Übungen zu Theoretischer Mechanik (T1)

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1 Arnold Sommerfeld Center Ludwig Maximilians Universität München Prof. Dr. Viatcheslav Mukhanov Sommersemester 8 Übungen zu Theoretischer Mechanik (T) Übungsblatt, Besprechung ab.7.8 Aufgabe. Trägheitstensor eines Quaders (i) Berechnen Sie den Trägheitstensor eines homogenen Quaders der Masse m mit den Seitenlängen a, b und c, welche parallel zu den Achsen x, y und z ausgerichtet sind. Der Schwerpunkt liegt im Ursprung des Koordinatensystems. Betrachten Sie nun den Spezialfall a = b und geben Sie den Trägheitstensor in jenem Koordinatensystem an, in welchem der Schwerpunkt weiterhin im Ursprung liegt, jedoch der Quader so verdreht ist, dass die Kante der Länge c parallel zum Vektor (,, ) T verläuft und eine Kante der Länge b parallel zur Achse y ist. Lösung (i) Berechnen wir zuerst die Komponente Θ xx : Θ xx = a a b dx b c dy c dz ρ(y + z ) = m b + c und Θ xy = Θ xz =... =, da der Körper entlang der Hauptachsen ausgerichtet ist. Die restlichen Komponenten bestimmen wir aus der Symmetrie, indem wir (a, b, c) zyklisch vertauschen. Deshalb gilt Θ = m b + c a + c a + b Der Trägheitstensor nach der xz-rotation R = kann durch Matrixprodukte berechnet werden, Θ = RΘR T = m a + b + c a c (a + c ). 4 a c a + b + c Im Fall a = b erhält man also Θ = m 3a + c a c (a + c ). 4 a c 3a + c Für den Fall a = b = c ergibt sich, wie erwartet, eine Identitäts-Matrix.

2 Aufgabe. Überkippen eines Würfels Ein homogener Würfel der Kantenlänge a und der Masse m gleitet zunächst mit konstanter Geschwindigkeit v auf einem glatten horizontalen Tisch. (Vier Kanten des Würfels sind parallel zum Geschwindigkeitsvektor). Eine Schwelle von vernachlässigbarer Höhe (und mit etwas klebrigem Kaugummi daran) stoppt dann die vordere, untere Kante des Würfels. (i) Bestimmen Sie die Winkelgeschwindigkeit unmittelbar nach dem Anstoßen. Um welchen Betrag vermindert sich die kinetische Energie beim Anstoßen? Welche Grenzgeschwindigkeit v g trennt die Fälle des Zurückfallens und des Überkippens des Würfels? Hinweis: Ein Würfel mit der Kantenlänge a und Masse m hat bezüglich einer kantenparallelen Achse durch den Schwerpunkt das Trägheitsmoment Θ = 6 ma. Das Trägheitsmoment um eine hierzu parallele Achse mit Abstand l ist durch den Satz von Steiner gegeben. Die Rotationsenergie ist T rot = Θω und der Drehimpuls ist L = Θω. Vernachlässigen Sie die Energieverluste durch den Kaugummi nach dem Stoß. Lösung (i) Der Satz von Steiner (mit Achsenabstand a ) ergibt das Trägheitsmoment, Θ = ) a 6 ma + m( = ma. 3 Der Drehimpuls bezüglich der Schwelle ist während des Stoßes erhalten: a mv = Θω ω = 3 v 4 a. Die kinetische Energie T nach dem Stoß ist geringer als vor dem Stoß, T T = Θω mv = 5 6 mv. Das Überkippen passiert, wenn der Würfel sich um 45 dreht und sich folglich der Schwerpunkt um a a und die potentielle Energie um V = mga ( ) erhöht. Im Grenzfall wird die gesamte verbliebene Energie T = 3 6 mv dafür aufgebraucht: T = V v g = 8ag. 3 Aufgabe.3 Der kräftefreie symmetrische Kreisel Im Folgenden untersuchen wir die Rotation des kräftefreien symmetrischen Kreisels genauer.

3 (i) (iii) (iv) (v) Entwickeln Sie die Figurenachse ê 3 nach den Basisvektoren ê i im raumfesten System S und die Drehimpulsachse ê 3 nach den Basisvektoren ê i im körperfesten System S. Verwenden Sie dazu die Transformationsmatrix R. cos ϕ cos ψ sin ϕ cos ϑ sin ψ sin ϕ cos ψ + cos ϕ cos ϑ sin ψ sin ϑ sin ψ R = sin ϕ cos ϑ cos ψ cos ϕ sin ψ cos ϕ cos ϑ cos ψ sin ϕ sin ψ sin ϑ cos ψ sin ϕ sin ϑ cos ϕ sin ϑ cos ϑ Zeigen Sie, dass sowohl ê 3 in S als auch ê 3 in S präzediert, und geben Sie jeweils die Präzessionsfrequenz an. Beachten Sie dabei die Lösung der Euler-Winkel ϑ(t) = ϑ, ψ(t) = Ωt + ψ und ϕ(t) = Ω t + ϕ. Begründen sie anhand der Struktur der Matrix R, dass beide Frequenzen nicht identisch sind. Wie groß ist ihr Verhältnis? Wie lautet die Bedingung, dass beide Frequenzen identisch sind? Scheinbar kann die Frequenz Ω beliebig groß werden, wenn cos ϑ. Zeigen Sie, dass Ω = L/Θ ist, und begründen Sie damit, warum Ω stets endlich bleibt. Mit den erhaltenen Zwischenergebnissen ist es relativ leicht, die Gültigkeit von ω ω = ϕ + ϑ cos ϕ sin ϕ + ψ sin ϕ sin ϑ cos ϕ sin ϑ ω 3 cos ϑ zu zeigen: Berechnen Sie die Komponenten der Winkelgeschwindigkeit ω in S. Gehen Sie dabei von Lösung aus. ω = ϕ(t)ê 3 + ϑ(t)ê K + ψ(t)ê 3 (i) Mit der Relation ê i êj = R ij ergibt sich ê i ê3 = R i3 und ê 3êj = R 3j Dies bedeutet, dass die Entwicklungskoeffizienten von ê 3 in der Basis von S gerade durch die drei Matrixelemente R i3 gegeben sind. Daher kann man die Entwicklung ê 3 = sin ϑ sin ψê + sin ϑ cos ψê + cos ϑê 3

4 direkt aus der Matrix R ablesen. Analog findet man die Richtung der Knotenlinie ê 3 = sin ϕ sin ϑê cos ϕ sin ϑê + cos ϑê 3, ê K = cos ϕê + sin ϕê = cos ψê sin ψê und die Komponenten der Winkelgeschwindigkeit ω = ϕ(t)ê 3 + ϑ(t)ê K + ψ(t)ê 3 ω ϑ cos ψ + ϕ sin ψ sin ϑ ω = ϑ sin ψ + ϕ cos ψ sin ϑ ϕ cos ϑ + ψ ω 3 in S Diese Gleichungen sind für Kreisel aller Art gültig, da bisher keinerlei Annahmen gemacht wurden. Für den kräftefreien Kreisel ist der Drehimpuls L = Iω erhalten. Da L die einzige ausgezeichnete Richtung in diesem Problem darstellt wählen wir das raumfeste System S so, dass L = Lê 3. Im Hauptachsensystem S ist I = diag(θ, θ, θ 3 ) und damit L = θω ê + θω ê + θ 3ω 3ê 3. Durch die Wahl von S ist klar, dass L orthogonal zur Knotenlinie steht. Wertet man diese Bedingung in S aus erhält man = L ê K = θ (cos ψω sin ψω ) = θ ϑ Also ist ϑ eine Konstante. Mithilfe der Gleichungen aus Teilaufgabe (i) sieht man somit, dass die Projektionen von ê 3 auf ê 3 und von ê 3 auf ê 3 konstant sind. Dies bedeutet, dass die Zeitabhängigkeit von ê 3 in S und von ê 3 in S nur in ψ bzw. ϕ enthalten ist. Insbesondere sind auch die Projektionen ( L ê 3 = L cos ϑ = L 3 = θ 3 ω3 = θ 3 ϕ cos ϑ + ψ ) und L (L 3) = θ ( (ω ) + (ω ) ) = θ sin ϑ ϕ konstant. Auflösen nach ψ und ϕ ergibt ψ = Ω = Θ Θ 3 Θ ω 3, ϕ = Ω = Θ 3ω 3 Θ cos ϑ Die Figurenachse ê 3 führt also in der ê ê Ebene eine Oszillation mit Frequenz ϕ = Ω aus, denn es gilt ϕ = Ω t + ϕ. Gleichzeitig oszilliert ê 3 in der ê ê Ebene mit Frequenz ψ = Ω, da überdies ψ = Ωt + ψ erfüllt ist. Es ist dabei allerdings zu beachten, dass beide Oszillationen gegenläufig sind, da in der zweiten Gleichung aus Aufgabe (i) ein Minuszeichen auftritt. (iii) Offensichtlich unterscheiden sich die beiden Oszillationsfrequenzen ψ und ϕ dem Betrag nach. Dies liegt daran, dass die Matrix R nicht symmetrisch ist. Im einen Fall wird die dritte Zeile, im anderen die dritte Spalte für die Transformation verwendet. Das Verhältnis der beiden Frequenzen lautet ψ ϕ = Θ Θ 3 Θ 3 cos ϑ. Je nach Art des Kreisels (oblat, Θ < Θ 3, oder prolat Θ > Θ 3 ) und der Neigung ϑ der Figurenachse zur Drehimpulsachse kann der Quotient beliebige positive oder negative Werte annehmen. Beide Frequenzen sind dem Betrag nach identisch, wenn gilt. cos ϑ = Θ 3 Θ Θ 3 (iv) Die Frequenz Ω lässt sich in der Form Ω = L 3 Θ cos ϑ

5 y l dm = m l dx x x dx Abbildung : Dünner Stab schreiben. Der Drehimpuls ist entlang ê 3 ausgerichtet, L = Lê 3. Der Grenzfall cos ϑ entspricht ϑ 9. Andererseits folgt aus (), dass die Projektion von L auf die Figurenachse ê 3 ebenfalls cos ϑ ist: L 3 = Lê 3 = L cos ϑ Somit ist Ω = L Θ völlig unabhängig vom Winkel ϑ zwischen Figurenachse und Drehimpuls. (v) Die Winkelgeschwindigkeit erfüllt ω = ϕ(t)ê 3 + ϑ(t)ê K + ψ(t)ê 3 Um ihre Komponenten in S zu berechnen, muss sie auf die Vektoren ê i projiziert werden. Der erste Term ist trivial. Der letzte Term wurde in () bestimmt. Die Knotenlinie lässt sich direkt aus der Abbildung zu ê K = cos ϕê + sin ϕê ablesen. Nach einer kurzen Sortierung folgt das Ergebnis ω ω = ϕ + ϑ cos ϕ sin ϕ + ψ sin ϕ sin ϑ cos ϕ sin ϑ ω 3 cos ϑ Aufgabe.4 Trägheitsmomente homogener Körper bezüglich verschiedener Drehachsen a) Berechnen Sie das Trägheitsmoment eines homogenen Stabs der Länge l und Masse m bezüglich einer Achse die senkrecht zum Stab (Drehachsen Körperachse) durch eines der Enden verläuft (Abbildung ). Der Stab soll eine vernachlässigbare Dicke haben. Was gilt für die Trägheitsmomente für die anderen beiden Achsen? (Dies muss nicht berchnet werden, sondern kann durch Symmetrieüberlegungen direkt bestimmt werden). b) Berechnen Sie das Trägheitsmoment eines homogenen Stabs mit Drehachsen Körperachse durch den Mittelpunkt des Stabs. c) Berechnen Sie das Trägheitsmoment eines Zylindermantels mit Drehachsen Körperachse. d) Berechnen Sie das Trägheitsmoment eines massiven Zylinders mit Drehachsen Körperachse. e) Berechnen Sie das Trägheitsmoment eines Hohlzylinders (innere Radius r i, äußerer Radius r) mit Drehachsen Körperachse. (Betrachten Sie die Grenzfälle für dieses Objekt).

6 Lösung a) Das Trägheitsmoment ist definiert als I = r dm. In unserem Fall ist das Trägheitsmoment bzgl. der y-achse gegeben durch I = x dm () Um das Integral zu berechnen brauchen wir den Zusammenhang von dm und dx: dm = λ dx = m l dx () Nun setzen wir alles in unseren Integralausdruck (Gleichung ) ein und integrieren über die Länge des Stabes: l I = x dm = x m l dx = m l l 3 x3 = 3 ml (3) Dies ist das Trägheitsmoment um die y-achse. Offensichtlich ist das Trägheitsmoment um die z-achse dazu identisch. Für das Trägheitsmoment um die x-achse gilt I =, da wir angenommen haben, daß der Stab eine vernachlässigbare Dicke haben soll, die gesamte Masse also in vernachlässigbarer Entfernung von der x-achse konzentriert ist. b) Wie im vorherigen Fall haben wir dm = λdx mit λ = m l der Linienmassendichte. Diesmal müssen wir nur aufpassen nicht von bis l zu integrieren, sondern von l/ bis l/: I = r dm = l/ l/ x m l dx = m l 3 x3 l/ = m ( ) 3 l l/ 3l = ml (4) c) Für den Zylindermantel mit Drehachsen Körperachse ist die Massenverteilung homogen, also unabhängig von r. Somit gilt: I = r dm = r dm = r m (5) d) Für den massiven Zylinder haben wir dm = σda, wobei σ = m A die Massenflächendichte ist und da = rdrdφ das Flächhenelement in Zylinderkoordinaten. Somit bekommen wir: π r I = r dm = dφ r r m πm dr = A A r 4 r4 = mπr4 A = mr, (6) wobei wir im letzten Schritt benutzt haben, saß A = πr die Grundfläche des Zylinders ist. e) Wie im vorherigen Fall, nur müssen wir diesmal nicht von bis r sondern von r i bis r integrieren, und die korrekte Grundfläche benutzen: I = r dm = r rdrdφ m A = π m r A 4 r4 = m r 4 ri 4 r i r ri = m (r ri )(r + ri ) (r ri ) = m (r + r i ) Wenn wir die beiden Grenzfälle r i r und r i anschauen, sehen wir, daß dies genau den beiden vorherigen Fällen entspricht: mr und mr /. Diese sind also Spezialfälle des Hohlzylinders. (7)