WS 2008/ PDDr.S.Mertens. Theoretische Physik I Mechanik J. Unterhinninghofen, M. Hummel Blatt 3

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1 PDDr.S.Mertens Theoretische Phsik I Mechanik J. Unterhinninghofen, M. Hummel Blatt 3 WS 2008/ Bewegung im rotierenden Sstem. Ein Massenpunkt ist unächst starr mit einer gegen (4Pkt.) den Uhreigersinn mit ω rotierenden Kreisscheibe(Radius R) verbunden. Zur Zeit t = 0 befindetersichimpunkt = 0, = RineinemraumfestenKoordinatensstem;die Verbindung ur Kreisscheibe wird nun gelöst. (a) Bestimmen Sie die Bahnkurve r(t) des Massenpunkts im raumfesten Koordinatensstem Σ. (b) BestimmenSiedieBahnkurve r (t)desmassenpunktsimmitrotierendenkoordinatensstem Σ undskiierensiesie. Lösung: R ω (a) Im raumfesten Sstem Σ ist die Bewegung geradlinig(keine wirkenden Kräfte!). Esgiltalso r(t) = r 0 + v 0 t (1) mit r 0 = r(t =0)und v 0 = v(t =0) = r(t =0).Mit r(t =0) =R e,und v(t =0) =Rω e = Rω e (2) ist die Bahnkurve in Σ beschrieben(vgl. Abbildung für die Koordinaten). (b)immitrotierendensstem Σ istdiebewegungnichtmehrgeradlinig,hierwirken ja Trägheitskräfte. Es ist m r = 2m ω r m ω ( ω r) (3) (keine äußeren Kräfte, Winkelgeschwindigkeit der Rotation ist eitlich konstant). Die Lösung kann hier ohne direkte Lösung der Differentialgleichung angegeben werden: also (t) =(t)cos(ωt) +(t)sin(ωt), (t) = (t)sin(ωt) +(t)cos(ωt),(4) (t) = Rωtcos(ωt) +Rωsin(ωt), (t) =Rωtsin(ωt) +Rcos(ωt). (5) Seite1von6

2 2. Zugbrücke im Gleichgewicht. Bestimmen Sie für die abgebildete ZugbrückenkonstruktiondieKraft,mitderamPunktBgeogenwerdenmuss,umdieBrückeimGleichgewicht (4Pkt.) uhalten.impunktawirkediekraft G e aufdiebrücke. Β F B a L Α G Lösung: Es ist FA = G e, r A =Lcos e +Lsin e, r B =asin e acos e, (6) und FB = F B e istgesucht.nachdemd AlembertschenPrinipgiltimGleichgewicht d.h. Fν δ r ν =0, (7) ν 0 = FA δ r A + FB δ r B = ( GLcos +F B acos, (8) alsomussf B =GL/asein diegleichgewichtsbedingungist,wiemanesnatürlich auch haben will, unabhängig vom Aufklappwinkel. Β F B Α G Seite2von6

3 3. Perle auf rotierendem Draht.Auf einem parabelförmige gebogenen Draht, der mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um die -Achse rotiert, gleite eine Perle. Die Schwerkraft wirkt in negativer -Richtung. m ωt r (a) (b) (c) Wie lauten die Zwangsbedingungen und die d Alembert-Gleichung? Stellen Sie mit Hilfe des d Alembertschen Prinip s die Bewegungsgleichung auf. Lösen Sie die Bewegungsgleichung Für welchen Wert ω wirkt die Summe aus Gravitations- und Zentrifugalkraft senkrecht um Draht? (1Pkt.) (1Pkt.) (1Pkt.) (insgesamt 3 Pkt.) Lösung: (a) In Zlinderkoordinaten lauten die Koordinaten des Massenpunktes rcos ϕ = rsin ϕ. m ωt r DaaufderParabeldieHöhederPerlealleinvonrabhängt,liefertunsdiesdie Seite3von6

4 Zwangsbedingung: = αr 2 (9) Die d Alembertgleichung lautet: m( r g) δr =0 Die Transformationsgleichung: liefert: (,,) = (rcos(ϕt),rsin(ϕt), αr 2 ) (δ, δ, δ) = δr(cos(ϕt), sin(ϕt), 2αr) ẍ = rcos ωt 2ṙsinωt rω 2 cosωt ÿ = rsin ωt +2ṙcosωt rω 2 sinωt =2a ( ṙ 2 +r r ) ( (1 +4a 2 r 2 ) r +4a 2 rṙ 2 + (2ag ω 2 )r ) δr =0 (b) Wenn die Summe aus Gravitations- und Zentrifugalkraft senkrecht auf dem Draht steht, heißt das, dass der Massenpunkt in diesem Punkt nicht beschleunigt wird ( r = 0),fallsersichindiesemPunktbefindetundṙ = 0gilt.Damiterhalten wir sofort aus der Bewegungsgleichung als Bedingung dafür die triviale Lösung r(t) 0oder ω 2 2ag = ω = ± 2ga. Fürr =0istdieresultierendeKraftimmersenkrechtumDraht,dahiernurdie Gravitationwirkt.DieGleichungfür ωistfürjedenwertvonridentisch.dasbedeutet, dass der Massenpunkt für diese Winkelgeschwindigkeit auf jedem Punkt der Parabel nicht beschleunigt wird, falls er sich nicht entlang des Drahtes bewegt. (c) Um die Differentialgleichung u lösen, multipliieren wir sie mit ṙ, woraus sich 0 = }{{} ṙ r +4a 2 r 2 ṙ r +ṙrṙ 2 }{{} }{{} rṙ (ω 2 2ga) 1 d 2dt (ṙ 2 ) 1 d 2 dt (r2 ṙ 2 1 d ) 2dt r 2 = d ( (1 +4a 2 r 2 )ṙ 2 (ω 2 2ag)r 2) dt ergibt.dadieableitungnullist,istdiefunktioneinekonstante,diewirhiermit c beeichnen wollen. Durch Trennung der Variablen erhalten wir 1 +4a dt =dr 2 r 2 c + (ω 2 2ag)r 2. Integrieren beider Seiten liefert sofort r(t) t t 0 = dr 1 +4a 2 r 2 r 0 c + (ω 2 2ag)r 2. Seite4von6

5 4. Senkrechter Wurf mit Corioliskraft. Ein Körper der Masse m befinde sich an einem Ort (2Pkt.) der geographischen Breite ϕ. Das Gravitationsfeld der Erde kann als homogen angesehen werden. Die Erde rotiere mit der Winkelgeschwindigkeit ω. Das Sstem, in dem der Erdmittelpunkt ruht, sei ein Inertialsstem und Reibung sei vernachlässigbar. DerKörperwerdevomBodenmitderGeschwindigkeitv 0 senkrechtnachobengeschossen. Wie weit vom Abschusspunkt entfernt landet er? In welche Richtung ist er abgelenkt worden? Erläutern Sie warum. Hinweis:VernachlässigenSiebeiderRechnungTerme ω 2. (insgesamt2pkt.) Lösung: Das Laborsstem auf der Erde ist ein beschleunigtes Beugssstem mit dem Koordinaten,,.DerKoordinatenursprungdiesesSstemsbewegtsichaufgrund dererdrotationindiezeichenebenhinein.diesseiauchdierichtungder -Achse. Die Winkelgeschwindigkeit ergibt sich auf der Erdoberfläche u ωcos ϕ ω = 0. ωsin ϕ Hierbei ist ϕ die geographische Breite. Nahe der Erdoberfläche betrachten wir die Zentrifugalkraft nicht gesondert, sondern betrachten m g als Summe aus Gravitation und Zentrifugalkraft. In Komponenten lautet die Bewegungsgleichung damit ẍ 2ωẏ sin ϕ ÿ = 2ω(ż cos ϕ +ẋ sin ϕ) 2ωẏ cos ϕ g ω DielineareBeschleunigungskraft m ω r könnenwirandieserstellevernachlässigen, da für die Dauer des Vorganges die Erdrotation naheu konstant ist. Zuerst integrierenwirẍ undÿ underhalten und ẋ =2ωsin(ϕ) +c 1 ẏ = 2(ωsin(ϕ) + ωcos(ϕ) ) +c 2. IndiesemFalllautendieAnfangsbedingungenfürt =0 = = =0,ẋ =ẏ =0 undż =v 0.DamitergibtsichalsLösungderBewegungsgleichungfür (t) (t) = g 2 t2 +v 0 t. Seite5von6

6 Unter Beachtung der Anfangsbedingungen erhalten wir und ÿ (t) =2ωgtcos(ϕ) 2ωv 0 cos(ϕ). (t) = 1 3 ωgt3 cos(ϕ) ωv 0 t 2 cos(ϕ). DieZeit,anderderKörperwiederdenBodenerreicht,ergibtsichaus (t 0 ) =0und lautett 0 = 2v 0 g.darausergibtsicheineabweichungvon (t 0 ) = 4 3 ωcos(ϕ)v3 0 g 2. DieGleichungfürẍ istinunserernäherungerneutidentischnull.wirsehen,dassdie Abweichung in diesem Fall in westliche Richtung erfolgt. Grund dafür ist die anfängliche Ablenkung des Körpers in westliche Richtung. Bei der Aufwärtsbewegung ist dies nicht weiter verwunderlich. Am höchsten Punkt der Bahn hat der Körper also eine Geschwindigkeit in westlicher Richtung. Die Corioliskraft stoppt im weiten Teil der Flugbahn diese Bewegung wieder, kann aber die Abweichung nicht kompensieren. Wiemanleichtverifiierenkann,istẏ (t 0 ) =0.DasheißtderKörperhatwährendder gesamten Flugphase eine Geschwindigkeitskomponente in westlicher Richtung. Dies führt ur Abweichung in diese Richtung. Auf diesem Übungsblatt sind maimal 13 Punkte u erreichen, Abgabe erfolgt am Seite6von6