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1 Vorbemerkung Dies ist ein abgegebener Übungszettel aus dem Modul physik221. Dieser Übungszettel wurde nicht korrigiert. Es handelt sich lediglich um meine Abgabe und keine Musterlösung. Alle Übungszettel zu diesem Modul können auf gefunden werden. Sofern im Dokuments nichts anderes angegeben ist: Dieses Werk von Martin Ueding ist lizenziert unter einer Creative Commons Namensnennung - Weitergabe unter gleichen Bedingungen 4.0 International Lizenz. [disclaimer]

2 physik221übung 5 Tutor: Franz Niecknig Martin Ueding mu@uni-bonn.de Thore Daunicht Christoph Hansen 9. Mai 2012 Aufgabe H.9 H.10 H.11 Σ Punkte xxxxx/ 8 xxxxx/ 6 xxxxx/ 6 xxxxx/ 20 Aufgabe H.9 Tischplatte Zwei Massen sind mit einer Schnur durch eine Tischplatte verbunden, wie in Abbildung 1 gezeigt. r φ φ m 1 m 2 Abbildung 1: Skizze für den Aufbau Aufgabe H.9a Lagrangegleichungen Wir sollen die Lagrangegleichungen für dieses Problem aufstellen. Die beiden Freiheitsgrade dieses Problem sind einmal der Radius r, den die Masse m 1 vom Loch entfernt ist. Dazu kommt noch der Winkel φ. Es existieren entsprechende Zwangsbedingungen, allerdings sind diese für die Lagrangefunktion nicht direkt notwendig. Die kinetische Energie ist gegeben durch: T = 1 2 m 1 ( ṙ 2 + r 2 φ2 ) m 2ṙ 2 1

3 physik221 Übung 5 AUFGABE H.9 TISCHPLATTE Die potentielle Energie hängt nur von der zweiten Masse ab. Den Nullpunkt setzen wir so, dass für r = 0 gilt: V = 0. Somit ist die potentielle Energie: V = m 2 gr Zusammen also: L = T V L = 1 ( ) 2 m 1 ṙ 2 + r 2 φ m 2ṙ 2 m 2 gr L = 1 ( ) (m 1 + m 2 )ṙ 2 + m 1 r 2 φ2 m 2 gr 2 Wir bestimmen die partiellen Ableitungen. φ = 0 φ = m 1r 2 φ d dt φ = m 1r(2ṙ φ + r φ) r = m 1r φ 2 m 2 g ṙ = (m 1 + m 2 )ṙ d dt ṙ = (m 1 + m 2 ) r Die Euler-Lagrange-Gleichungen lauten also: m 1 r(2ṙ φ + r φ) = 0 (m 1 r φ 2 m 2 g) (m 1 + m 2 ) r = 0 Auÿerdem wissen wir nun, dass φ zyklisch ist und der kanonische Impuls π φ = m 1 r 2 φ erhalten bleibt. Dies ist der Drehimpuls. Aufgabe H.9b Dierentialgleichung erster Ordnung Hier fehlen noch Inhalte. Aufgabe H.9c Gleichgewichtslage Falls sich m 1 auf einer Kreisbahn bewegt, ist ṙ = 0. Daraus folgt direkt, dass r = 0 sein muss. Somit können wir die erste Lagrangegleichung vereinfachen zu: φ 2 = m 2g m 1 r Dort setzen wir den Drehimpuls ein und erhalten: π 2 φ = m 1m 2 rg Die Gleichgewichtslage sieht so aus, dass die Schwerkraft auf m 2 gerade die benötigte Zentripetalkraft für m 1 ist. Alternativ kann man es im rotierenden Bezugssystem so interpretieren, dass sich Seilkraft und Zentrifugalkraft gerade aufheben. Ueding, Daunicht, Hansen Tutor: Franz Niecknig Seite 2

4 physik221 Übung 5 AUFGABE H.10 SCHRAUBENLINIE Aufgabe H.9d ohne Lagrangeformalismus Diesen Ansatz können wir auch ohne Lagrangeformalismus benutzen und erhalten: (r m φ) 2 1 = m 2 g r m 1 r φ 2 = m 2 g Diese Formel hatten wir bereits oben, somit führt sie auf das gleiche Endergebnis. Aufgabe H.10 Schraubenlinie Gegeben ist ein Draht in Form einer Schraubenlinie mit Ganghöhe a und Radius R. Eine Perle rutscht diesem Draht im homogenen Gravitationspotential nach unten. Aufgabe H.10a Euler-Lagrange-Gleichungen Als Koordinate benutzen wir φ. Es ist fast wie bei den regulären Zylinderkoordinaten deniert, allerdings nimmt es Werte aus ganz R an und nicht nur aus [0, 2π). Es ist eine Art Parametrisierung über die Bogenlänge des Drahtes, nur eben auf eine z-ebene projiziert. Die beiden anderen Koordinaten aus dem Zylindersystem können wir schreiben: Dabei stellen wir uns hat. φ 2π r = R z = φ 2π a als die Anzahl Umrundungen vor, die die Perle bereits vollzogen Als Euler-Lagrange-Gleichung erhalten wir in Zylinderkoordinaten: ( ) 2 L = m φ R 2 2 φ2 + 2π a + mg φ 2π a Wir bestimmen die Ableitungen: φ = m ag 2π ) = m φ (R φ 2 + a2 4π 2 ) d = m φ (R dt φ 2 + a2 4π 2 Zusammen erhalten wir die Euler-Lagrange-Gleichung: m ag ) (R 2π m φ 2 + a2 4π 2 = 0 Daraus folgt direkt: φ = 4agπ 4π 2 R 2 + a 2 Ueding, Daunicht, Hansen Tutor: Franz Niecknig Seite 3

5 physik221 Übung 5 AUFGABE H.11 ROTIERENDER DRAHT Aufgabe H.10b Bewegungsgleichung lösen Wir integrieren von 0 bis t und erhalten als Bewegungsgleichung: φ(t) = 1 2 φt 2 Und nach der Denition von z ist dies auch: z(t) = φ 4π at2 Und vereinfacht: a 2 g z(t) = m(4π 2 R 2 + a 2 ) t2 Aufgabe H.11 rotierender Draht In Abbildung 2 haben wir gezeichnet, wie wir den Winkel interpretieren. z α r m ω Abbildung 2: Skizze für den Aufbau Aufgabe H.11a Euler-Lagrange-Gleichung Als Koordinaten wählen wir den Radius r, den die Kugel vom Zentrum entfernt ist. Diese Gröÿe hat ein Vorzeichen, enthält also, ob die Perle auf der einen oder anderen Seite ist. Als Höhe z erhalten wir aus der Trigonometrie: z = r cos(α) Die kinetische Energie in Zylinderkoordinaten ist wie immer: T = 1 ( ) 2 m r 2 + r 2 sin(α) 2 φ2 Die potentielle Energie ist: V = mgz = mgr cos(α) Zusammen in einer Lagrangegleichung: L = 1 2 m ( r 2 + r 2 sin(α) 2 ω 2) mgr cos(α) Ueding, Daunicht, Hansen Tutor: Franz Niecknig Seite 4

6 physik221 Übung 5 AUFGABE H.11 ROTIERENDER DRAHT Diese leiten wir wieder ab. d dt r = mr sin(α)2 ω 2 mg cos(α) ṙ = mṙ ṙ = m r Dies fügen wir zu einer Euler-Lagrange-Gleichung zusammen: m ( r sin(α) 2 ω 2 g cos(α) r ) = 0 Aufgabe H.11b Bewegungsgleichungen Zuerst setzen wir z für r ein. Danach formen wir um. m ( z sec(α) sin(α) 2 ω 2 g cos(α) z sec(α) ) = 0 Wir kürzen die Masse. Auÿerdem multiplizieren wir mit cos(α). z sin(α) 2 ω 2 g cos(α) 2 z = 0 z sin(α) 2 ω 2 z = g cos(α) 2 Der homogene Teil wird gelöst durch den Ansatz: z(t) = exp(ωt sin(α)) z(t) = ω 2 sin(α) 2 exp(ωt sin(α)) Eine inhomogene Lösung erhalten wir mit: z(t) = C Wenn wir die Konstante C so wählen, dass Cω 2 sin(α) 2 = g cos(α) 2, dann können wir damit auch die inhomogene Dierentialgleichung lösen. Somit lautet die allgemeine Lösung, zusammengesetzt aus a-mal der homogenen Lösung und einmal der partikulären Lösung: z(t) = a exp(ωt sin(α)) + g ω 2 cot(α)2 Mit der Anfangsbedingung z 0 = z(0) können wir die Konstante a bestimmen. Es muss also gelten: z 0 g ω 2 cot(α)2 = a Für den Fall a = 0 erhalten wir eine stationäre Lösung. In diesem Punkt gleichen sich Schwerkraft und Zentrifugalkraft gerade aus. Ueding, Daunicht, Hansen Tutor: Franz Niecknig Seite 5