Bölüm 10

Katı Cismin Dönmesi

Katı cismin hareketinin kütle merkezinin ötelenmesine ve onun çevresindeki dönmeye ayrılması; herhangi bir eksen çevresinde dönme ve eylemsizlik tensörü; asal eksenler ve özdeğer problemi; dönme kinetik enerjisi; zayıf tork altında jiroskobun presesyonu; Euler denklemleri; torksuz harekette serbest presesyon, Dünya'nın Chandler yalpalaması ve ara eksen çevresinde dönmenin kararsızlığı; Euler açıları ve ağır simetrik topacın hareketi, düzgün presesyon ve nütasyon.

27 dk okuma5 çözümlü örnek7 şekil15 problem

Bu bölümde

Katı bir cismin açısal momentumunun açısal hızla genellikle aynı doğrultuda olmadığını ve ikisini birbirine bağlayan eylemsizlik tensörünü
Asal eksenleri bir özdeğer problemi olarak bulmayı ve simetriden tanımayı
Bir jiroskobun neden düşmeyip presesyon yaptığını ve presesyon hızını
Euler denklemlerini türetmeyi ve torksuz harekette serbest presesyonu ve dönme kararlılığını incelemeyi
Katı cismin yönelimini Euler açılarıyla betimlemeyi ve ağır simetrik topacın hareketini Lagrange yöntemiyle çözmeyi

10.1Katı cismin hareketi

3. bölümde katı bir cismin sabit bir eksen çevresindeki dönmesini inceledik ve $L_z = I\omega$ bağıntısını bulduk. Aynı yerde, simetrik olmayan bir cisimde açısal momentumun dönme eksenine paralel olmadığını, bunun da yataklarda tork gerektirdiğini not ettik. Bu bölümde katı cismin en genel dönme hareketini inceleyeceğiz.

Katı bir cismin altı serbestlik derecesi vardır (7. bölüm): kütle merkezinin üç koordinatı ve yönelimini belirleyen üç açı. 3. bölümdeki iki sonuç, bu altı serbestlik derecesini iki ayrı probleme ayırmamızı sağlar:

$$ M\ddot{\vb{R}} = \vb{F}^{\text{dış}}, \qquad \dot{\vb{L}}_{\text{KM}} = \boldsymbol{\Gamma}^{\text{dış}}_{\text{KM}} $$

Birincisi KM'nin ötelenmesini, ikincisi KM çevresindeki dönmeyi belirler. Kinetik enerji de $T = \tfrac12 MV^2 + T_{\text{dön}}$ biçiminde ayrılır (4. bölüm). Ötelenme hareketini bildiğimiz için bu bölümde yalnızca dönmeyi inceleyeceğiz. Ya bir noktası sabit tutulan cisimleri (bir masada dönen topaç gibi) ya da KM'si çevresinde dönen cisimleri ele alacağız; iki durumda da dönme, o sabit noktadan geçen bir $\boldsymbol{\omega}$ açısal hız vektörüyle betimlenir ve cismin her noktasının hızı $\vb{v} = \boldsymbol{\omega}\times\vb{r}$'dir (9. bölüm).

10.2Eylemsizlik tensörü

Sabit noktaya göre açısal momentumu hesaplayalım:

$$ \vb{L} = \sum_\alpha m_\alpha\,\vb{r}_\alpha\times(\boldsymbol{\omega}\times\vb{r}_\alpha) = \sum_\alpha m_\alpha\left[r_\alpha^2\,\boldsymbol{\omega} - (\vb{r}_\alpha\cdot\boldsymbol{\omega})\,\vb{r}_\alpha\right] $$

Son adımda 1. bölümdeki "BAC eksi CAB" özdeşliğini kullandık. Bu ifade $\boldsymbol{\omega}$'ya doğrusal olarak bağlıdır, ama ona paralel değildir. Bileşenleriyle yazarsak, örneğin $x$ bileşeni

$$ L_x = \sum_\alpha m_\alpha\left[(y_\alpha^2 + z_\alpha^2)\,\omega_x - x_\alpha y_\alpha\,\omega_y - x_\alpha z_\alpha\,\omega_z\right] $$

olur. Üç bileşen bir arada, bir $3 \times 3$ matrisin $\boldsymbol{\omega}$'ya uygulanmasıdır:

$$ \vb{L} = \vb{I}\,\boldsymbol{\omega}, \qquad I_{ij} = \sum_\alpha m_\alpha\left(r_\alpha^2\,\delta_{ij} - r_{\alpha i}\,r_{\alpha j}\right) $$

(10.1)

Burada $\delta_{ij}$ Kronecker deltasıdır ($i = j$ ise 1, değilse 0) ve $r_{\alpha i}$, $\alpha$. parçacığın konumunun $i$. bileşenidir. $\vb{I}$ matrisine (daha doğrusu, koordinat dönüşümleri altında belirli bir biçimde dönüşen bu nesneye) eylemsizlik tensörü denir. Açık olarak:

$$ \vb{I} = \begin{pmatrix} \sum m(y^2 + z^2) & -\sum mxy & -\sum mxz \\ -\sum myx & \sum m(z^2 + x^2) & -\sum myz \\ -\sum mzx & -\sum mzy & \sum m(x^2 + y^2) \end{pmatrix} $$

Köşegen elemanlar, 3. bölümdeki eksenlere göre eylemsizlik momentleridir ($I_{zz} = \sum m\rho^2$, $\rho$, $z$ eksenine uzaklık). Köşegen dışındaki elemanlara eylemsizlik çarpımları denir. Tensör simetriktir: $I_{ij} = I_{ji}$. Sürekli cisimlerde toplamlar integrale dönüşür.

Dönme kinetik enerjisi de tensörle yazılır. $v^2 = (\boldsymbol{\omega}\times\vb{r})\cdot(\boldsymbol{\omega}\times\vb{r}) = \boldsymbol{\omega}\cdot[\vb{r}\times(\boldsymbol{\omega}\times\vb{r})]$ (skaler üçlü çarpımın döngüsel özelliği) olduğundan

$$ T = \tfrac12\sum_\alpha m_\alpha v_\alpha^2 = \tfrac12\,\boldsymbol{\omega}\cdot\vb{L} = \tfrac12\,\boldsymbol{\omega}^{\mathsf{T}}\vb{I}\,\boldsymbol{\omega} $$

(10.2)

Örnek 10.1Eğik dambıl

Kütlesiz bir çubuğun iki ucunda $m = 1{,}0$ kg'lık iki küçük küre bulunuyor; küreler çubuğun ortasından $d = 0{,}30$ m uzaktadır. Çubuk, ortasından geçen ve çubukla $\alpha = 30°$ açı yapan düşey bir mil çevresinde $\omega = 10$ rad/s ile döndürülüyor. Açısal momentumu bulun. Milin yataklarının uygulaması gereken tork nedir?

Çözüm

Çubuğun doğrultusundaki birim vektör $\uv{n}$ olsun; kürelerin konumları $\pm d\uv{n}$. Her küre için $\vb{r}\times(\boldsymbol{\omega}\times\vb{r}) = d^2[\boldsymbol{\omega} - (\uv{n}\cdot\boldsymbol{\omega})\uv{n}] = d^2\omega[\uv{z} - \cos\alpha\,\uv{n}]$:

$$ \vb{L} = 2md^2\omega\left(\uv{z} - \cos\alpha\,\uv{n}\right) $$

Bu vektör $\uv{n}$'ye diktir ($\uv{n}\cdot\vb{L} = 2md^2\omega(\cos\alpha - \cos\alpha) = 0$) ve büyüklüğü $2md^2\omega\sin\alpha = 0{,}90$ kg·m²/s'dir. Düşey bileşeni $L_z = 2md^2\omega\sin^2\alpha = 0{,}45$ kg·m²/s, yani 3. bölümdeki $I_{zz}\omega$'dır ($I_{zz} = 2md^2\sin^2\alpha$, eksene uzaklıklar $d\sin\alpha$). Yatay bileşeni ise $2md^2\omega\sin\alpha\cos\alpha = 0{,}78$ kg·m²/s'dir ve dambılla birlikte $\omega$ açısal hızıyla döner. Dönen bir vektörün değişim hızı $\boldsymbol{\omega}\times\vb{L}$ olduğundan (9. bölüm), gereken tork yataydır ve büyüklüğü

$$ \Gamma = \omega L_{\text{yatay}} = 10 \times 0{,}78 \approx 7{,}8\ \text{N·m} $$

olur. Bu tork yataklar tarafından uygulanır ve dambılla birlikte döner; yataklar her turda bir ileri bir geri zorlanır. Dengesiz bir otomobil tekerleğinin titreşimi ve yatak aşınması bu yüzdendir; balans ayarı, tekerleğin eylemsizlik tensörünü dönme ekseni bir asal eksen olacak biçimde düzeltir.

10.3Asal eksenler

Eylemsizlik tensörü koordinat eksenlerine bağlıdır. Eksenleri değiştirirsek tensörün bileşenleri de değişir. Akla şu soru gelir: tensörü köşegen yapan, yani bütün eylemsizlik çarpımlarını sıfır yapan eksenler var mıdır? Varsa, bu eksenler boyunca $\vb{L} = \vb{I}\boldsymbol{\omega}$ çok basit bir biçim alır:

$$ \vb{I} = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix}, \qquad \vb{L} = (\lambda_1\omega_1,\; \lambda_2\omega_2,\; \lambda_3\omega_3) $$

(10.3)

Böyle eksenlere asal eksenler, $\lambda_1$, $\lambda_2$, $\lambda_3$'e asal eylemsizlik momentleri denir. Cisim bir asal eksen çevresinde dönüyorsa $\vb{L}$ ile $\boldsymbol{\omega}$ paraleldir: $\vb{L} = \lambda\boldsymbol{\omega}$. Bu koşul, asal eksenleri bulmanın yolunu da gösterir:

$$ \vb{I}\,\boldsymbol{\omega} = \lambda\,\boldsymbol{\omega} $$

(10.4)

Bu, doğrusal cebirin özdeğer problemidir: $(\vb{I} - \lambda\vb{1})\boldsymbol{\omega} = 0$ denkleminin sıfırdan farklı bir çözümü ancak $\det(\vb{I} - \lambda\vb{1}) = 0$ ise vardır. Bu, $\lambda$ için üçüncü dereceden bir denklemdir (karakteristik denklem) ve kökleri asal momentlerdir; her köke karşılık gelen $\boldsymbol{\omega}$ (özvektör), bir asal eksenin doğrultusudur.

Teorem 10.1Asal eksenler teoremi

Her katı cismin, herhangi bir noktadan geçen ve birbirine dik üç asal ekseni vardır. Asal momentler gerçek ve negatif olmayan sayılardır.

Bu teorem, eylemsizlik tensörünün gerçek ve simetrik bir matris olmasından gelir: gerçek simetrik bir matrisin özdeğerleri gerçektir ve farklı özdeğerlere ait özvektörleri birbirine diktir (Problem 10.2). Negatif olmamaları $T = \tfrac12\boldsymbol{\omega}^{\mathsf{T}}\vb{I}\boldsymbol{\omega} \ge 0$ olmasından gelir.

Uygulamada asal eksenleri çoğu zaman simetriden tanırız. Cismin bir simetri ekseni varsa bu eksen bir asal eksendir; bir simetri düzlemi varsa bu düzleme dik doğrultu bir asal eksendir. Türdeş bir kutunun KM'den geçen asal eksenleri kenarlarına paraleldir; bir silindirin asal eksenlerinden biri simetri eksenidir, öbür ikisi ona dik herhangi iki doğrultudur. Simetri ekseni çevresinde iki asal momenti eşit olan cisimlere (silindir, koni, topaç, Dünya) simetrik topaç denir; üç asal momenti eşit olanlara (küre, küp) küresel topaç denir.

Örnek 10.2Köşesinden dönen küp

Kütlesi $M$, kenarı $a$ olan türdeş bir küpün, bir köşesinden geçen ve kenarları boyunca uzanan eksenlere göre eylemsizlik tensörünü hesaplayın. Bu köşeden geçen asal eksenleri ve asal momentleri bulun.

Çözüm

Köşeyi orijine, kenarları eksenlere yerleştirelim; yoğunluk $\varrho = M/a^3$. Köşegen eleman:

$$ I_{xx} = \varrho\int_0^a\!\!\int_0^a\!\!\int_0^a(y^2 + z^2)\,\dd x\,\dd y\,\dd z = \varrho\left(\frac{a^5}{3} + \frac{a^5}{3}\right) = \frac23 Ma^2 $$

Eylemsizlik çarpımı:

$$ I_{xy} = -\varrho\int x\,y\,\dd V = -\varrho\,\frac{a^2}{2}\,\frac{a^2}{2}\,a = -\frac14 Ma^2 $$

Simetriden öteki elemanlar da aynıdır:

$$ \vb{I} = \frac{Ma^2}{12}\begin{pmatrix} 8 & -3 & -3 \\ -3 & 8 & -3 \\ -3 & -3 & 8 \end{pmatrix} $$

Tensör köşegen değildir: bu eksenler asal eksen değildir. Özdeğer problemini çözelim. $(1, 1, 1)$ vektörü için $\vb{I}(1, 1, 1) = (Ma^2/12)(2, 2, 2)$: bu bir özvektördür ve özdeğeri $Ma^2/6$'dır. $(1, 1, 1)$'e dik her vektör, örneğin $(1, -1, 0)$, için $\vb{I}(1, -1, 0) = (Ma^2/12)(11, -11, 0)$: özdeğer $11Ma^2/12$'dir. Asal eksenlerden biri köşeden geçen cisim köşegenidir; öbür ikisi ona dik düzlemdeki herhangi iki dik doğrultudur (iki asal moment eşit olduğu için). Denetim: asal momentlerin toplamı $Ma^2/6 + 2 \times 11Ma^2/12 = 2Ma^2$, tensörün izine ($3 \times 8Ma^2/12$) eşittir ✓. Köşegen boyunca moment en küçüktür: kütle bu eksene en yakın dağılmıştır. Küpü bir köşesinden asıp cisim köşegeni çevresinde döndürmek, yatakları hiç zorlamayan dengeli bir dönmedir.

10.4Jiroskobun presesyonu

Hızla dönen bir topacı ya da jiroskobu eğik olarak bıraktığımızda düşmez; ekseni düşey eksen çevresinde yavaşça dönmeye başlar. Bu presesyondur. Açısal momentum ve tork bağıntısıyla nasıl ortaya çıktığını görelim.

Simetrik bir topaç, simetri ekseni çevresinde büyük bir $\omega$ açısal hızıyla dönüyor ve ucu yerde sabit duruyor olsun. KM, uçtan $R$ uzaklıkta simetri ekseni üzerindedir ve eksen düşeyle $\theta$ açısı yapar. Dönme çok hızlıysa açısal momentum yaklaşık olarak simetri ekseni boyuncadır: $\vb{L} \approx \lambda_3\omega\,\uv{e}_3$. Ağırlığın uca göre torku $\boldsymbol{\Gamma} = R\uv{e}_3\times(-Mg\uv{z})$ yataydır ve $\vb{L}$'ye diktir. $\dot{\vb{L}} = \boldsymbol{\Gamma}$ olduğundan $\vb{L}$'nin büyüklüğü değişmez, yalnızca yatay bileşeni düşey eksen çevresinde döner. Bu dönme, açısal hızı $\Omega$ olan bir presesyondur: $\dot{\vb{L}} = \Omega\uv{z}\times\vb{L}$. Büyüklükleri eşitlersek $\Omega L\sin\theta = MgR\sin\theta$ ve

$$ \Omega = \frac{MgR}{\lambda_3\,\omega} $$

(10.5)

bulunur. Presesyon hızı $\theta$ açısından bağımsızdır ve dönme hızıyla ters orantılıdır: topaç ne kadar hızlı dönerse o kadar yavaş presesyon yapar. Topaç yavaşladıkça presesyon hızlanır ve sonunda yaklaşıklık bozulur.

Örnek 10.3Oyuncak jiroskop

Bir oyuncak jiroskobun diski 100 g kütleli ve 2,5 cm yarıçaplıdır ve saniyede 50 tur dönmektedir. Jiroskobun ucu yerde, diskin merkezi uçtan 4,0 cm uzaktadır. Presesyon periyodu nedir? Çerçevenin kütlesini ihmal edin.

Çözüm

$\lambda_3 = \tfrac12 MR_d^2 = \tfrac12 \times 0{,}10 \times 0{,}025^2 = 3{,}1 \times 10^{-5}$ kg·m², $\omega = 2\pi \times 50 = 314$ rad/s. (10.5):

$$ \Omega = \frac{0{,}10 \times 9{,}8 \times 0{,}040}{3{,}1 \times 10^{-5} \times 314} \approx 4{,}0\ \text{rad/s}, \qquad T = \frac{2\pi}{\Omega} \approx 1{,}6\ \text{s} $$

Dönme hızı presesyon hızının yaklaşık 80 katıdır; bu, yaklaşıklığın geçerli olduğunu gösterir. Dünya da bir jiroskoptur: ekvatoral şişkinliğine Güneş ve Ay'ın uyguladığı gelgit torku, dönme eksenini yaklaşık 25 800 yılda bir tur atan bir presesyona zorlar. Bu yüzden kutup yıldızı zamanla değişir ve ılım noktaları (gece–gündüz eşitliği noktaları) yıldızlara göre yavaşça kayar; bu kaymayı Hipparkos MÖ 2. yüzyılda fark etmişti.

10.5Euler denklemleri

(10.5), hızlı dönen bir topaç için bir yaklaşıklıktır. Genel hareketi incelemek için açısal momentumun değişimini, cisimle birlikte dönen ve asal eksenler boyunca uzanan bir çerçevede yazmak en uygunudur. Bu çerçevede eylemsizlik tensörü köşegen ve sabittir. 9. bölümde dönen çerçeveler için bulduğumuz türev bağıntısının benzeri, cisimle birlikte $\boldsymbol{\omega}$ ile dönen çerçeve için

$$ \left(\dv{\vb{L}}{t}\right)_{\text{uzay}} = \left(\dv{\vb{L}}{t}\right)_{\text{cisim}} + \boldsymbol{\omega}\times\vb{L} = \boldsymbol{\Gamma} $$

verir. Cisim çerçevesinde $\vb{L} = (\lambda_1\omega_1, \lambda_2\omega_2, \lambda_3\omega_3)$ olduğundan, bileşen bileşen

$$ \begin{aligned} \lambda_1\dot{\omega}_1 - (\lambda_2 - \lambda_3)\,\omega_2\omega_3 &= \Gamma_1 \\ \lambda_2\dot{\omega}_2 - (\lambda_3 - \lambda_1)\,\omega_3\omega_1 &= \Gamma_2 \\ \lambda_3\dot{\omega}_3 - (\lambda_1 - \lambda_2)\,\omega_1\omega_2 &= \Gamma_3 \end{aligned} $$

(10.6)

bulunur. Bunlara Euler denklemleri denir (Leonhard Euler, 1758). Burada $\omega_i$ ve $\Gamma_i$, cisme bağlı asal eksenler boyunca bileşenlerdir. Denklemler doğrusal değildir ($\omega$'ların çarpımlarını içerir) ve genellikle analitik olarak çözülemez; ama iki önemli durumda çok şey söylerler.

Torksuz simetrik cisim: serbest presesyon

Tork yoksa ve cisim simetrikse ($\lambda_1 = \lambda_2$), üçüncü denklem $\dot{\omega}_3 = 0$ verir: $\omega_3$ sabittir. Öbür iki denklem

$$ \dot{\omega}_1 = -\Omega_c\,\omega_2, \qquad \dot{\omega}_2 = \Omega_c\,\omega_1, \qquad \Omega_c = \frac{\lambda_3 - \lambda_1}{\lambda_1}\,\omega_3 $$

(10.7)

olur. Bu, 2. bölümdeki manyetik alan problemiyle aynı yapıdadır: $(\omega_1, \omega_2)$ vektörü sabit bir $\Omega_c$ açısal hızıyla döner. Cisimden bakıldığında, açısal hız vektörü $\boldsymbol{\omega}$, simetri ekseni çevresinde bir koni (cisim konisi) üzerinde döner. Uzaydan bakıldığında ise $\vb{L}$ sabittir ve simetri ekseni ile $\boldsymbol{\omega}$, $\vb{L}$ çevresinde döner (uzay konisi). Hareket, cisim konisinin uzay konisi üzerinde kaymadan yuvarlanması olarak canlandırılabilir.

Örnek 10.4Dünya'nın serbest presesyonu

Dünya biraz basıktır: asal momentlerin oranı $(\lambda_3 - \lambda_1)/\lambda_1 = 0{,}00327$'dir. Dönme ekseni simetri eksenine tam olarak çakışmazsa, dönme ekseni Dünya'ya göre hangi periyotla presesyon yapar? Bu hareket gözlenmiş midir?

Çözüm

(10.7) ile $\Omega_c = 0{,}00327\,\omega_3$; periyot $1/0{,}00327 \approx 306$ gün. (Euler bu sonucu 1765'te bulmuştu.) Bu, kuzey kutbunun yer yüzeyinde küçük bir çember çizmesi demektir. Gökbilimciler bu harekete uyan bir enlem değişimini yıllarca 306 günlük periyotta aradılar ve bulamadılar. Seth Chandler 1891'de gerçek periyodun yaklaşık 433 gün olduğunu gösterdi. Fark, Dünya'nın katı olmamasından gelir: esnek kabuk ve sıvı çekirdek ile okyanuslar presesyonu yavaşlatır. Bugün Chandler yalpalaması olarak bilinen bu hareket, kutbu yeryüzünde birkaç metre (yaklaşık 3–6 m) yarıçaplı bir çember üzerinde gezdirir ve uydu ölçümleriyle sürekli izlenir.

Torksuz cisim: dönmenin kararlılığı

Üç asal momenti farklı ($\lambda_1 < \lambda_2 < \lambda_3$) bir cisim torksuz olarak bir asal eksen çevresinde dönüyorsa, örneğin $\boldsymbol{\omega} = (\omega_0, 0, 0)$, Euler denklemleri bunun bir çözüm olduğunu söyler. Ama bu dönme kararlı mıdır? Küçük sapmalar $\omega_2$ ve $\omega_3$ ekleyip denklemleri birinci mertebeye kadar yazalım: $\omega_1 \approx \omega_0$ sabit kalır ve

$$ \lambda_2\dot{\omega}_2 = (\lambda_3 - \lambda_1)\,\omega_0\,\omega_3, \qquad \lambda_3\dot{\omega}_3 = (\lambda_1 - \lambda_2)\,\omega_0\,\omega_2 $$

olur. Birini türetip öbürünü yerine koyarsak

$$ \ddot{\omega}_2 = \frac{(\lambda_3 - \lambda_1)(\lambda_1 - \lambda_2)}{\lambda_2\lambda_3}\,\omega_0^2\,\omega_2 $$

(10.8)

buluruz. Katsayı negatifse $\omega_2$ salınır (küçük sapmalar küçük kalır), pozitifse üstel olarak büyür. 1. eksen (en küçük moment) için $\lambda_1 - \lambda_2 < 0$ ve $\lambda_3 - \lambda_1 > 0$: katsayı negatif, dönme kararlıdır. Aynı hesap 3. eksen (en büyük moment) için de kararlılık verir. 2. eksen (ara moment) için ise katsayı pozitiftir: dönme kararsızdır (Problem 10.8).

Örnek 10.5Tenis raketi etkisi

Bir tenis raketini (ya da bir kitabı, bir cep telefonunu) havaya atıp üç asal ekseninden biri çevresinde döndürmeyi deneyin. Hangi eksen çevresinde düzgün döner, hangisinde döner ve takla atar?

Çözüm

Raketin en küçük momenti sap ekseni çevresindedir (kütle eksene yakın), en büyük momenti raket yüzeyine dik eksen çevresindedir; ara moment ise sapa dik ve raket yüzeyinde uzanan eksen çevresindedir. (10.8)'e göre sap çevresinde ve yüzeye dik eksen çevresinde dönme kararlıdır; raket bu eksenlerde düzgün döner. Ara eksen çevresinde ise küçük bir sapma üstel olarak büyür ve raket, düzenli aralıklarla yarım tur takla atarak "ters döner" (Şekil 10.5). Bu etkiye tenis raketi teoremi ya da, 1985'te uzay istasyonunda bir kanatlı somunun düzenli aralıklarla ters döndüğünü gözlemleyen Rus kozmonotun adıyla, Janibekov etkisi denir. Enerji ve açısal momentumun korunumu bu dönüşleri yasaklamaz; yalnızca ara eksende iki korunum yasası, hareketi tek bir noktada tutmaya yetmez.

10.6Euler açıları

Bir katı cismin yönelimini belirtmek için üç açı gerekir. En yaygın seçim Euler açılarıdır. Uzayda sabit $xyz$ eksenleri ile cisme bağlı $\uv{e}_1\uv{e}_2\uv{e}_3$ asal eksenleri arasındaki ilişkiyi üç ardışık dönmeyle kurarız: önce $z$ ekseni çevresinde $\phi$ kadar, sonra yeni $x$ ekseni (düğüm çizgisi) çevresinde $\theta$ kadar, son olarak da cismin simetri ekseni $\uv{e}_3$ çevresinde $\psi$ kadar. $\theta$, simetri ekseninin düşeyle yaptığı açıdır; $\phi$, simetri ekseninin düşey çevresindeki açısı (presesyon açısı); $\psi$, cismin kendi ekseni çevresindeki dönme açısıdır.

Açısal hız vektörü, üç açının değişim hızlarına karşılık gelen üç dönmenin toplamıdır: $\boldsymbol{\omega} = \dot{\phi}\,\uv{z} + \dot{\theta}\,\uv{e}'_1 + \dot{\psi}\,\uv{e}_3$; burada $\uv{e}'_1$, düğüm çizgisi boyunca birim vektördür. Simetrik bir cisim için en kullanışlı biçim, bu vektörü düğüm çizgisi, ona dik ve simetri eksenine dik doğrultu ve simetri ekseni boyunca yazmaktır:

$$ \boldsymbol{\omega} = \left(\dot{\theta},\; \dot{\phi}\sin\theta,\; \dot{\phi}\cos\theta + \dot{\psi}\right) $$

(10.9)

Simetrik bir cisimde $\lambda_1 = \lambda_2$ olduğundan bu üç eksen de asal eksendir (ilk ikisi cisimle birlikte dönmese de) ve kinetik enerji

$$ T = \tfrac12\lambda_1\left(\dot{\theta}^2 + \dot{\phi}^2\sin^2\theta\right) + \tfrac12\lambda_3\left(\dot{\psi} + \dot{\phi}\cos\theta\right)^2 $$

(10.10)

olur.

10.7Ağır simetrik topaç

Şimdi ucu yerde sabit duran ve yer çekiminin etkisinde dönen simetrik bir topacı ya da jiroskobu Lagrange yöntemiyle inceleyelim. KM simetri ekseni üzerinde, uçtan $R$ uzaklıktadır; potansiyel enerji $U = MgR\cos\theta$'dır. (10.10) ile

$$ \mathcal{L} = \tfrac12\lambda_1\left(\dot{\theta}^2 + \dot{\phi}^2\sin^2\theta\right) + \tfrac12\lambda_3\left(\dot{\psi} + \dot{\phi}\cos\theta\right)^2 - MgR\cos\theta $$

(10.11)

($\lambda_1$ ve $\lambda_3$ uca göre asal momentlerdir.) $\phi$ ve $\psi$ döngüseldir; iki korunan genelleştirilmiş momentum vardır:

$$ p_\psi = \lambda_3\left(\dot{\psi} + \dot{\phi}\cos\theta\right) = \lambda_3\omega_3, \qquad p_\phi = \lambda_1\dot{\phi}\sin^2\theta + \lambda_3\omega_3\cos\theta $$

(10.12)

$p_\psi$, açısal momentumun simetri ekseni boyunca bileşeni; $p_\phi$, düşey bileşenidir. Ağırlığın torku yataydır ve bu iki bileşeni değiştiremez. $\theta$ denklemi:

$$ \lambda_1\ddot{\theta} = \lambda_1\dot{\phi}^2\sin\theta\cos\theta - \lambda_3\omega_3\dot{\phi}\sin\theta + MgR\sin\theta $$

(10.13)

Düzgün presesyon. $\theta$ sabit kalabilir mi? $\ddot{\theta} = 0$ koşulu, $\sin\theta \neq 0$ için

$$ \lambda_1\cos\theta\,\dot{\phi}^2 - \lambda_3\omega_3\,\dot{\phi} + MgR = 0 $$

ikinci dereceden denklemini verir. Hızlı dönen bir topaçta ($\lambda_3^2\omega_3^2 \gg 4\lambda_1MgR\cos\theta$) iki kök çok farklıdır. Küçük kök $\dot{\phi} \approx MgR/(\lambda_3\omega_3)$: (10.5)'teki yavaş presesyon. Büyük kök $\dot{\phi} \approx \lambda_3\omega_3/(\lambda_1\cos\theta)$: yer çekiminden neredeyse bağımsız, hızlı bir presesyon; serbest presesyonun karşılığıdır.

Nütasyon. Genel olarak $\theta$ sabit kalmaz. Hamilton fonksiyonu (enerji) korunur; $\dot{\phi}$'yi (10.12) ile $p_\phi$ cinsinden yazarsak

$$ E' = \tfrac12\lambda_1\dot{\theta}^2 + U_{\text{etkin}}(\theta), \qquad U_{\text{etkin}} = \frac{(p_\phi - p_\psi\cos\theta)^2}{2\lambda_1\sin^2\theta} + MgR\cos\theta $$

(10.14)

bulunur ($E' = E - p_\psi^2/2\lambda_3$, sabittir). Bu, 4. ve 8. bölümlerdeki gibi tek boyutlu bir etkin potansiyel problemidir. $U_{\text{etkin}}$, $\theta = 0$ ve $\theta = \pi$'de sonsuza gider ve arada bir en küçük değeri vardır. $\theta$, bu iki dönüş noktası arasında gidip gelir: simetri ekseni presesyon yaparken bir yandan da aşağı yukarı sallanır. Bu sallanmaya nütasyon denir. Simetri ekseninin ucunun izlediği yol, başlangıç koşullarına bağlı olarak dalgalı, sivri uçlu ya da ilmekli olabilir (Şekil 10.7).

Nütasyon — **Şekil 10.7.** Ağır topacın simetri ekseninin ucunun izlediği yollar (Lagrange denklemlerinin sayısal çözümü). Başlangıçtaki presesyon hızına göre üç tür: dalgalı ($\dot{\phi}_0 > 0$), sivri uçlu ($\dot{\phi}_0 = 0$: topaç eğik tutulup bırakılmış) ve ilmekli ($\dot{\phi}_0 < 0$).

Topacı eğik tutup ekseni durgun hâlde bırakırsak ($\dot{\theta} = \dot{\phi} = 0$) sivri uçlu yol ortaya çıkar: topaç önce biraz düşer, düşerken yana kayar, sonra tekrar yükselir ve bir an durur. Hızlı topaçlarda nütasyonun genliği çok küçük ve frekansı çok yüksektir; sürtünme onu kısa sürede söndürür ve geriye yalnızca düzgün presesyon kalır. Bu yüzden günlük hayatta topaçların yalnızca yavaşça presesyon yaptığını görürüz.

Uyuyan topaç. Düşey duran ($\theta = 0$) ve kendi ekseni çevresinde dönen bir topaç, yeterince hızlı dönüyorsa kımıldamadan durur gibi görünür; buna "uyuyan" topaç denir. Bu durumun kararlı olması için

$$ \omega_3^2 > \frac{4\lambda_1MgR}{\lambda_3^2} $$

(10.15)

olmalıdır (Problem 10.13). Sürtünme topacı yavaşlattıkça bu koşul bir noktada bozulur ve topaç yalpalayarak düşmeye başlar.

Özet

Katı cismin hareketi, KM'nin ötelenmesi ve KM (ya da sabit bir nokta) çevresindeki dönmeye ayrılır.
Açısal momentum $\vb{L} = \vb{I}\boldsymbol{\omega}$'dır; eylemsizlik tensörü $I_{ij} = \sum m(r^2\delta_{ij} - r_ir_j)$ simetriktir (10.1). Kinetik enerji $\tfrac12\boldsymbol{\omega}^{\mathsf{T}}\vb{I}\boldsymbol{\omega}$'dır (10.2). $\vb{L}$, genellikle $\boldsymbol{\omega}$'ya paralel değildir.
Her noktadan geçen birbirine dik üç asal eksen vardır; bunlar $\vb{I}\boldsymbol{\omega} = \lambda\boldsymbol{\omega}$ özdeğer probleminin çözümleridir (10.4). Simetri eksenleri asal eksendir.
Hızlı dönen bir jiroskop, ağırlığın torku altında $\Omega = MgR/\lambda_3\omega$ ile presesyon yapar (10.5).
Cisme bağlı asal eksenlerde Euler denklemleri (10.6)'dır. Torksuz simetrik cisimde açısal hız, simetri ekseni çevresinde $(\lambda_3 - \lambda_1)\omega_3/\lambda_1$ ile döner (10.7); Dünya'da bu Chandler yalpalamasıdır. En büyük ve en küçük moment eksenleri çevresinde dönme kararlı, ara eksen çevresinde kararsızdır (10.8).
Euler açıları $(\phi, \theta, \psi)$ yönelimi belirtir; simetrik topacın kinetik enerjisi (10.10)'dur. Ağır topaçta $p_\phi$ ve $p_\psi$ korunur; $\theta$ hareketi bir etkin potansiyelde gerçekleşir (10.14) ve presesyona nütasyon eşlik eder.

Problemler

Problem 10.1Kare levhanın tensörü★☆☆

Kütlesi $M$, kenarı $a$ olan ince kare bir levha $xy$ düzleminde, merkezi orijinde ve kenarları eksenlere paralel duruyor. Eylemsizlik tensörünü yazın. Bu eksenler asal eksen midir?

Çözümü göster

$I_{xx} = \int y^2\,\dd m = Ma^2/12$, $I_{yy} = Ma^2/12$, $I_{zz} = Ma^2/6$ (dik eksen teoremi, 3. bölüm). Eylemsizlik çarpımları simetri yüzünden sıfırdır ($\int xy\,\dd m = 0$, $z = 0$). Tensör köşegendir; eksenler asal eksendir. $I_{xx} = I_{yy}$ olduğundan levha düzlemindeki her doğrultu bir asal eksendir: örneğin köşegen çevresindeki moment de $Ma^2/12$'dir.

Problem 10.2Simetrik matrisin özvektörleri★★☆

$\vb{I}$ gerçek simetrik bir matris olsun. (a) Farklı özdeğerlere ait özvektörlerinin birbirine dik olduğunu, (b) özdeğerlerinin gerçek olduğunu gösterin.

Çözümü göster

(a) $\vb{I}\vb{a} = \lambda\vb{a}$, $\vb{I}\vb{b} = \mu\vb{b}$. $\vb{b}\cdot\vb{I}\vb{a} = \lambda\vb{b}\cdot\vb{a}$ ve simetriden $\vb{b}\cdot\vb{I}\vb{a} = \vb{a}\cdot\vb{I}\vb{b} = \mu\vb{a}\cdot\vb{b}$. $(\lambda - \mu)\vb{a}\cdot\vb{b} = 0$; $\lambda \neq \mu$ ise $\vb{a}\cdot\vb{b} = 0$ ✓. (b) Karmaşık bir özvektör $\vb{a}$ için $\vb{a}^*\cdot\vb{I}\vb{a} = \lambda\,\vb{a}^*\cdot\vb{a}$; sol taraf, simetri ve gerçeklikten kendi eşleniğine eşittir, dolayısıyla gerçektir; $\vb{a}^*\cdot\vb{a} > 0$ gerçektir; $\lambda$ gerçektir ✓.

Problem 10.3Küpün merkezi★★☆

Türdeş bir küpün merkezinden geçen eksenlere göre eylemsizlik tensörünün $(Ma^2/6)\vb{1}$ olduğunu gösterin. Bunu Örnek 10.2 ile paralel eksen teoreminin genelleştirilmiş biçimi $I_{ij}^{(A)} = I_{ij}^{(KM)} + M(d^2\delta_{ij} - d_id_j)$ ile karşılaştırın.

Çözümü göster

Merkezde $I_{xx} = \varrho\int(y^2 + z^2)\,\dd V$, sınırlar $\pm a/2$: $2\varrho a\int_{-a/2}^{a/2}y^2\,\dd y \cdot a = 2Ma^2/12 = Ma^2/6$; çarpımlar simetriden sıfır. Köşeye kaydırma $\vb{d} = (a/2, a/2, a/2)$: $d^2 = 3a^2/4$; $I_{xx}^{(A)} = Ma^2/6 + M(3a^2/4 - a^2/4) = 2Ma^2/3$ ✓, $I_{xy}^{(A)} = 0 - Ma^2/4$ ✓. Merkezde küp küresel bir topaçtır: her eksen asal eksendir.

Problem 10.4Dambılın kinetik enerjisi★★☆

Örnek 10.1'deki dambılın kinetik enerjisini hem (10.2) ($\tfrac12\boldsymbol{\omega}\cdot\vb{L}$) ile hem de kürelerin hızlarından doğrudan hesaplayarak karşılaştırın.

Çözümü göster

$\tfrac12\boldsymbol{\omega}\cdot\vb{L} = \tfrac12\omega L_z = \tfrac12 \times 10 \times 0{,}45 = 2{,}25$ J. Doğrudan: her küre eksenden $d\sin\alpha = 0{,}15$ m uzakta, hızı 1,5 m/s; $2 \times \tfrac12 \times 1{,}0 \times 1{,}5^2 = 2{,}25$ J ✓. Kinetik enerji yalnızca $\vb{L}$'nin $\boldsymbol{\omega}$ doğrultusundaki bileşenine bağlıdır.

Problem 10.5Jiroskobun presesyon yönü★★☆

Yatay tutulan bir jiroskop, bir ucundan bir ipe asılıyor; jiroskop, ipe bakan bir gözlemciye göre saat yönünde (ipten uzağa bakan açısal momentumla) dönüyor. Jiroskop düşer mi? Hangi yönde presesyon yapar? Cevabınızı $\dot{\vb{L}} = \boldsymbol{\Gamma}$ ile açıklayın.

Çözümü göster

Askı noktasına göre ağırlığın torku yataydır ve jiroskobun eksenine diktir. $\dot{\vb{L}} = \boldsymbol{\Gamma}$ olduğundan $\vb{L}$'nin ucu tork doğrultusunda hareket eder: jiroskop düşmez, ekseni yatay düzlemde döner. $\vb{L}$ askıdan dışa doğruysa ve ağırlık aşağıysa, $\boldsymbol{\Gamma} = \vb{r}\times M\vb{g}$; $\vb{r}$ dışa, $\vb{g}$ aşağı olduğundan tork yatay ve üstten bakıldığında $\vb{r}$'yi saat yönünün tersine döndürecek yöndedir: presesyon üstten bakıldığında saatin tersi yönündedir. Dönme yönü ters çevrilirse presesyon da ters döner.

Problem 10.6Euler denklemlerinin türetilmesi★★☆

$\vb{L} = (\lambda_1\omega_1, \lambda_2\omega_2, \lambda_3\omega_3)$ ve $(\dd\vb{L}/\dd t)_{\text{cisim}} + \boldsymbol{\omega}\times\vb{L} = \boldsymbol{\Gamma}$'dan Euler denklemlerinin ilk bileşenini açıkça türetin.

Çözümü göster

$(\boldsymbol{\omega}\times\vb{L})_1 = \omega_2L_3 - \omega_3L_2 = (\lambda_3 - \lambda_2)\omega_2\omega_3$. Dolayısıyla $\lambda_1\dot{\omega}_1 + (\lambda_3 - \lambda_2)\omega_2\omega_3 = \Gamma_1$, yani $\lambda_1\dot{\omega}_1 - (\lambda_2 - \lambda_3)\omega_2\omega_3 = \Gamma_1$ ✓.

Problem 10.7Torksuz harekette korunan nicelikler★★☆

Torksuz Euler denklemlerinden $T = \tfrac12\sum\lambda_i\omega_i^2$ ve $L^2 = \sum\lambda_i^2\omega_i^2$'nin korunduğunu doğrudan gösterin.

Çözümü göster

$\dot{T} = \sum\lambda_i\omega_i\dot{\omega}_i = (\lambda_2 - \lambda_3)\omega_1\omega_2\omega_3 + (\lambda_3 - \lambda_1)\omega_1\omega_2\omega_3 + (\lambda_1 - \lambda_2)\omega_1\omega_2\omega_3 = 0$ ✓. $\tfrac12\dd(L^2)/\dd t = \sum\lambda_i^2\omega_i\dot{\omega}_i = \omega_1\omega_2\omega_3[\lambda_1(\lambda_2 - \lambda_3) + \lambda_2(\lambda_3 - \lambda_1) + \lambda_3(\lambda_1 - \lambda_2)] = 0$ ✓. Bu iki korunum, $\boldsymbol{\omega}$'nın cisim çerçevesinde bir elipsoid ile başka bir elipsoidin kesişim eğrisi üzerinde hareket ettiğini söyler (Poinsot yapısı).

Problem 10.8Ara eksen kararsızlığı★★★

(10.8)'i türetin. $\lambda_1 : \lambda_2 : \lambda_3 = 1 : 2 : 3$ ve ara eksen çevresinde $\omega_0$ ile dönme için küçük bir sapmanın e-katlanma süresini bulun.

Çözümü göster

Ara eksen (2) çevresinde dönme: $\omega_2 \approx \omega_0$, $\omega_1$ ve $\omega_3$ küçük. $\lambda_1\dot{\omega}_1 = (\lambda_2 - \lambda_3)\omega_0\omega_3$, $\lambda_3\dot{\omega}_3 = (\lambda_1 - \lambda_2)\omega_0\omega_1$. $\ddot{\omega}_1 = [(\lambda_2 - \lambda_3)(\lambda_1 - \lambda_2)/(\lambda_1\lambda_3)]\omega_0^2\omega_1$. 1:2:3 için katsayı $(-1)(-1)/3 = 1/3 > 0$: $\omega_1 \propto e^{\omega_0t/\sqrt{3}}$; e-katlanma süresi $\sqrt{3}/\omega_0$, yani bir dönme periyodunun yaklaşık $\sqrt{3}/2\pi \approx 0{,}28$ katı. Sapma çok hızlı büyür. 1. ve 3. eksenler için katsayı negatiftir ✓.

Problem 10.9Atılan diskin yalpalaması★★☆

İnce düz bir disk ($\lambda_3 = 2\lambda_1$) havaya atılıyor ve simetri ekseni açısal momentumla küçük bir açı yapacak biçimde dönüyor. Uzaydan bakıldığında simetri ekseninin $\vb{L}$ çevresindeki presesyon hızının, diskin kendi ekseni çevresindeki dönme hızının yaklaşık iki katı olduğunu gösterin.

Çözümü göster

Uzay çerçevesinde simetri ekseni, $\vb{L}$ çevresinde $\Omega_u = L/\lambda_1$ ile döner (Problem 10.10). Küçük açıda $L \approx \lambda_3\omega_3$ ve $\Omega_u \approx (\lambda_3/\lambda_1)\omega_3 = 2\omega_3$ ✓. Atılan bir tabak ya da frizbi, kendi dönmesinin iki katı hızla yalpalar.

Problem 10.10Uzay çerçevesinde serbest presesyon★★★

Torksuz simetrik bir cisimde simetri ekseninin $\vb{L}$ çevresinde $L/\lambda_1$ açısal hızıyla döndüğünü gösterin. (Yol gösterici: $\boldsymbol{\omega}$'yı $\vb{L}$ ve $\uv{e}_3$ doğrultularında bileşenlere ayırın.)

Çözümü göster

$\vb{L} = \lambda_1(\omega_1, \omega_2, 0) + \lambda_3\omega_3\uv{e}_3$, yani $\lambda_1\boldsymbol{\omega} = \vb{L} + (\lambda_1 - \lambda_3)\omega_3\uv{e}_3$. $\boldsymbol{\omega} = \vb{L}/\lambda_1 + [(\lambda_1 - \lambda_3)\omega_3/\lambda_1]\uv{e}_3$. Simetri ekseni cisme bağlıdır: $\dot{\uv{e}}_3 = \boldsymbol{\omega}\times\uv{e}_3 = (\vb{L}/\lambda_1)\times\uv{e}_3$ (ikinci terim $\uv{e}_3$'e paraleldir). $\uv{e}_3$, sabit $\vb{L}$ çevresinde $L/\lambda_1$ açısal hızıyla döner ✓.

Problem 10.11Euler açılarıyla açısal hız★★☆

(10.9)'u, $\boldsymbol{\omega} = \dot{\phi}\uv{z} + \dot{\theta}\uv{e}'_1 + \dot{\psi}\uv{e}_3$'ü düğüm çizgisi $\uv{e}'_1$, $\uv{e}'_2 = \uv{e}_3\times\uv{e}'_1$ ve $\uv{e}_3$ doğrultularında yazarak türetin.

Çözümü göster

$\uv{z}$, $\uv{e}'_1$'e diktir ve $\uv{e}'_2$–$\uv{e}_3$ düzlemindedir: $\uv{z} = \sin\theta\,\uv{e}'_2 + \cos\theta\,\uv{e}_3$. Dolayısıyla $\boldsymbol{\omega} = \dot{\theta}\uv{e}'_1 + \dot{\phi}\sin\theta\,\uv{e}'_2 + (\dot{\phi}\cos\theta + \dot{\psi})\uv{e}_3$ ✓.

Problem 10.12Düzgün presesyonun iki kökü★★☆

(10.13)'ten düzgün presesyon koşulunu türetin. $\theta = 90°$ (eksen yatay) için tek bir kök olduğunu ve bunun (10.5) ile tam olarak aynı olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\ddot{\theta} = 0$, $\sin\theta \neq 0$: $\lambda_1\dot{\phi}^2\cos\theta - \lambda_3\omega_3\dot{\phi} + MgR = 0$ ✓. $\theta = 90°$: $\cos\theta = 0$, denklem doğrusal: $\dot{\phi} = MgR/(\lambda_3\omega_3)$, yaklaşıklık olmadan (10.5) ✓. Yatay eksenli bir jiroskobun yavaş presesyonu bu yüzden tamdır.

Problem 10.13Uyuyan topacın kararlılığı★★★

(10.14)'ü $\theta = 0$ çevresinde inceleyerek, düşey duran topacın $\omega_3^2 > 4\lambda_1MgR/\lambda_3^2$ ise kararlı olduğunu gösterin. $M = 0{,}20$ kg, $R = 4{,}0$ cm, $\lambda_1 = 2{,}0 \times 10^{-4}$ kg·m², $\lambda_3 = 1{,}0 \times 10^{-4}$ kg·m² olan bir topaç için kritik dönme hızını bulun.

Çözümü göster

Düşey topaçta $p_\phi = p_\psi = \lambda_3\omega_3$. Küçük $\theta$ için $p_\phi - p_\psi\cos\theta \approx \lambda_3\omega_3\theta^2/2$ ve $\sin^2\theta \approx \theta^2$: $U_{\text{etkin}} \approx \lambda_3^2\omega_3^2\theta^2/(8\lambda_1) + MgR(1 - \theta^2/2) + \ldots$. $\theta^2$'nin katsayısı $\lambda_3^2\omega_3^2/(8\lambda_1) - MgR/2$ pozitifse $\theta = 0$ bir en küçük noktadır: $\omega_3^2 > 4\lambda_1MgR/\lambda_3^2$ ✓. Sayısal olarak $\omega_3 > \sqrt{4 \times 2 \times 10^{-4} \times 0{,}2 \times 9{,}8 \times 0{,}04/10^{-8}} \approx 79$ rad/s, yaklaşık 760 devir/dakika.

Problem 10.14Ekinoksların presesyonu★★☆

Dünya'nın dönme ekseni yaklaşık 25 800 yıllık bir periyotla presesyon yapar. Bu sürede kutup yıldızının yerine hangi yıldızlar geçer? Bu presesyonun nedeni nedir ve neden çok yavaştır?

Çözümü göster

Eksen, ekliptiğin kutbu çevresinde yarı açısı yaklaşık 23,4° olan bir koni çizer. Yaklaşık 12 000 yıl sonra kuzey kutbu Vega'nın yakınına gelecektir; MÖ 3000 dolaylarında Thuban (Draco takımyıldızı) kutup yıldızıydı. Neden: Güneş ve Ay'ın, Dünya'nın ekvatoral şişkinliğine uyguladığı gelgit torku. Tork çok küçüktür (ekvatoral şişkinlik küçüktür, $(\lambda_3 - \lambda_1)/\lambda_3 \approx 0{,}003$, ve gelgit kuvveti zayıftır), Dünya'nın açısal momentumu ise çok büyüktür; (10.5) ile presesyon hızı çok küçük olur.

Problem 10.15Dönen tekerlek ve viraj★★☆

Bir motosiklet 20 m/s hızla yarıçapı 50 m olan bir virajı dönüyor. Her tekerleğin eylemsizlik momenti 0,50 kg·m², yarıçapı 0,30 m'dir. Tekerleklerin açısal momentumunun yön değiştirmesi için gereken toplam tork nedir? Bu torkun yönü motosikletin yatma açısını nasıl etkiler?

Çözümü göster

$\omega = v/r = 66{,}7$ rad/s; bir tekerlekte $L = 33{,}3$ kg·m²/s, iki tekerlekte 66,7. Tekerleklerin açısal momentumu yatay ve viraja doğru, yana yöneliktir (ileri giden tekerlek için sağ el kuralı); viraj boyunca $\vb{L}$, $\Omega = v/R_v = 0{,}40$ rad/s ile düşey eksen çevresinde döner. Gereken tork $\dot{\vb{L}} = \boldsymbol{\Omega}\times\vb{L}$ yatay ve geriye doğrudur; büyüklüğü $\Omega L \approx 27$ N·m'dir. Viraja doğru yatmış bir motosiklette ağırlık ile yerin tepkisinin oluşturduğu tork da tam bu yöndedir. Bu yüzden yatma açısı yalnızca merkezcil kuvveti dengelemeye değil, tekerleklerin presesyonunu sağlamaya da yetmelidir: jiroskobik etki, aynı virajı dönmek için gereken yatma açısını biraz artırır.

İleri okuma

J. R. Taylor, Classical Mechanics, 10. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
H. Goldstein, C. Poole ve J. Safko, Classical Mechanics, 3. baskı (Addison-Wesley, 2002), 4. ve 5. bölümler: dönme matrisleri, Euler açıları ve ağır topacın ayrıntılı incelemesi.
L. D. Landau ve E. M. Lifshitz, Mechanics, 3. baskı (Pergamon, 1976), 6. bölüm: katı cisim hareketinin kısa ve derin bir anlatımı.
J. L. Synge ve B. A. Griffith, Principles of Mechanics, 3. baskı (McGraw-Hill, 1959): Poinsot yapısı ve dönme kararlılığı.
H. Moritz ve I. I. Mueller, Earth Rotation: Theory and Observation (Ungar, 1987): Chandler yalpalaması ve Dünya'nın dönmesinin ölçümü.