}{I_3}\cos\theta_0,\qquad B=\frac{mgl}{I_3}>0.

در دامنهٔ $\Omega>0$ با $A>0$ ، مشتق‌گیری یا نابرابری میانگین حسابی–هندسی می‌دهد

\frac{d\dot\psi}{d\Omega}=A-\frac B{\Omega^2},\qquad \Omega_* =\sqrt{\frac BA},\qquad \boxed{\dot\psi_{\min}=2\sqrt{AB}},\qquad \left.\frac{d^2\dot\psi}{d\Omega^2}\right|_{\Omega_*}=\frac{2B}{\Omega_*^3}>0.

در کمینه، هر دو سهم مثبت برابرند. برای $I_1=kI_3$ ، $k>1$ و $0<\theta_0<\pi/2$ ، این رابطه به صورت زیر درمی‌آید:

\Omega_*^2=\frac{mgl}{(k-1)I_3\cos\theta_0},\qquad \dot\psi_{\min}=2\sqrt{\frac{(k-1)mgl\cos\theta_0}{I_3}}.

واحد ریشهٔ دوم، معکوس زمان است. اگر $A=0$ باشد، دامنهٔ تقدیم مثبت تنها کران پایین صفر در $\Omega\to\infty$ دارد و آهنگ متناهیِ کمینه‌کننده وجود ندارد. اگر $A<0$ باشد، آهنگ اویلری علامت‌دار اکیداً نزولی است و در دامنهٔ نامحدود $\Omega>0$ کران پایین ندارد. اگر هر دو علامت تقدیم مجاز باشند، برای $A>0$ کمینهٔ سراسری آهنگ اویلری علامت‌دار وجود ندارد؛ کمینهٔ اندازهٔ آهنگ روی هر شاخهٔ علامت برابر $2\sqrt{AB}$ است. هر کران تحمیل‌شده بر آهنگ را، از جمله نقاط انتهایی، باید بررسی کرد. آستانهٔ ممیز در $\omega_3$ ثابت، کمینهٔ $\dot\psi$ نیست.

نوتاسیون و معنای پایداری

در تکانه‌های پایستهٔ ثابت، حذف سرعت‌های چرخه‌ای انرژی را به صورت زیر کاهش می‌دهد:

E_{\mathrm{mech}}=\frac12I_1\dot\theta^2+U_{\mathrm{eff}}(\theta),\qquad U_{\mathrm{eff}}=\frac{(p_\phi-p_\psi\cos\theta)^2}{2I_1\sin^2\theta}+\frac{p_\psi^2}{2I_3}+mgl\cos\theta.

تقدیم پایا نقطهٔ مانای این پتانسیل مؤثر است؛ برای باقی ماندن در آن، داده‌های اولیه باید $\dot\theta=0$ و تکانه‌های پایستهٔ متناظر را داشته باشند. در جواب تقدیم پایای غیرقائم، جای‌گذاری $p_\phi=I_1\Omega\sin^2\theta_0+p_\psi\cos\theta_0$ و شرط دقیق می‌دهد

U_{\mathrm{eff}}''(\theta_0)=\frac{(p_\psi-2I_1\Omega\cos\theta_0)^2}{I_1}+I_1\Omega^2\sin^2\theta_0>0,\qquad \nu_{\mathrm{nut}}^2=\frac{U_{\mathrm{eff}}''(\theta_0)}{I_1}.

بنابراین این جواب‌های ایده‌آلِ غیرقائم در تکانه‌های ثابت، نسبت به نوتاسیون‌های کوچک خطی‌پایدارند. پایداری یعنی نوسان کراندار، نه میرایی یا نزدیک شدن خودکار به تقدیم پایا. این گزاره پایداری فرفرهٔ قائمِ تکین یا فرفره با تماس متحرک، اصطکاک یا اتلاف را اثبات نمی‌کند. کمینهٔ آهنگ اویلری شرط صفر شدن فرکانس نوتاسیون نیست.

ضربه‌های حول محور ثابت و گیراندازی در لولا

هنگام برخورد، نیروها ممکن است بسیار بزرگ باشند، درحالی‌که پیکربندی تغییر ناچیزی دارد. به‌جای درنظرگرفتن حرکت پایا، قانون گشتاور را انتگرال بگیرید. برای نقطهٔ لولای ثابت $O$ و محور دوران ثابت و بدون اصطکاک $\hat n$ ، از مؤلفهٔ علامت‌دار تکانهٔ زاویه‌ای حول همان محور استفاده کنید:

L_{O,n,f}-L_{O,n,i}=\int_{t_i}^{t_f}\tau_{O,n,\mathrm{ext}}\,dt.

جسم و ذرهٔ ورودی را با هم در سامانه بگنجانید؛ ضربه‌های تماس آن‌ها داخلی‌اند. نیروی لولا در نقطهٔ مرجع وارد می‌شود و گشتاورش حول آن صفر است. یاتاقان بدون اصطکاک، زوج گشتاوری در راستای محور مجاز وارد نمی‌کند، هرچند گشتاورهای قیدی آن می‌توانند دیگر مؤلفه‌های تکانهٔ زاویه‌ای را تغییر دهند. بنابراین برای پایستگی مؤلفهٔ محوری، لازم نیست محور لولا محور اصلی جسم ترکیبی باشد.

تنها هنگامی گرانش را طی برخورد نادیده بگیرید که ضربهٔ زاویه‌ای آن در مقیاس تکانهٔ زاویه‌ای موردنیاز کوچک باشد:

\left|\int_{t_i}^{t_f}\tau_{O,n,g}\,dt\right| \le \tau_{g,\max}\Delta t\ll L_*.

همچنین بازهٔ برخورد باید آن‌قدر کوتاه باشد که هندسه عملاً ثابت بماند و ضربهٔ زاویه‌ای قابل‌توجه موتور، اصطکاک لولا یا عوامل خارجی دیگر وجود نداشته باشد. اگر تکانه‌های اولیه و ورودی تقریباً یکدیگر را خنثی کنند، برای سرعت نهایی دقیق، ضربهٔ گرانش را با باقیماندهٔ کوچک مقایسه کنید، نه صرفاً با هر یک از جمله‌های بزرگ ورودی. اگر این ضربه مهم است، آن را در انتگرال گشتاور نگه دارید. پس از برخورد، گرانش معمولاً حرکت را هدایت می‌کند و نمی‌توان آن را برای همیشه حذف کرد.

جرم نقطه‌ای گیراندازی‌شده را $m$ ، اندازهٔ سرعت ورودی را $v$ ، بردار مکان نسبت به لولا را $\vec R$ و فاصلهٔ نهایی آن از محور دوران را $r$ بگیرید. تکانهٔ زاویه‌ای علامت‌دار ورودی آن برابر است با

\ell_{\mathrm{in}}=m\hat n\cdot(\vec R\times\vec v)=mv r_\perp.

در اینجا $r_\perp$ بازوی گشتاور علامت‌دار مسیر ورودی است و لزوماً شعاع محل گیراندازی نیست. در حرکت صفحه‌ای این بازو برابر $r\sin\beta$ است؛ زاویهٔ علامت‌دار $\beta$ از شعاع رو به بیرون تا سرعت ورودی اندازه‌گیری می‌شود. بنابراین $v_t=v\sin\beta$ مؤلفهٔ مماسی سرعت است و $\ell_{\mathrm{in}}=mrv_t$ داریم. برای برخورد عمود در صفحه، اندازهٔ بازو همان شعاع گیراندازی است و علامت آن با جهت دوران تعیین می‌شود. برای ورود سه‌بعدی، به‌جای میان‌بر زاویهٔ صفحه‌ای، از تصویر ضرب برداری استفاده کنید.

تمام ممان‌های اینرسی را حول یک محور ثابت مشترک بنویسید. اگر ممان محوری جسم اولیه $I_{O,\mathrm{body}}$ باشد، تکانهٔ زاویه‌ای محوری اولیهٔ آن برابر $L_{O,\mathrm{body},i}=I_{O,\mathrm{body}}\omega_i$ است و ذرهٔ گیراندازی‌شده سهم $mr^2$ دارد. با صرف‌نظر از ضربهٔ زاویه‌ای خارجی،

\omega_f=\frac{L_{O,\mathrm{body},i}+mv r_\perp}{I_{O,\mathrm{body}}+mr^2} =\frac{I_{O,\mathrm{body}}\omega_i+mr v\sin\beta}{I_{O,\mathrm{body}}+mr^2}.

این رابطه جسمِ از پیش دوّار، هر دو جهت ورود و گیراندازی مایل را در بر می‌گیرد. برای جسم ساکن و برخورد عمود، صورت به تکانهٔ زاویه‌ای علامت‌دار ذره کاهش می‌یابد. اگر ضربهٔ زاویه‌ای خارجی ناچیز نباشد، آن را به صورت اضافه کنید. برای جسم گیراندازی‌شده با اندازهٔ محدود که به جسم اصلی قفل می‌شود، ممان جرم نقطه‌ای را با ممان محوری مرکزی خود آن به‌علاوهٔ سهم مناسب محورهای موازی جایگزین کنید و هر تکانهٔ زاویه‌ای چرخش ذاتی ورودی را نیز وارد کنید.

لولا ضربهٔ خطی خارجی وارد می‌کند؛ بنابراین تکانهٔ خطی کل عموماً پایسته نیست. فرو رفتن کاملاً ناکشسان است؛ پس انرژی جنبشی نیز عموماً پایسته نیست. لولای ثابت ایده‌آل کار نمی‌کند؛ کاهش انرژی به تغییرشکل، گرما، ارتعاش یا دیگر برانگیختگی‌های داخلی هنگام گیراندازی تبدیل می‌شود.

ممیزی انرژی در گیراندازی

با تکانهٔ زاویه‌ای، سرعت نهایی بلافاصله پس از برخورد را بیابید و سپس اتلاف انرژی را محاسبه کنید. برای گیراندازی صفحه‌ای، بنویسید $I=I_{O,\mathrm{body}}$ و سرعت ورودی را به مؤلفه‌های مماسی و شعاعی $v_t$ و $v_r$ تجزیه کنید. با ناچیز بودن کار گرانش در برخورد کوتاه،

K_i=\frac12I\omega_i^2+\frac12m(v_t^2+v_r^2),\qquad K_f=\frac12(I+mr^2)\omega_f^2.

جای‌گذاری نتیجهٔ تکانهٔ زاویه‌ای، اتلافی آشکارا نامنفی می‌دهد:

K_i-K_f=\frac12m v_r^2+ \frac12\frac{Im}{I+mr^2}(v_t-r\omega_i)^2\ge0.

حرکت شعاعی متوقف می‌شود و ناهماهنگی مماسی با نقطهٔ گیراندازی جسم تلف می‌شود. برای جسم ساکن و برخورد عمود،

\frac{K_f}{K_i}=\frac{mr^2}{I+mr^2},\qquad K_i-K_f=\frac12mv^2\frac{I}{I+mr^2}.

جسم نهایی می‌تواند تندتر بچرخد یا جهت دورانش عوض شود، هرچند انرژی جنبشی سامانهٔ ترکیبی کاهش می‌یابد. حد بدون اتلاف مستلزم نبود مؤلفهٔ شعاعی و برابر بودن سرعت مماسی ورودی با سرعت نقطهٔ گیراندازی جسم دوّار است. برای ورود خارج از صفحه، جملهٔ اول اتلاف، دیگر مؤلفه‌های سرعتی را که قید محور ثابت متوقف می‌کند نیز در بر می‌گیرد.

۳. روش — چگونه به یک مسئلهٔ جسم صلب حمله کنیم

مرکز جرم را پیدا کنید. از هر تقارنی بهره ببرید تا انتگرال $\vec{R}_{\text{cm}}=\tfrac1M\int\vec{r}\,dm$ به یک مختص تنها فروکاسته شود؛ المان جرم $dm=\rho\,dV$ از هندسه پیروی می‌کند (برای یک جسم دورانی، آن را به دیسک‌ها برش دهید، $dm\propto r(z)^2\,dz$ ).
مبدأ و محورها را انتخاب کنید. مرکز جرم (یا یک لولای ثابت) را به‌عنوان مبدأ بگیرید و محورها را با راستاهای تقارن هم‌راستا کنید — این‌ها معمولاً همان محورهای اصلی هستند و همهٔ حاصل‌ضرب‌های اینرسی را حذف می‌کنند.
$\mathbf{I}$ را بسازید. انتگرال $I_{ij}=\int\rho(r^2\delta_{ij}-x_ix_j)\,dV$ را محاسبه کنید. اگر به آن حول نقطه‌ای متفاوت نیاز دارید، به‌جای انتگرال‌گیری دوباره، جملهٔ اشتاینر را بیفزایید.
اگر محورها اصلی نیستند، قطری‌سازی کنید. برای یافتن ممان‌های اصلی $\det(\mathbf{I}-I\,\mathbb{1})=0$ را حل کنید و بردارهای ویژه را بیابید.
دینامیک را اعمال کنید. دوران حول محور ثابت $\hat{n}$ : مؤلفه‌های محوری $L_n=I_{nn}\omega$ ، $T=\tfrac12 I_{nn}\omega^2$ ، $\tau_n=I_{nn}\dot\omega$ را به کار ببرید. بردار کامل تکانهٔ زاویه‌ای لزوماً در راستای این محور نیست. حرکت کامل سه‌بعدی: $I_1,I_2,I_3$ را به معادلات اویلر بدهید.
حالت‌های حدی را بررسی کنید. حدهای جرم نقطه‌ای، میلهٔ نازک، فرفرهٔ متقارن و کره، بررسی‌های صحت سریعی بر هر نتیجه‌اند.
برای گیراندازی، جرم ورودی را وارد سامانه کنید، محور لولای ثابت را برگزینید، ناچیز بودن ضربهٔ زاویه‌ای خارجی را توجیه کنید و تکانهٔ زاویه‌ای علامت‌دار ورودی را حساب کنید.
اینرسی‌های نهایی را جمع کنید؛ برای جسم از قضیهٔ محورهای موازی و برای ذره از شعاع گیراندازی استفاده کنید. پایستگی تکانهٔ زاویه‌ای محوری را اعمال کنید و پس از آن اتلاف انرژی جنبشی را حساب کنید.
حرکت بعدی را از برخورد جدا کنید. برای نوسان بدون اصطکاک پس از گیراندازی، انرژی مکانیکی می‌تواند سرعت بلافاصله پس از برخورد را به نقطهٔ بازگشت بعدی مرتبط کند؛ انرژی پتانسیل جسم و جرم گیراندازی‌شده را هر دو وارد کنید. این پایستگی انرژیِ پس از برخورد، به مرحلهٔ فرو رفتن تعمیم نمی‌یابد.

پیش از انتگرال‌گیری مختصاتی بررسی کنید آیا فاصله‌های جفتی مستقیماً $S_{\mathrm{cm}}$ را می‌دهند. مبدأ تانسور را مشخص کنید، حاصل‌ضرب‌های اینرسی علامت‌دار را حفظ کنید و پایداری را با خطی‌سازی معادلات اویلر بسنجید.

برای فرفرهٔ سنگین، ممان‌ها را به نوک منتقل کنید، لاگرانژی زوایای اویلر را بنویسید و شرط پایای غیرقائم را اعمال کنید. پیش از انتخاب شاخه یا کمینه‌سازی مشخص کنید چرخش محوری تجویز شده است یا چرخش اویلری. برای توقف اصطکاکی حول محور ثابت، ابتدا نیروهای تماس را از تعادل برداری نیروها بیابید و سپس گشتاور اصطکاک علامت‌دار را به کار ببرید؛ کارت‌های مرتبط نیوتنی و حرکت دورانی این روش را آموزش می‌دهند.

۴. مثال‌های کوچک حل‌شده

۴.۱. یک صفحهٔ مستطیلی نازک یکنواخت

صفحه‌ای یکنواخت با جرم $M$ و طول اضلاع $a$ (در راستای $x$ ) و $b$ (در راستای $y$ ) را در نظر بگیرید که در صفحهٔ $z=0$ و با مرکزش در مبدأ قرار دارد؛ چگالی سطحی $\sigma=M/(ab)$ . به دلیل تقارن‌های $x\!\leftrightarrow\!-x$ و $y\!\leftrightarrow\!-y$ همهٔ حاصل‌ضرب‌های اینرسی صفر می‌شوند، پس $x,y,z$ محورهای اصلی‌اند. آنگاه

I_{xx} = \sigma\!\int_{-a/2}^{a/2}\!\!\int_{-b/2}^{b/2} y^2\,dy\,dx = \sigma\,a\,\frac{b^3}{12} = \frac{1}{12}Mb^2,

و به تقارن $I_{yy}=\tfrac{1}{12}Ma^2$ . چون صفحه نازک است ( $z\approx0$ )،

I_{zz} = \sigma\!\int (x^2+y^2)\,dA = I_{xx}+I_{yy} = \tfrac{1}{12}M(a^2+b^2),

که همان قضیهٔ محور عمود برای یک ورقهٔ تخت است. بنابراین در دستگاه اصلی

\mathbf{I}_{\text{cm}} = \frac{M}{12}\begin{pmatrix} b^2 & 0 & 0 \\ 0 & a^2 & 0 \\ 0 & 0 & a^2+b^2 \end{pmatrix}.

اگر صفحه حول مرکزش با $\vec{\omega}=\omega\,\hat{z}$ (یک محور اصلی) بچرخد، آنگاه $\vec{L}=\tfrac{1}{12}M(a^2+b^2)\,\omega\,\hat{z}$ با $\vec{\omega}$ موازی است و $T=\tfrac{1}{24}M(a^2+b^2)\omega^2$ . اما برای صفحهٔ غیرمربع، اگر به‌جای آن $\vec{\omega}$ در راستای یک قطر وجه باشد — یک راستای غیراصلی — آنگاه $\vec{L}=\mathbf{I}\vec\omega$ از $\vec\omega$ منحرف می‌شود، یاتاقان‌ها یک گشتاور واکنشی دوّار حس می‌کنند و صفحه به‌طور دینامیکی نامتوازن است. همین انحراف، تمام فیزیک لرزش (wobble) است.

۴.۲. مثال ابداعی گیراندازی با دیسک لولاشده در لبه

دیسکی نازک و یکنواخت جرم $M=3\,\mathrm{kg}$ و شعاع $R=0.20\,\mathrm{m}$ دارد. دیسک در صفحهٔ قائم حول محوری ثابت و بدون اصطکاک می‌چرخد که از نقطه‌ای روی لبه می‌گذرد و بر دیسک عمود است. دیسک در ابتدا ساکن است. ذره‌ای با جرم $m=0.50\,\mathrm{kg}$ به نقطهٔ مقابل لولا روی قطر برخورد می‌کند و در آن فرو می‌رود؛ سرعت ذره بر شعاعِ لولا تا محل برخورد عمود و اندازهٔ آن $v=2.0\,\mathrm{m/s}$ است. برخورد آن‌قدر کوتاه است که ضربهٔ زاویه‌ای گرانش را می‌توان نادیده گرفت.

فاصلهٔ لولا تا محل گیراندازی دو برابر شعاع دیسک است. اینرسی دیسک را ابتدا باید از مرکز به لولا منتقل کرد:

I_{O,\mathrm{disk}}=\frac12MR^2+MR^2=0.18\,\mathrm{kg\,m^2},\qquad r=2R=0.40\,\mathrm{m},\qquad mr^2=0.08\,\mathrm{kg\,m^2}.

تکانهٔ زاویه‌ای ورودی را مثبت بگیرید. سرعت بلافاصله پس از برخورد برابر است با

\ell_{\mathrm{in}}=mvr=0.40\,\mathrm{kg\,m^2/s},\qquad \omega_f=\frac{0.40}{0.18+0.08}\,\mathrm{s^{-1}}=\frac{20}{13}\,\mathrm{rad/s}.

ممیزی انرژی می‌دهد

K_i=\frac12mv^2=1.00\,\mathrm{J},\qquad K_f=\frac{\ell_{\mathrm{in}}^2}{2(I_{O,\mathrm{disk}}+mr^2)}=\frac4{13}\,\mathrm{J},\qquad K_i-K_f=\frac9{13}\,\mathrm{J}.

سهم انرژی باقی‌مانده نیز برابر $mr^2/(I_{O,\mathrm{disk}}+mr^2)=4/13$ است. حذف اینرسی نهایی ذره، سرعت را بیش‌برآورد می‌کند؛ استفاده از اینرسی مرکزی دیسک، خطای دیگری در محور مرجع ایجاد می‌کند. با میل کردن جرم ذره به صفر، سرعت نهایی نیز مطابق انتظار به صفر میل می‌کند.

۴.۳. مثال ابداعی جسم دوّار و برخورد مایل

همان دیسک، جرم ذره و محل گیراندازی را به کار ببرید، اما دیسک در ابتدا با $\omega_i=1.0\,\mathrm{rad/s}$ بچرخد. ذره همچنان اندازهٔ سرعت $v=2.0\,\mathrm{m/s}$ دارد و اکنون با زاویهٔ علامت‌دار $\beta=-150^\circ$ نسبت به شعاع رو به بیرون وارد می‌شود. مؤلفه‌های مماسی و شعاعی آن $v_t=-1.0\,\mathrm{m/s}$ و $v_r=-\sqrt3\,\mathrm{m/s}$ هستند. فرض کنید ضربهٔ زاویه‌ای خارجی حتی در مقایسه با تکانهٔ زاویه‌ای باقیماندهٔ کوچک ناچیز است.

L_{O,n,i}=I\omega_i+mrv_t=(0.18-0.20)\,\mathrm{kg\,m^2/s}=-0.02\,\mathrm{kg\,m^2/s}, \qquad \omega_f=-\frac1{13}\,\mathrm{rad/s}.

علامت منفی نشان می‌دهد دیسک با وجود دوران مثبت اولیه، جهت دورانش را عوض می‌کند. اتلاف انرژی برابر است با

K_i-K_f=\frac12m v_r^2+\frac12\frac{Im}{I+mr^2}(v_t-r\omega_i)^2 \approx1.0892\,\mathrm{J}>0.

به‌طور مستقل، انرژی اولیه $1.09\,\mathrm{J}$ و انرژی نهایی $1/1300\,\mathrm{J}$ است. این بررسی هم اتلاف انرژی و هم ضرورت استفاده از سرعت مماسی علامت‌دار به‌جای اندازهٔ کل سرعت در تکانهٔ زاویه‌ای را تأیید می‌کند.

۴.۴. مثلث ابداعی با جرم‌های نابرابر

جرم‌های $m,2m,3m$ را به‌ترتیب در $\vec 0,\ell\hat x,\ell\hat y$ قرار دهید. مرکز جرم و سه مربع فاصلهٔ آن‌ها $\vec R=(\ell/3)\hat x+(\ell/2)\hat y$ و $\ell^2,\ell^2,2\ell^2$ هستند. قضیهٔ جفتی می‌دهد

S_{\mathrm{cm}}=\frac{2m^2\ell^2+3m^2\ell^2+6m^2(2\ell^2)}{6m}=\frac{17}{6}m\ell^2,\qquad \operatorname{tr}\mathbf I_{\mathrm{cm}}=\frac{17}{3}m\ell^2.

به‌طور مستقیم، $\sum_i m_ir_i^2=5m\ell^2$ و $MR^2=13m\ell^2/6$ نتیجه را بازیابی می‌کنند. تمام سهم‌ها نامنفی‌اند؛ تغییر مقیاس مشترک طول‌ها گشتاور دوم را به‌صورت درجه‌دوم تغییر می‌دهد. جمع جفتی بدون وزن برای جرم‌های نابرابر نادرست است.

۴.۵. ساخت تانسور برای جسم مستطیلی توپر یکنواخت

طول اضلاع $a,b,c$ ، چگالی یکنواخت $\rho$ ، مبدأ رأسی و محورهای مثبت در راستای اضلاع را در نظر بگیرید. دامنه و جرم $0\le x\le a,\ 0\le y\le b,\ 0\le z\le c,\ M=\rho abc$ هستند. انتگرال‌ها را با حفظ علامت منفی غیرقطری تجزیه کنید:

\begin{aligned}I_{xx}&=\rho\int_0^a dx\int_0^bdy\int_0^cdz\,(y^2+z^2)=\frac M3(b^2+c^2),\\ I_{xy}&=-\rho\left(\int_0^ax\,dx\right)\left(\int_0^by\,dy\right)\left(\int_0^cdz\right)=-\frac{Mab}{4}.\end{aligned}

جایگشت دوری مختصات تانسور رأسی را می‌دهد؛ مختصات مرکزی به‌طور متقارن حول صفر گسترده‌اند:

\mathbf I_O=M\begin{pmatrix}(b^2+c^2)/3&-ab/4&-ac/4\\-ab/4&(a^2+c^2)/3&-bc/4\\-ac/4&-bc/4&(a^2+b^2)/3\end{pmatrix},\qquad \mathbf I_{\mathrm{cm}}=\frac M{12}\begin{pmatrix}b^2+c^2&0&0\\0&a^2+c^2&0\\0&0&a^2+b^2\end{pmatrix}.

مرکز جرم $\vec R=(a/2,b/2,c/2)$ است. تقارن بازتابی حاصل‌ضرب‌های اینرسی مرکزی را حذف می‌کند، اما حاصل‌ضرب‌های رأسی را حذف نمی‌کند. انتقال تانسوری $\mathbf I_O=\mathbf I_{\mathrm{cm}}+M(R^2\mathbf 1-\vec R\vec R^{\,T})$ تانسور رأسی را بازیابی می‌کند: افزایش‌های قطری مربع جابه‌جایی‌های عرضی را جمع می‌کنند، درحالی‌که افزایش‌های غیرقطری $-MR_iR_j$ هستند. هر دو تانسور واحد جرم ضرب‌در طول به توان دو دارند.

مکعب دارای $a=b=c$ است. درایه‌های قطری رأسی آن $2Ma^2/3=2\rho a^5/3$ و درایه‌های غیرقطری آن $-Ma^2/4=-\rho a^5/4$ هستند؛ تانسور مرکزی $\mathbf I_{\mathrm{cm}}=(Ma^2/6)\mathbf1$ است. در رأس، قطر فضایی محور اصلی با ممان $Ma^2/6$ است و صفحهٔ عمود بر آن ممان تکرارشدهٔ $11Ma^2/12$ دارد. برابری درایه‌های قطری به‌تنهایی به معنای همسانگردی نیست.

۴.۶. مثال ابداعی پایداری

برای ممان‌های $(I_1,I_2,I_3)=(2,3,4)I_0$ و سرعت چرخش $\Omega=5\,\mathrm{s^{-1}}$ ، اغتشاش حول محور کمینه با فرکانس $\Omega/\sqrt6$ نوسان می‌کند، اغتشاش محور میانی آهنگ رشد $\Omega/\sqrt8$ دارد و اغتشاش محور بیشینه با فرکانس $\Omega/\sqrt3$ نوسان می‌کند. این نتایج از معادلات خطی‌شده به دست می‌آیند؛ هیچ‌یک آهنگ میرایی نیست.

۴.۷. فرفرهٔ سنگین ابداعی با دو شاخهٔ تقدیم

فرفرهٔ متقارن ایده‌آل با نوک ثابت، ممان‌های تکیه‌گاهی $I_3=0.020\,\mathrm{kg\,m^2}$ و $I_1=I_2=0.030\,\mathrm{kg\,m^2}$ ، مقیاس گرانشی $mgl=0.12\,\mathrm{J}$ و زاویهٔ $\theta_0=60^\circ$ دارد. پس نسبت اینرسی آن $I_1/I_3=3/2$ است. اگر سرعت زاویه‌ای محوری آن $\omega_3=6\,\mathrm{s^{-1}}$ باشد، شرط دقیق عبارت است از

(0.015\,\mathrm{kg\,m^2})\Omega^2-(0.12\,\mathrm{kg\,m^2/s})\Omega+0.12\,\mathrm{J}=0,

\Omega_{\pm}=(4\pm2\sqrt2)\,\mathrm{s^{-1}},\qquad \dot\psi_{\pm}=(4\mp\sqrt2)\,\mathrm{s^{-1}}.

هر دو حرکت پایا با تکانه‌های زاویه‌ای قائم متفاوت وجود دارند؛ انتخاب یکی از آن‌ها به داده‌های اولیهٔ متناظر نیاز دارد. تقریب چرخش محوری تند، $\Omega_{\mathrm{slow}}\simeq1\,\mathrm{s^{-1}}$ می‌دهد، درحالی‌که مقدار دقیق $1.172\,\mathrm{s^{-1}}$ است؛ بنابراین اینجا تنها یک تقریب است.

اگر در عوض چرخش محوری اجازهٔ تغییر داشته باشد، کمترین آهنگ اویلری در این زاویه از $A=1/4$ و $B=6\,\mathrm{s^{-2}}$ به دست می‌آید:

\Omega_*=2\sqrt6\,\mathrm{s^{-1}},\qquad \dot\psi_{\min}=\sqrt6\,\mathrm{s^{-1}},\qquad \omega_{3,*}=\dot\psi_{\min}+\Omega_*\cos\theta_0=2\sqrt6\,\mathrm{s^{-1}}.

جای‌گذاری در شرط دقیق می‌دهد $(0.36-0.48+0.12)\,\mathrm{J}=0$ . این کمینه با تغییر چرخش محوری نسبت به مقدار تجویزشدهٔ قبلی حاصل می‌شود؛ مقایسهٔ دو شاخه در چرخش محوری ثابت نیست.

۵. گونه‌های رایج، حالت‌های خاص و حدها

فرفرهٔ کروی ( $I_1=I_2=I_3\equiv I$ ): $\mathbf{I}=I\,\mathbb{1}$ ، پس $\vec{L}=I\vec{\omega}$ برای هر محوری؛ حرکت بدون گشتاور بدیهی است ( $\vec\omega$ ثابت).
فرفرهٔ متقارن ( $I_1=I_2\ne I_3$ ): معادلات اویلر بدون گشتاور، دوران مؤلفه‌های عرضی سرعت زاویه‌ای را در دستگاه جسم با آهنگ علامت‌دار $\Omega = \dfrac{(I_3-I_1)}{I_1}\,\omega_3$ می‌دهند؛ روابط $\dot\omega_1=-\Omega\omega_2$ و $\dot\omega_2=\Omega\omega_1$ برقرارند. محور تقارن حول بردار ثابتِ دستگاه فضا، یعنی $\vec L$ ، با آهنگ متفاوت $\dot\phi=L/I_1$ تقدیم می‌کند. این مدل جسم صلب ایده‌آل برای دیسک چرخان یا لرزش زمین‌مانند است؛ دورهٔ واقعی چندلر به آثار کشسانی و سیالات نیز وابسته است.
فرفرهٔ نامتقارن ( $I_1<I_2<I_3$ ): قضیهٔ راکت تنیس / محور میانی — دوران حول بزرگ‌ترین و کوچک‌ترین محورهای اصلی پایدار و حول محور میانی ناپایدار است (معادلات اویلر رشد نمایی می‌دهند).
فرفرهٔ متقارن سنگین (گشتاور گرانش حول نوک ثابت): شاخهٔ آهسته در حد چرخش محوری تند، $\dot\phi \simeq \dfrac{Mg\ell}{I_3\omega_3}$ دارد. برای هر دو شاخه از شرط دقیق بالا و برای نوتاسیون از پتانسیل مؤثر استفاده کنید؛ داده‌های اولیهٔ دقیقاً پایا نوتاسیون ندارند.
اجسام دورانی (مخروط، استوانه، نیم‌کره): مرکز جرم روی محور تقارن قرار می‌گیرد؛ برش به دیسک‌ها $dm\propto r(z)^2\,dz$ می‌دهد. یک مخروط تُوپُر یکنواخت به ارتفاع $h$ ، مرکز جرمش در فاصلهٔ $\tfrac34 h$ از رأس است ( $\tfrac14 h$ از قاعده).
غلتش بدون لغزش: انتقال و دوران را از طریق $v_{\text{cm}}=\omega R$ جفت می‌کند؛ از $T=\tfrac12 Mv_{\text{cm}}^2+\tfrac12 I_{\text{cm}}\omega^2$ استفاده کنید یا همه‌چیز را در $I_{\text{contact}}=I_{\text{cm}}+MR^2$ حول خط تماس جمع کنید.

کدام آهنگ فرفره مشخص شده است؟

کمیت	معنا	کاربرد
$\dot\phi=\Omega$	تقدیم سمتی در دستگاه فضا حول قائم	شرط دقیق تقدیم پایا را حل کنید
$\dot\psi$	آهنگ دوران اویلری حول محور جسم نسبت به مرجع متحرک	$A\Omega+B/\Omega$ را تنها در دامنهٔ مشخص آن کمینه کنید
$\omega_3=\dot\psi+\Omega\cos\theta_0$	مؤلفهٔ واقعی سرعت زاویه‌ای در راستای محور جسم	تکانهٔ محوری $p_\psi=I_3\omega_3$ است
آهنگ عرضی بدون گشتاور در دستگاه جسم	دوران مؤلفه‌های سرعت زاویه‌ای در دستگاه اصلی	حرکتی متفاوت از تقدیم ناشی از گرانش است

کدام قانون پایستگی به کار می‌آید؟

وضعیت	قانون مفید	شرط یا توضیح
حرکت آزاد جسم صلب منزوی	تکانهٔ خطی و زاویه‌ای کل پایسته‌اند	نیرو و گشتاور خارجی باید صفر باشند
گیراندازی در لولای ثابت ایده‌آل	تکانهٔ زاویه‌ای محوری طی برخورد پایسته است	ضربهٔ زاویه‌ای خارجی حول آن محور ناچیز باشد
همان برخورد همراه با فرو رفتن	انرژی جنبشی ترکیبی عموماً کاهش می‌یابد	پایستگی انرژیِ برخورد کشسان را تحمیل نکنید
حرکت بعدی بدون اصطکاک زیر اثر گرانش	انرژی مکانیکی پایسته است	جرم گیراندازی‌شده را در اینرسی و انرژی پتانسیل وارد کنید
غلتش بدون لغزش	رابطهٔ انرژی حول محور تماس لحظه‌ای	تماس عموماً لولای لختِ ثابت و دائمی نیست

در گیراندازی، حد جرم صفر سرعت اولیهٔ جسم را می‌دهد؛ ورود در راستای شعاعِ لولا تا محل برخورد، تکانهٔ زاویه‌ای ذرهٔ صفر می‌دهد؛ ورود با علامت مخالف می‌تواند دوران را کند، متوقف یا معکوس کند. ذره‌ای که روی محور فرود می‌آید، نه اینرسی محوری جرم نقطه‌ای دارد و نه تکانهٔ زاویه‌ای محوری ورودی. این حدها برای جسم با اینرسی محوری اولیهٔ غیرصفر بیان شده‌اند. صفحهٔ نازک مربعی نیز آزمون تباهی مفیدی است: برابری ممان‌های اصلی درون‌صفحه‌ای باعث می‌شود هر راستای درون صفحه اصلی باشد؛ پس قطر درون صفحه انحراف صفحهٔ غیرمربع را ایجاد نمی‌کند.

تلهٔ رایج: $\vec L=\mathbf I\vec\omega$ یک معادلهٔ تانسوری است؛ موازی بودن بردارهای کامل در راستای اصلی برقرار است، اما رابطهٔ مؤلفهٔ محوری $L_n=I_{nn}\omega$ برای هر دوران مقید حول محور ثابت معتبر است. خارج از محور اصلی، یاتاقان‌ها باید گشتاور عرضی $\vec\omega\times\vec L$ را حتی در $\lvert\vec\omega\rvert$ ثابت تأمین کنند. نقطهٔ مرجع را یکسان نگه دارید و جملهٔ اشتاینر $Md^2$ را وارد کنید. طی فرو رفتن، تکانهٔ زاویه‌ای مناسب حول محور لولا را پایسته بگیرید، جرم گیراندازی‌شده را در اینرسی نهایی وارد کنید و انرژی جنبشی را محاسبه کنید، نه اینکه پایسته فرض کنید. برای فرفرهٔ سنگین از اینرسی‌های تکیه‌گاهی استفاده کنید و $\dot\psi$ را از $\omega_3$ متمایز کنید؛ هنگام یافتن کمینهٔ چرخش اویلری، تقریب تقدیم آهسته جای شرط دقیق را نمی‌گیرد.

فرمول‌های کلیدی

Center of mass

\vec{R}_{\text{cm}} = \frac{1}{M}\int \vec{r}\,\rho\,dV

Inertia tensor

I_{ij} = \int \rho\,\big(r^2\,\delta_{ij} - x_i x_j\big)\,dV

Parallel-axis theorem

I_{ij} = I^{\text{cm}}_{ij} + M\big(a^2\,\delta_{ij} - a_i a_j\big)

Angular momentum

\vec{L} = \mathbf{I}\,\vec{\omega}

Rotational kinetic energy

T_{\text{rot}} = \tfrac12\,\vec{\omega}\cdot\mathbf{I}\,\vec{\omega} = \tfrac12\big(I_1\omega_1^2 + I_2\omega_2^2 + I_3\omega_3^2\big)

Euler's equations

I_i\dot{\omega}_i - (I_j-I_k)\,\omega_j\omega_k = \tau_i \quad (i,j,k\ \text{cyclic})

Free-precession rate (symmetric top)

\Omega = \frac{I_3-I_1}{I_1}\,\omega_3

Single-axis parallel-axis theorem

I_O=I_{\mathrm{cm}}+Md^2

Perpendicular-axis theorem for a planar lamina

I_{zz}=I_{xx}+I_{yy}

Total kinetic energy (König theorem)

T=\tfrac12 M\dot{\vec R}_{\mathrm{cm}}^2+\tfrac12\vec\omega\cdot\mathbf I_{\mathrm{cm}}\vec\omega

Fixed-axis angular momentum

L_{O,n}=I_{O,nn}\omega

Angular impulse about a fixed axis

\Delta L_{O,n}=\int\tau_{O,n,\mathrm{ext}}\,dt

Signed incident angular momentum

\ell_{\mathrm{in}}=m\hat n\cdot(\vec R\times\vec v)=mv r_\perp

Hinged capture angular speed

\omega_f=\frac{L_{O,\mathrm{body},i}+mv r_\perp}{I_{O,\mathrm{body}}+mr^2}

Rotating-body oblique planar capture

\omega_f=\frac{I\omega_i+mrv\sin\beta}{I+mr^2}

Capture kinetic-energy loss

K_i-K_f=\tfrac12m v_r^2+\tfrac12\frac{Im}{I+mr^2}(v_t-r\omega_i)^2

Stationary-body perpendicular capture energy fraction

\frac{K_f}{K_i}=\frac{mr^2}{I+mr^2}

Space-frame free precession of a symmetric top

\dot\phi=\frac{L}{I_1}

Fast heavy-top precession

\dot\phi\simeq\frac{Mg\ell}{I_3\omega_3}

Rolling without slipping

v_{\mathrm{cm}}=\omega R,\quad I_{\mathrm{contact}}=I_{\mathrm{cm}}+MR^2

Mass-weighted pairwise central second moment

\sum_i m_i|\vec r_i-\vec R|^2=\frac1M\sum_{i<j}m_im_j|\vec r_i-\vec r_j|^2=\frac1{2M}\sum_{i,j}m_im_j|\vec r_i-\vec r_j|^2

Continuum pairwise second moment

\int|\vec r-\vec R|^2dm=\frac1{2M}\iint|\vec r-\vec r\prime|^2dm\,dm\prime

Trace and central scalar second moment

\operatorname{tr}\mathbf I_{\mathrm{cm}}=2S_{\mathrm{cm}},\quad R_g^2=\frac{S_{\mathrm{cm}}}{M}

Principal-axis transverse linearization

\ddot{\delta\omega}_i=-\frac{(I_k-I_j)(I_k-I_i)}{I_iI_j}\Omega^2\delta\omega_i\quad(i,j,k\ \text{distinct})

Fixed-tip symmetric-top kinetic energy

T=\frac{I_1}{2}(\dot\theta^2+\dot\phi^2\sin^2\theta)+\frac{I_3}{2}(\dot\psi+\dot\phi\cos\theta)^2

Heavy-top potential and body-axis spin

U=mgl\cos\theta,\quad\omega_3=\dot\psi+\dot\phi\cos\theta

Conserved axial and vertical top momenta

p_\psi=I_3\omega_3,\quad p_\phi=I_1\dot\phi\sin^2\theta+p_\psi\cos\theta

Exact nonvertical steady-precession condition

I_1\Omega^2\cos\theta_0-I_3\Omega\omega_3+mgl=0

Heavy-top precession branches

\Omega_{\pm}=\frac{I_3\omega_3\pm\sqrt{I_3^2\omega_3^2-4I_1mgl\cos\theta_0}}{2I_1\cos\theta_0}\quad(\cos\theta_0\ne0)

Minimum Euler spin on the positive-precession domain

\dot\psi=A\Omega+B/\Omega,\quad A=\frac{I_1-I_3}{I_3}\cos\theta_0>0,\quad B=\frac{mgl}{I_3}>0,\quad\Omega_*=\sqrt{B/A},\quad\dot\psi_{\min}=2\sqrt{AB}

Heavy-top effective potential

U_{\mathrm{eff}}=\frac{(p_\phi-p_\psi\cos\theta)^2}{2I_1\sin^2\theta}+\frac{p_\psi^2}{2I_3}+mgl\cos\theta

Small nutations about nonvertical steady precession

\nu_{\mathrm{nut}}^2=\frac{(p_\psi-2I_1\Omega\cos\theta_0)^2}{I_1^2}+\Omega^2\sin^2\theta_0

#inertia-tensor#pairwise-distances#intermediate-axis-theorem#hinged-capture#rolling-without-slipping#heavy-symmetric-top#steady-precession

کارت‌های مرتبط

مفهوممکانیک کلاسیک

مکانیک نیوتنی: داده‌های اولیه، انرژی، برخوردها و پسا

روش مناسب را از دینامیک برداری، انتگرال زمان با سرعت علامت‌دار، ضریب بازگشت و پسا انتخاب کنید و سرعت‌ها و نیروها را میان دستگاه‌های اینرسی و چرخان تبدیل کنید.

coefficient-of-restitutionrepeated-impactstransport-theoremrotating-reference-frame

مفهوممکانیک کلاسیک

مکانیک لاگرانژی و هامیلتونی

مختصات تعمیم‌یافته، قیدهای چرخان، جفت‌شدگی‌های غیرخطی سرعت، هم‌وردایی مختصاتی، آزادی پیمانه‌ای، تکانه‌های پایسته، تبدیل لژاندر منظم و کروشه‌های پواسون.

lagrangian-mechanicshamiltonianeuler-lagrangelegendre-transform

مفهوممکانیک کلاسیک

نوسان‌های کوچک و مُدهای طبیعی سامانه‌های جفت‌شده

بسط هر تعادل پایدار تا مرتبهٔ دوم، یک سامانهٔ با n درجهٔ آزادی را به مسئلهٔ مقدار ویژهٔ تعمیم‌یافتهٔ (V-ω^2M)a=0 تبدیل می‌کند که ریشه‌هایش فرکانس‌های طبیعی و بردارهای ویژه‌اش مُدهای طبیعی‌اند — به‌علاوهٔ حدهای میرا ( γ در برابر ω_0 ) و واداشتهٔ همین معادلات.

small-oscillationsnormal-modescoupled-oscillatorssecular-equation

مفهومفیزیک پایه

سینماتیک، دینامیک نیوتنی و مرکز جرم

سینماتیک برداری، نیروها و حرکت مقید، به‌همراه مرکز جرم وزن‌دار سامانه‌های گسسته و پیوسته و روش تفریق برای ورقه‌های مرکب.

newton-second-lawfree-body-diagramcenter-of-masscomposite-lamina

مفهومفیزیک پایه

دینامیک دورانی: ممان اینرسی، گشتاور، اندازهٔ حرکت زاویه‌ای و غلتش

ابزارهای دوران حول محور ثابت و غلتش را به کار ببرید، ورقه‌های حفره‌دار را با جرم و مساحت درست نرمال کنید و سرعت تقدیم ژیروسکوپی را از دورهٔ آن تشخیص دهید.

rotational-dynamicsmoment-of-inertiatorqueangular-momentum

سوالات تمرینی · 8/13

مکانیک کلاسیکآساندینامیک جسم صلبکنکور ارشد فیزیک ۱۴۰۵ — سؤال ۶۸

مرکز جرم مخروط توپر یکنواختی با شعاع قاعدهٔ a و ارتفاع h بر روی محور مخروط در چه فاصله‌ای از رأس مخروط قرار دارد؟

مکانیک کلاسیکآساندینامیک جسم صلبکنکور ارشد فیزیک ۱۴۰۴ — سؤال ۶۱

ردّ تانسور لختی یک مکعب همگن به جرم M و ضلع a در دستگاه مختصاتی که مبدأ آن در مرکز جرم واقع است و محورهای مختصات عمود بر وجوه مکعب‌اند، کدام است؟

مکانیک کلاسیکمتوسطدینامیک جسم صلبکنکور ارشد فیزیک ۱۴۰۴ — سؤال ۶۴

در شکل مقابل، گلوله‌ای به جرم m و شعاع R در داخل کرهٔ توخالی دیگری به جرم m و شعاع داخلی ۲R قرار دارد. سامانه را از حالت سکون رها می‌کنیم. اگر همهٔ حرکت‌ها غلتشی باشند (لغزش وجود ندارد)، از کمیت‌های…

مکانیک کلاسیکمتوسطدینامیک جسم صلبکنکور ارشد فیزیک ۱۴۰۴ — سؤال ۷۰

مطابق شکل زیر، نیروی افقی و ثابت F بر یک پوستهٔ کروی به جرم m و شعاع R وارد می‌شود. امتداد نیرو از مرکز پوسته می‌گذرد. ضریب اصطکاک ایستایی میان‌پوسته و سطح افقی که بر روی آن قرار گرفته μ_s است.…

مکانیک کلاسیکآساندینامیک جسم صلبکنکور ارشد فیزیک ۱۴۰۴ — سؤال ۷۱

دو کرهٔ مشابه بسیار کوچک، هر کدام به جرم m و شعاع ناچیز، به دو سر میلهٔ بسیار سبکی به طول b جوش داده شده و مطابق شکل، حول محوری که از مرکز میله گذشته و با امتداد میله زاویهٔ θ می‌سازد، با سرعت…

مکانیک کلاسیکمتوسطدینامیک جسم صلبکنکور ارشد فیزیک ۱۴۰۳ — سؤال ۷۲

میله یکنواختی به طول L و جرم M ، از یک سر به محور افقی بدون اصطکاکی لولا شده است و می‌تواند در صفحه قائم آزادانه حول این محور بچرخد. گلوله‌ای به جرم m=M/۳ به طور افقی با سرعت v به وسط میله شلیک…

مکانیک کلاسیکمتوسطدینامیک جسم صلبکنکور ارشد فیزیک ۱۴۰۲ — سؤال ۶۶

مجموعه‌ای متشکل از N ذره هر یک به جرم m_i و بردار مکان r_i در نظر بگیرید. اگر R بردار مکان مرکز جرم و M جرم کل مجموعه باشد، کدام رابطه درست است؟ (r_ij=r_j-r_i)

مکانیک کلاسیکمتوسطدینامیک جسم صلبکنکور ارشد فیزیک ۱۴۰۲ — سؤال ۷۵

مکعب توپر به طول ضلع a و چگالی یکنواخت ρ در نظر بگیرید. کدام رابطه در مورد مؤلفه‌های I_ij تانسور اینرسی این مکعب نسبت به دستگاه مختصات نشان داده شده درست است؟ (در شکل، مبدأ در یک رأس مکعب قرار دارد و…

همهٔ 13 سؤال →