Masströghetsmoment

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 $I$.

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.

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 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 $K_i=\frac{1}{2}{m}_i{v}_i^2=\frac{1}{2}{m}_i{r}_i^2{\omega }^2$. Summera över alla bitar:

$$K=\sum _i{K}_i=\frac{1}{2}\left(\sum _i{m}_i{r}_i^2\right){\omega }^2.$$

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

$$\boxed{K_{\text{rot}}=\frac{1}{2}I{\omega }^2}$$

Direkt analogi

Jämför med translation: $K_{\text{trans}}=\frac{1}{2}m{v}^2$. 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.

$r$ 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.

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):

$$I_{\text{cm},1}\approx 0,I_{\text{cm},2}=2m{R}^2\gg I_{\text{cm},1}.$$

Rotation kring ena änden $A$ (med Steiners sats, se §5):

$$I_{A,1}=2m{R}^2,I_{A,2}\approx 0+m(2R{)}^2\cdot 2=8m{R}^2=2\cdot I_{A,1}.$$

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.

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

$$\boxed{I_P=I_{\text{cm}}+M{d}^2}$$

där $M$ är kroppens totala massa.

Två observationer:

1. Bidraget $M{d}^2$ 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.

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: $I_{\text{cm}}=I_P-M{d}^2$.
• “Flytta ut från cm.” Du har $I_{\text{cm}}$ från en tabell och vill ha $I$ kring en lämplig kant eller momentancentrum: $I_P=I_{\text{cm}}+M{d}^2$.

---

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 $I$:

$$\boxed{I=M{k}^2⟺k=\sqrt{\frac{I}{M}}}$$

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 $I_1,I_2,\dots ,I_n$ 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).

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.

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.

skapas

M 6.2 — halvskiva

En halv homogen cirkelskiva med radie $R$ och massa $M$.

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

$$I_{z,\text{halv}}=\frac{1}{2}{I}_{z,\text{full}}.$$

För en full homogen skiva ger Fysika Tf-1b/c: $I_{z,\text{full}}=\frac{1}{2}M{R}^2$ — men här är $M$ den fulla skivans massa, inte halvans, så vi får

$$I_{z,\text{halv}}=\frac{1}{2}M{R}^2.$$

b) Tröghetsmoment kring en axel längs den raka kanten:

Använd Steiners sats för att flytta axeln från cm ut till kanten (avstånd $\frac{4R}{3\pi }$ för halvskiva).

---

9. Sammanfattning och metodik

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	$\frac{1}{2}m{v}^2$	$\frac{1}{2}I{\omega }^2$
Rörelsemängd	$p=mv$	$L=I\omega$

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

Exempel A — trissa, två lastfall

En trissa (homogen skiva, radie $R$, massa $M$, $I_{\text{cm}}=\frac{1}{2}M{R}^2$).

• 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?

Lösning $nt$-koordinater för trissan. Använd kartesiskt koordinatsystem för den hängande massan, kombinerat med momentlagen kring trissans masscentrum.

Eftersom trissan roterar kring sitt egna masscentrum följer ingen fix punkt på kanten en cirkelbana med konstant radie i rummet — alltså inte

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: $TR=I_{\text{cm}}\alpha =\frac{1}{2}M{R}^2\alpha ⟹T=\frac{1}{2}Ma$

Insatt: $mg-\frac{1}{2}Ma=ma⟹\boxed{a_1=\frac{2mg}{2m+M}}$

Fall 2 — direkt kraft $F=mg$: Endast trissan accelereras. Momentlagen kring cm: $mg\cdot R=\frac{1}{2}M{R}^2\alpha ⟹\alpha =\frac{2mg}{MR}$ $\boxed{a_2=\alpha R=\frac{2mg}{M}}$

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.

Exempel B — jojo (tenta 190320)

En jojo (homogen skiva, massa $M$, radie $R$, $I_{\text{cm}}=\frac{1}{2}M{R}^2$) 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 $A$).

Lösning $a_y=\alpha R$.

Linan är vertikal; rullning utan glidning på linan ger

Metod 1 — kring masscentrum (gängse val):

NII vertikalt (positivt nedåt): $Mg-F=M{a}_y$

Momentlagen kring cm: $F\cdot R=I_{\text{cm}}\alpha =\frac{1}{2}M{R}^2\alpha ⟹F=\frac{1}{2}M{a}_y$

Insatt: $Mg-\frac{1}{2}M{a}_y=M{a}_y⟹\boxed{a_y=\frac{2}{3}g}$ $F=\frac{1}{3}Mg,\alpha =\frac{a_y}{R}=\frac{2g}{3R}$

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: $I_A=I_{\text{cm}}+M{R}^2=\frac{3}{2}M{R}^2$ Endast tyngden ger moment kring $A$ (kraften $F$ angriper i $A$ och har inget moment där): $Mg\cdot R=I_A\alpha ⟹\alpha =\frac{2g}{3R}⟹a_y=\alpha R=\frac{2}{3}g✓$

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: $a_{t,A}=\alpha R=\frac{2}{3}g.$

Poängen fix axel, masscentrum eller momentancentrum. Här ger valet $A$ ett enklare ekvationssystem än kring cm, eftersom kraften $F$ försvinner ur momentekvationen.

Momentlagen kan ställas upp kring

Exempel C — halvklot kring fix diameteraxel ( 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 $\theta$.

Friläggning för godtycklig vinkel $\theta$:

Lösning Geometri och tröghetsmoment:

• Avstånd $O\to$ cm: $d=\frac{3r}{8}$
• Tröghetsmoment kring $O$ (diameteraxel i den plana ytan): $I_O=\frac{2}{5}M{r}^2$

Steg 1 — $\omega (\theta )$ via mekaniska energisatsen: Vid $\theta =0$ ligger axeln $O\to$ cm horisontellt. Vid vinkeln $\theta$ (mätt nedåt från horisontell) har cm sjunkit höjden $h=d\sin \theta$. $Mgd\sin \theta =\frac{1}{2}{I}_O{\omega }^2$ ${\omega }^2=\frac{2Mgd\sin \theta }{I_O}=\frac{2Mg(3r/8)\sin \theta }{(2/5)M{r}^2}⟹\boxed{{\omega }^2=\frac{15g\sin \theta }{8r}}$

Steg 2 — vinkelacceleration $\alpha (\theta )$ via momentlagen kring $O$: Tyngden har hävarmen $d\cos \theta$ kring $O$: $Mgd\cos \theta =I_O\alpha ⟹\boxed{\alpha =\frac{15g\cos \theta }{16r}}$

Steg 3 — acceleration av cm: I $nt$-system med $\hat{n}$ från $O$ mot cm (positivt utåt) och $\hat{t}$ i rörelseriktning: $a_n=-d{\omega }^2=-\frac{3r}{8}\cdot \frac{15g\sin \theta }{8r}=-\frac{45}{64}g\sin \theta (\text{mot }O)$ $a_t=d\alpha =\frac{3r}{8}\cdot \frac{15g\cos \theta }{16r}=\frac{45}{128}g\cos \theta$

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 $\hat{n}$: $N_n+Mg\sin \theta =M{a}_n=-\frac{45}{64}Mg\sin \theta$ $\boxed{N_n=-\frac{109}{64}Mg\sin \theta }$ Negativt tecken $\Rightarrow$ kraften från axeln pekar mot $O$ (håller upp halvklotet).

NII i $\hat{t}$: $N_t+Mg\cos \theta =M{a}_t=\frac{45}{128}Mg\cos \theta$ $\boxed{N_t=-\frac{83}{128}Mg\cos \theta }$ Negativt tecken $\Rightarrow$ kraften verkar mot rörelseriktningen — axeln bromsar cm:s tangentiella acceleration så att endast tyngdens moment driver rotationen.

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: $N_t=-\frac{83}{128}Mg\cos 90^{\circ }=0$ ✓ och $N_n=-\frac{109}{64}Mg$ (uppåt, mot $O$) ✓.

---

Läsning

• 9.4 Energy in Rotational Motion
• 9.5 Parallel-Axis Theorem
• 9.6 Moment-of-Inertia Calculations
• M 6.1 Tröghetsradie
• M 6.2 Sammansatta kroppar
• M 6.3 Tunna skivor
• Fysika: Tf-tabellen för standardkroppar

Se även

• Rotationsmekanik
• Momentekvationen
• Rörelsemängdsmoment
• Allmän rörelse
• Momentancentrum
• Masscentrum

Resurser

• Khan Academy: Moment of inertia — bygger upp $I$ via samma summa över bitar.
• Wikipedia: List of moments of inertia — referenstabell när Fysika inte räcker till.
• MIT OCW 8.01: Lecture 21 — Walter Lewin gör en klassisk demonstration av Exempel-A-typ.