--- kurs: - F0006T tags: - fysik - mekanik - rotation förkunskaper: - "[[Rotationsmekanik]]" - "[[Newtons lagar]]" - "[[Arbete och kinetisk energi]]" status: granskad aliases: - Tröghetsmoment - I (storhet) - Moment of inertia --- > **Kurs:** F0006T > **Förkunskaper:** [[Rotationsmekanik]], [[Newtons lagar]], [[Arbete och kinetisk energi]] --- ## 1. Idén bakom tröghetsmomentet Newtons andra lag $\vec F = m\vec a$ säger oss att **massan** är ett mått på hur svår en kropp är att accelerera *translatoriskt*. När vi går över till **rotation** kring en axel behöver vi en motsvarande storhet — något som säger hur svår kroppen är att vinkelaccelerera. Det är **tröghetsmomentet** $I$. > [!abstract] Grundtanken > Tröghetsmomentet $I$ förhåller sig till rotation precis som massan $m$ förhåller sig till translation. Skillnaden är att $I$ inte bara beror på *hur mycket* massa kroppen har, utan också på *var* massan sitter i förhållande till rotationsaxeln. Det innebär två viktiga saker: - En kropp har inte ett *enda* tröghetsmoment — det beror på vilken axel man väljer. - Massa långt ifrån axeln "räknas" mer än massa nära axeln. Faktorn är kvadratisk: dubbelt avstånd ger fyra gånger så stort bidrag. > [!note] Två frågor som alltid måste besvaras först > 1. **Vilken axel arbetar vi med?** > 2. **Vilken kropp / vilken massfördelning arbetar vi med?** > > Glömmer man någon av dessa blir tröghetsmomentet meningslöst — det är inte en egenskap hos kroppen ensam, utan hos *paret* (kropp, axel). --- ## 2. Härledning från rotationsenergi Den naturligaste vägen in till $I$ går via [[Rörelseenergi|rörelseenergin]] för en stel kropp som roterar kring en fix axel. Dela upp kroppen i små bitar med massor $m_i$ på vinkelräta avstånd $r_i$ från rotationsaxeln. Eftersom kroppen är *stel* har alla bitar samma vinkelhastighet $\omega$. Den tangentiella farten för bit $i$ är då $$ v_i = r_i\,\omega. $$ Bit $i$:s rörelseenergi är $K_i = \tfrac{1}{2}m_i v_i^2 = \tfrac{1}{2}m_i r_i^2\omega^2$. Summera över alla bitar: $$ K = \sum_i K_i = \tfrac{1}{2}\left(\sum_i m_i r_i^2\right)\omega^2. $$ Parentesen är en egenskap som *bara* beror på massfördelningen i förhållande till axeln — inte på rörelsen. Den får ett eget namn: $$ \boxed{\;I = \sum_i m_i r_i^2\;} $$ Med detta får rörelseenergin den kompakta formen $$ \boxed{\;K_{\text{rot}} = \tfrac{1}{2}I\omega^2\;} $$ > [!tip] Direkt analogi > Jämför med translation: $K_{\text{trans}} = \tfrac{1}{2}mv^2$. Bytet $m\to I$ och $v\to\omega$ ger rotationsversionen. Samma analogi fungerar för momentekvationen ($\vec F\to\vec\tau$, $m\to I$, $\vec a\to\vec\alpha$) — se [[Momentekvationen]]. --- ## 3. Tröghetsmoment för kontinuerliga kroppar För en kontinuerlig kropp ersätter vi summan med en integral. Bidraget från ett massement $dm$ på avståndet $r$ från axeln är $r^2\,dm$, så $$ \boxed{\;I = \int_{\text{kroppen}} r^2\,dm\;} $$ Vid **konstant densitet** $\rho$ kan $dm = \rho\,dV$ flyttas in och $\rho$ kan brytas ut: $$ I = \int_V \rho\,r^2\,dV = \rho\int_V r^2\,dV. $$ För kroppar med **plan symmetri** (skivor, ringar, stänger) reduceras volymsintegralen ofta till en enkel- eller dubbelintegral över genomskärningens area. > [!warning] $r$ är *vinkelrätt* avstånd till axeln > Inte avstånd till origo, inte radievektorns längd. Det är specifikt det vinkelräta avståndet från massementet till rotationsaxeln. För en stång som roterar kring sin egen längdaxel är $r$ avståndet ut till stångens yta — *inte* längs stången. --- ## 4. Geometrisk tolkning Eftersom bidraget från en bit massa skalar som $r^2$ är massa **långt från axeln** mycket viktigare än massa **nära axeln**. Det är hela poängen med tröghetsmomentet — och förklarar varför *samma kropp* med *samma massa* kan ha helt olika tröghetsmoment beroende på hur massan är fördelad. > [!example]- Demo — två stänger med samma massa, olika fördelning > Två 0,5 m långa aluminiumrör, båda med försumbar egenmassa. På varje rör sitter två vikter à $m=0{,}2$ kg. På rör 1 sitter vikterna nära mitten; på rör 2 sitter de i ändarna. > > **Rotation kring centrum (cm):** > $$ > I_{\text{cm},1}\approx 0,\qquad I_{\text{cm},2} = 2mR^2 \gg I_{\text{cm},1}. > $$ > > **Rotation kring ena änden $A$ (med Steiners sats, se §5):** > $$ > I_{A,1} = 2mR^2,\qquad I_{A,2} \approx 0 + m(2R)^2 \cdot 2 = 8mR^2 = 2\cdot I_{A,1}. > $$ > > Trots att stängerna har *samma totala massa* skiljer sig deras tröghetsmoment med en faktor flera. Rör 2 är märkbart trögare att sätta i rotation — testa själv om du har två sådana stavar tillgängliga, det är en ovanligt övertygande klassrumsdemonstration. --- ## 5. Steiners sats (parallellaxelsatsen) Det är ofta enkelt att räkna ut tröghetsmomentet kring en axel **genom masscentrum**, men problemet ber oss om en *annan* parallell axel. Steiners sats är genvägen. > [!important] Steiners sats > Låt $I_{\text{cm}}$ vara tröghetsmomentet kring en axel genom masscentrum, och låt $P$ vara en *parallell* axel på avståndet $d$. Då är > $$ > \boxed{\;I_P = I_{\text{cm}} + Md^2\;} > $$ > där $M$ är kroppens totala massa. ![[Pasted image 20260414110336.png|400]] Två observationer: 1. **Bidraget $Md^2$ är alltid positivt.** Det betyder att $I_{\text{cm}}$ är det *minsta* tröghetsmomentet för någon axel parallell med en given riktning — flytta axeln bort från cm och $I$ kan bara öka. 2. **Satsen kräver att axlarna är parallella.** För roterade axlar krävs den fulla tröghetstensorn, vilket vi inte rör i den här kursen. > [!tip] Praktisk användning > Steiners sats används typiskt åt två håll: > > - **"Flytta in till cm."** Du har $I$ kring en kant och vill ha det kring cm: $I_{\text{cm}} = I_P - Md^2$. > - **"Flytta ut från cm."** Du har $I_{\text{cm}}$ från en tabell och vill ha $I$ kring en lämplig kant eller momentancentrum: $I_P = I_{\text{cm}} + Md^2$. --- ## 6. Tröghetsradie Det är ofta praktiskt att rapportera tröghetsmomentet inte som en talvärde, utan som en *karakteristisk längd* — den **tröghetsradie** $k$ som en motsvarande tunn cylinderhylsa skulle behöva ha för att ge samma $I$: $$ \boxed{\;I = Mk^2 \;\iff\; k = \sqrt{\frac{I}{M}}\;} $$ ![[Pasted image 20260414111706.png|400]] Tröghetsradien har dimensionen längd och säger något *geometriskt* om var massan sitter i förhållande till axeln. Den används flitigt i konstruktionssammanhang (svänghjul, hjulupphängning) där man vill beskriva "hur fördelad" en kropps massa är utan att lista hela $I$:n. --- ## 7. Sammansatta kroppar Eftersom tröghetsmomentet definieras som en integral är det **additivt** över rumsligt åtskilda delar. Är kroppen sammansatt av $n$ delar med tröghetsmoment $I_1,I_2,\ldots,I_n$ kring *samma axel*, så är totala tröghetsmomentet $$ \boxed{\;I = I_1 + I_2 + \cdots + I_n\;} $$ Härledningen följer direkt från definitionen: $$ I = \int_V r^2\,dm = \int_{V_1} r^2\,dm + \int_{V_2} r^2\,dm + \cdots $$ Två viktiga tekniker faller ut: - **Subtraktionstrick.** Vill du beräkna $I$ för en kropp med ett *hål*? Räkna $I$ för den fulla kroppen och dra av $I$ för det fiktiva fyllnadsmaterialet i hålet. Båda termerna kan tas från standardtabeller. - **Symmetritrick.** Är kroppen symmetrisk så att två delar bidrar lika mycket, räcker det att räkna ena halvan och dubbla. --- ## 8. Tunna skivor Tunna plana kroppar har en användbar specialregel: **vinkelaxelsatsen** (perpendicular axis theorem). > [!important] Vinkelaxelsatsen (endast plana kroppar) > Ligger kroppen i $xy$-planet och låter vi $z$-axeln vara vinkelrät mot planet, så är > $$ > \boxed{\;I_z = I_x + I_y\;} > $$ > där alla tre axlar går genom samma punkt. ![[Pasted image 20260414112159.png|400]] Bevisidén är enkel: för en punkt $(x,y)$ i planet är avståndet till $z$-axeln $r^2 = x^2+y^2$, dvs. summan av de vinkelräta avstånden till $x$- och $y$-axlarna i kvadrat. Integrerar man bidragen över skivan så summeras integralerna direkt. ![[Pasted image 20260414112454.png|400]] skapas > [!example]- M 6.2 — halvskiva > En halv homogen cirkelskiva med radie $R$ och massa $M$. > > ![[Pasted image 20260414112714.png]] > > > [!success]- Facit > > **a) Tröghetsmoment kring symmetriaxeln $z$ (vinkelrät mot skivan, genom centrum):** > > > > Skriv halvskivan som en *full* skiva minus den *andra* halvan. Av symmetri har båda halvorna samma $I_z$, så > > $$ > > I_{z,\text{halv}} = \tfrac{1}{2}I_{z,\text{full}}. > > $$ > > För en full homogen skiva ger Fysika **Tf-1b/c**: $I_{z,\text{full}} = \tfrac{1}{2}MR^2$ — men *här är $M$ den fulla skivans massa*, inte halvans, så vi får > > $$ > > I_{z,\text{halv}} = \tfrac{1}{2}MR^2. > > $$ > > > > **b) Tröghetsmoment kring en axel längs den raka kanten:** > > > > Använd Steiners sats för att flytta axeln från cm ut till kanten (avstånd $\tfrac{4R}{3\pi}$ för halvskiva). > > > > ![[Pasted image 20260414112700.png]] --- ## 9. Sammanfattning och metodik > [!important] Hur man tar fram tröghetsmomentet i ett problem > 1. **Identifiera axeln.** Vilken är rotationsaxeln? Är den fix, går genom cm, eller momentancentrum? > 2. **Identifiera kroppen.** Är den homogen? Sammansatt av enkla delar? Har den ett hål? > 3. **Slå upp eller härled.** Sök i Fysika eller Adams, eller använd $I = \int r^2\,dm$ direkt om kroppen är enkel. > 4. **Använd Steiners sats** för att flytta axeln om det behövs. > 5. **Använd vinkelaxelsatsen** om kroppen är plan och axeln är vinkelrät mot planet. > 6. **Summera över delar** för sammansatta kroppar (eller subtrahera, för hål). | Storhet | Translation | Rotation kring fix axel | |---|---|---| | Tröghet | $m$ (massa) | $I$ (tröghetsmoment) | | "Hastighet" | $v$ | $\omega$ | | "Acceleration" | $a$ | $\alpha$ | | "Kraftmotsvarighet" | $\vec F = m\vec a$ | $\tau = I\alpha$ | | Rörelseenergi | $\tfrac{1}{2}mv^2$ | $\tfrac{1}{2}I\omega^2$ | | Rörelsemängd | $p = mv$ | $L = I\omega$ | > [!warning] Vanliga fallgropar > - **Glömt parallellaxelsatsen** när axeln ligger en bit från cm. > - **Använt fel $r$:** $r$ är *vinkelräta* avståndet till rotationsaxeln, inte radievektorns längd. > - **Antagit konstant densitet** utan motivering — kontrollera om kroppen är homogen innan $\rho$ bryts ut. > - **Adderat tröghetsmoment kring olika axlar.** Additivitet kräver *samma* axel. --- ## Tillämpningar — utförda exempel > [!example]- Exempel A — trissa, två lastfall > En trissa (homogen skiva, radie $R$, massa $M$, $I_{\text{cm}}=\tfrac{1}{2}MR^2$). > > - **Fall 1:** En lina hänger över trissan. På linan hänger en massa $m$ som drar medurs. > - **Fall 2:** Linan dras direkt med kraften $F=mg$ medurs (ingen hängande massa). > > Vad är skillnaden? Vilket koordinatsystem är lämpligt? > > > [!success]- Lösning > > Eftersom trissan roterar kring sitt egna masscentrum följer ingen fix punkt på kanten en cirkelbana med konstant radie i rummet — alltså inte $nt$-koordinater för trissan. Använd **kartesiskt koordinatsystem** för den hängande massan, kombinerat med [[Momentekvationen|momentlagen]] kring trissans masscentrum. > > > > **Fall 1 — hängande massa $m$:** > > Linans spännkraft är $T$. Rullning utan glidning ger $a = \alpha R$. > > > > NII för $m$ (positivt nedåt): > > $$mg - T = ma$$ > > > > Momentlagen för trissan kring cm: > > $$TR = I_{\text{cm}}\alpha = \tfrac{1}{2}MR^2\alpha \implies T = \tfrac{1}{2}Ma$$ > > > > Insatt: > > $$mg - \tfrac{1}{2}Ma = ma \implies \boxed{\,a_1 = \dfrac{2mg}{2m+M}\,}$$ > > > > **Fall 2 — direkt kraft $F=mg$:** > > Endast trissan accelereras. Momentlagen kring cm: > > $$mg\cdot R = \tfrac{1}{2}MR^2\alpha \implies \alpha = \dfrac{2mg}{MR}$$ > > $$\boxed{\,a_2 = \alpha R = \dfrac{2mg}{M}\,}$$ > > > > **Skillnad:** $a_2 > a_1$. I fall 1 måste även den hängande massan accelereras, så samma drivande tyngd måste fördelas över *båda* trögheterna. I fall 2 verkar kraften $mg$ enbart på trissan. Notera också att i fall 1 är $T < mg$ — annars skulle massan inte falla. > [!example]- Exempel B — jojo (tenta 190320) > En jojo (homogen skiva, massa $M$, radie $R$, $I_{\text{cm}}=\tfrac{1}{2}MR^2$) faller med acceleration $a_y$ nedåt. En kraft $F$ verkar i linans fäste — punkten $A$ längst åt höger på jojon — och drar uppåt. Sök $a_y$, $\alpha$ och $a_t$ (tangentialaccelerationen i punkt $A$). > > > [!success]- Lösning > > Linan är vertikal; rullning utan glidning på linan ger $a_y = \alpha R$. > > > > **Metod 1 — kring masscentrum (gängse val):** > > > > NII vertikalt (positivt nedåt): > > $$Mg - F = M a_y$$ > > > > Momentlagen kring cm: > > $$F\cdot R = I_{\text{cm}}\alpha = \tfrac{1}{2}MR^2\alpha \implies F = \tfrac{1}{2}M a_y$$ > > > > Insatt: > > $$Mg - \tfrac{1}{2}Ma_y = Ma_y \implies \boxed{\,a_y = \tfrac{2}{3}g\,}$$ > > $$F = \tfrac{1}{3}Mg,\qquad \alpha = \dfrac{a_y}{R} = \dfrac{2g}{3R}$$ > > > > **Metod 2 — kring momentancentrum $A$:** > > Eftersom linan inte glider är $A$ momentancentrum ($v_A=0$), så momentlagen är giltig där (en av de få fallen där den får användas kring en *icke* masscentrum-punkt). Använd Steiners sats: > > $$I_A = I_{\text{cm}} + MR^2 = \tfrac{3}{2}MR^2$$ > > Endast tyngden ger moment kring $A$ (kraften $F$ angriper i $A$ och har inget moment där): > > $$Mg\cdot R = I_A\alpha \implies \alpha = \dfrac{2g}{3R} \implies a_y = \alpha R = \tfrac{2}{3}g \;\checkmark$$ > > > > **Tangentialacceleration i $A$:** > > $A$ är momentancentrum, så dess totala acceleration är *vertikal* (samma som hela jojons fall). Tangentialdelen — relativt cm — kompenserar exakt jojons fallacceleration, vilket är precis vad rullningsvillkoret kräver: > > $$a_{t,A} = \alpha R = \tfrac{2}{3}g.$$ > > > > > [!tip] Poängen > > > Momentlagen kan ställas upp kring **fix axel**, **masscentrum** eller **momentancentrum**. Här ger valet $A$ ett enklare ekvationssystem än kring cm, eftersom kraften $F$ försvinner ur momentekvationen. > [!example]- Exempel C — halvklot kring fix diameteraxel ([[meta/böcker/Kompendium i mekanik.pdf#page=63|M 7.3 i kompendiet]]) > Ett halvklot med massa $M$ och radie $r$ släpps från vila i läget $\theta = 0$ och roterar fritt i vertikalplanet kring den fixa axeln $O$ (diametern i den plana sidan). Härled n- och t-komposanterna av kraften från axeln $O$ på halvklotet som funktion av $\theta$. > > ![[Bild_Masstroghetsmomentsuppgift_kompendie.png|300]] > > **Friläggning för godtycklig vinkel $\theta$:** > > ![[Friläggning_Masstroghetsmomentsuppgift_kompendie.png|300]] > > > [!success]- Lösning > > **Geometri och tröghetsmoment:** > > - Avstånd $O \to $ cm: $\,d = \tfrac{3r}{8}$ > > - Tröghetsmoment kring $O$ (diameteraxel i den plana ytan): $\,I_O = \tfrac{2}{5}Mr^2$ > > > > **Steg 1 — $\omega(\theta)$ via [[Arbete och kinetisk energi|mekaniska energisatsen]]:** > > Vid $\theta = 0$ ligger axeln $O\to$ cm horisontellt. Vid vinkeln $\theta$ (mätt nedåt från horisontell) har cm sjunkit höjden $h = d\sin\theta$. > > $$Mgd\sin\theta = \tfrac{1}{2}I_O\omega^2$$ > > $$\omega^2 = \dfrac{2Mgd\sin\theta}{I_O} = \dfrac{2Mg(3r/8)\sin\theta}{(2/5)Mr^2} \implies \boxed{\,\omega^2 = \dfrac{15g\sin\theta}{8r}\,}$$ > > > > **Steg 2 — vinkelacceleration $\alpha(\theta)$ via momentlagen kring $O$:** > > Tyngden har hävarmen $d\cos\theta$ kring $O$: > > $$Mgd\cos\theta = I_O\alpha \implies \boxed{\,\alpha = \dfrac{15g\cos\theta}{16r}\,}$$ > > > > **Steg 3 — acceleration av cm:** > > I $nt$-system med $\hat n$ från $O$ mot cm (positivt utåt) och $\hat t$ i rörelseriktning: > > $$a_n = -d\omega^2 = -\tfrac{3r}{8}\cdot\tfrac{15g\sin\theta}{8r} = -\tfrac{45}{64}g\sin\theta \quad(\text{mot }O)$$ > > $$a_t = d\alpha = \tfrac{3r}{8}\cdot\tfrac{15g\cos\theta}{16r} = \tfrac{45}{128}g\cos\theta$$ > > > > **Steg 4 — NII för cm, uppdelat i $n$ och $t$:** > > Tyngdkraftens komposanter (med $\theta$ mätt nedåt från horisontell): > > - $\hat n$-riktning: $Mg\sin\theta$ (utåt, positiv för $\theta>0$) > > - $\hat t$-riktning: $Mg\cos\theta$ (i rörelseriktningen) > > > > NII i $\hat n$: > > $$N_n + Mg\sin\theta = Ma_n = -\tfrac{45}{64}Mg\sin\theta$$ > > $$\boxed{\,N_n = -\tfrac{109}{64}Mg\sin\theta\,}$$ > > Negativt tecken $\Rightarrow$ kraften från axeln pekar **mot** $O$ (håller upp halvklotet). > > > > NII i $\hat t$: > > $$N_t + Mg\cos\theta = Ma_t = \tfrac{45}{128}Mg\cos\theta$$ > > $$\boxed{\,N_t = -\tfrac{83}{128}Mg\cos\theta\,}$$ > > Negativt tecken $\Rightarrow$ kraften verkar **mot** rörelseriktningen — axeln bromsar cm:s tangentiella acceleration så att endast tyngdens moment driver rotationen. > > > > > [!check] Rimlighetskoll vid $\theta = 90^\circ$ > > > Vid lägsta läget pekar $\hat n$ rakt nedåt och halvklotet passerar med max $\omega$. Förväntan: $N_t = 0$ (endast centripetal kraft behövs) och $N_n$ stor och uppåt. > > > > > > Insatt: $N_t = -\tfrac{83}{128}Mg\cos 90^\circ = 0$ ✓ och $N_n = -\tfrac{109}{64}Mg$ (uppåt, mot $O$) ✓. --- ## Läsning - [[University Physics with Modern Physics in SI Units.pdf#page=312|9.4 Energy in Rotational Motion]] - [[University Physics with Modern Physics in SI Units.pdf#page=317|9.5 Parallel-Axis Theorem]] - [[University Physics with Modern Physics in SI Units.pdf#page=319|9.6 Moment-of-Inertia Calculations]] - [[Kompendium i mekanik.pdf#page=51|M 6.1 Tröghetsradie]] - [[Kompendium i mekanik.pdf#page=52|M 6.2 Sammansatta kroppar]] - [[Kompendium i mekanik.pdf#page=53|M 6.3 Tunna skivor]] - [[Fysika_upplaga-5.pdf|Fysika: Tf-tabellen för standardkroppar]] ## Se även - [[Rotationsmekanik]] - [[Momentekvationen]] - [[Rörelsemängdsmoment]] - [[Allmän rörelse]] - [[Momentancentrum]] - [[Masscentrum]] ## Resurser - [Khan Academy: Moment of inertia](https://www.khanacademy.org/science/physics/torque-angular-momentum/torque-tutorial/v/rotational-inertia) — bygger upp $I$ via samma summa över bitar. - [Wikipedia: List of moments of inertia](https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_moments_of_inertia) — referenstabell när Fysika inte räcker till. - [MIT OCW 8.01: Lecture 21](https://www.youtube.com/watch?v=jh7CwZ_n8XU) — Walter Lewin gör en klassisk demonstration av Exempel-A-typ.