Lagrange Formalismus

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1 Lagrange Formalismus Frank Essenberger FU Berlin 1.Oktober 26 Inhaltsverzeichnis 1 Oszillatoren Fadenpendel Stabpendel U-Rohr Perlen Perle auf rotierenden Stab Perle auf Schraubenlinie Perle fällt durch Kugel Oszillatoren 1.1 Fadenpendel Wir nehmen an eine Punktmasse der Größe m hänge an einem masselosen Faden der Länge S und zwar im Kraftfeld der Erde. Wir haben eine Zwangsbedingung, nämlich dass das Seil gespannt seinen soll und sich nicht dehnen kann: r (t) r (t) = S 2. Wenn man den Ursprung des Koordinantensystems in den Punkt legt wo das Pendel befestigt ist ist ergibt sich: x(t) = S sin(ϕ(t)) ẋ(t) = S cos(ϕ(t)) ϕ(t) y(t) = S cos(ϕ(t)) ẏ(t) = S sin(ϕ(t)) ϕ(t). 1

2 Abbildung 1: Fadenpendel Durch die eine generalisierte Kordinate reduziert sich die Anzahl der ariabeln von zwei ( ( ) x(t) r (t) = ) auf eine ϕ(t). Nun muss die Lagrange Gleichung y(t) bestimmt werden. Dies ist hier ganz einfach: T = 1 2 mv2 = mgh L = T = 1 2 m r (t) r (t) mgy(t) = 1 2 m[ ẋ(t) 2 + ẏ(t) 2] mgy(t) = 1 2 ms2 ϕ(t) 2[ sin(ϕ(t)) 2 + cos(ϕ(t)) 2] +mgs cos(ϕ(t)) L = 1 2 ms2 ϕ(t) 2 mgs cos(ϕ(t)). Nun bilden wir die Euler Lagrange Gleichung für die generalisierte Kordinate ϕ(t): dt ϕ L] ϕ L [1 dt ϕ 2 ms2 ϕ(t) 2 mgs cos(ϕ(t)) ] ] = d dt[ ms2 ϕ(t) ] +mgs sin(ϕ(t)) = S ϕ(t) + g sin(ϕ(t)). ϕ [1 2 ms2 ϕ(t) 2 + mgs cos(ϕ(t)) ] Für kleine Auslenkungen ist sin(ϕ(t)) ϕ(t) und so ergibt sich: = ϕ(t) + g S ϕ(t)). Die Lösung sieht man sofort: g g ϕ(t) = A cos( t) + B sin( S S t). Die Anpassung an Randbedingungen, die die Konstanten festlegen bleibt dem Leser überlassen. 2

3 1.2 Stabpendel Dieses Pendel besteht aus einem steifen Stab der Länge S und der Masse m (homogen verteilt). Auch er ist fest befestigt und in homogenen Schwerefeld der Erde oder einem anderen homogenen Feld. Unsere Zwangsbedingung ist diesmal, dass der Stab steif ist. So lässt sich r (t) wieder nur mit einer Kordinate ausdrücken: ( ) S sin(ϕ(t)) r (t) = S. cos(ϕ(t)) Abbildung 2: Stabpendel Nun muss wieder T und bestimmt werden. Dazu erstmal ṙ (t) 2 bestimmen. r wurde deshalb gestrichen, da es vom Abstand S zum Ursprung abhängt: ( ) r S (t) = cos(ϕ(t)) ϕ(t) S. sin(ϕ(t)) ϕ(t) ṙ (t) 2 = S 2 [cos(ϕ(t)) 2 ϕ(t) 2 + sin(ϕ(t)) 2 ϕ(t) 2 ] = S 2 ϕ(t) 2 Damit wird T zu: Und ist: T = = S S ds 1 m 2 S ṙ (t) 2 = 1 6 ms2 ϕ(t) 2. ds 1 m 2 S S 2 ϕ(t) 2 S = g ds m S S cos(ϕ(t)) = 1 Sgm cos(ϕ(t)). 2 Wir bilden wieder L = T und bilden so wie im ersten Beispiel die 3

4 Eulerlagrange Gleichung: dt ϕ L] ϕ L 1 dt ϕ 6 ms2 ϕ(t) Sgm cos(ϕ(t))] [1 ϕ 6 ms2 ϕ(t) Sgm cos(ϕ(t))] 2 1 dt ϕ 6 ms2 ϕ(t) 2] [1 Sgm cos(ϕ(t))] ϕ 2 = 1 3 ms2 ϕ(t) + 1 Sgm sin(ϕ(t)) 2 = ϕ(t) + 3 g 2 S sin(ϕ(t)). Für kleine Auslenkungen ist sin(ϕ(t)) ϕ(t) und so ergibt sich: = ϕ(t) + 3 g 2 S ϕ(t). Die Lösung sieht man sofort: 3g 3g ϕ(t) = A cos( t) + B sin( 2S 2S t). 1.3 U-Rohr Hier befindet sich in einem U-Rohr der Dicke A eine Flüssigkeit der Dichte ρ. Diese soll sich reibungsfrei und inkompressibel sich im Rohr bewegen können. Das heißt die Geschwindigkeit der Oberfläche ist gleich der Geschwindigkeit überall im Rohr.Unsere generalisiertekordinate ist die Höhe h(t). Wir müssen nun wieder und T bestimmen. Abbildung 3: U-Rohr Um ein olumenelement um y anzuheben muss an sich anheben und auch noch auf der anderen Seite um y aus der Ruhelage heben. Damit folgt: = y o = h 2 ρag dh2 hρag 4

5 Und die kinetische Energie ist: T = 1 2 mḣ2. Nun wieder Die Euler Lagrangegleichung bestimmenl = T : dt ḣl] h L 1 dt ḣ 2 mḣ2 2 mgh ] [1 h 2 mḣ2 gh 2 ρa ] = d dt[ m ḣ ] +2 ghρa = ḧ + 2 ghρa = ḧ + 2 ghρa m = ḧ + 2 ghρa ρ = ḧ + 2g h l Die Lösung sieht man wieder leicht: 2g 2g h(t) = A cos( t) + B sin( l l t). 2 Perlen Ganz häufige Aufgaben sind irgendwelche gleitenden Perlen auf Stäben, Ringen oder ähnlichen. Dabei wird die Reibung meistens nicht berücksichtigt. 2.1 Perle auf rotierenden Stab Angenommen eine Perle sei auf einen Stab gesteckt, der sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit in der X-Y Ebene bewegt. Abbildung 4: Gleitende Perle auf rotirendem Stab 5

6 Man nimmt dabei an, dass die X-Y Ebene eine Äquipotentialfläche ist. Wir führen also wieder passende generalisierte kordinaten ein: x(t) = l(t) cos(ϕ(t)) y(t) = l(t) sin(ϕ(t)). Hier ist alles nun sehr leicht. ist einfach: Und die kinetische Energie ist: T = 1 2 m[ẋ(t)2 + ẏ(t) 2 ] = const. = 1 2 m[l(t)2 sin(ϕ(t)) 2 ϕ(t) 2 + l(t) 2 cos(ϕ(t)) 2 ϕ(t) 2 + l(t) 2 sin(ϕ(t)) 2 + l(t) 2 cos(ϕ(t)) 2 ] = 1 2 [ml(t)2 ϕ(t) 2 + l(t) 2 ] Damit ergibt sich als Lagrangegleichung für l(t): dt ḣl] h L dt l = d l(t) + ml(t) ϕ(t)2 dt = l(t) + ml(t) ϕ(t) [ml(t)2 ϕ(t) 2 + l(t) 2 const] ] + l [1 2 [ml(t)2 ϕ(t) 2 + l(t) 2 const ] ] Da der Stab sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit dreht ist ϕ(t) = ωt also wird die Gleichung leicht: = l(t) + mω 2 l(t). Die Lösund sieht man wieder sofort: l(t) = Ae mω 2t + Be mω 2t. Für eine ruhende Perle im Abstand l zum Zeitpunkt t= ergibt sich (l() = l l() = ): l = A + B = mω 2 B mω 2 A. Aus dem LGS sieht man sofort, dass A = B und A = l 2 ist. Damit vereinfacht sich diese Lösung der DGL zu: l(t) = l cosh( mω 2 t). 6

7 Die Bahnkurve sieht dann so aus: Abbildung 5: Bahnkurve der Perle 2.2 Perle auf Schraubenlinie Diese Perle der Masse m soll nun im Schwerefeld der Erde reibungsrei entlang einer Schraubenlinie rutschen. Abbildung 6: Perle auf Schraubenlinie Bei einer Windung soll die Perle dabei die Strecke S zurücklegen. Die Wahl der Kordinaten liegt wieder nahe. In den Zylinderkordinaten lassen sich die Zwangsbedingungen: x(t) 2 + y(t) 2 = R z(t) = ϕ(t) leicht implementieren. So wird aus r (t) = ( x(t) y(t) z(t) ) ein ektor der nurnoch von einer variablen abhängt: r (t) = ( R cos(ϕ(t)) R sin(ϕ(t)) Sϕ(t) ). 7

8 Die kinetische und Potentielle Energie zu bestimmen ist nun Routine: = mgz = mgsϕ(t). Die kinetische energie ist nur hinzuschreiben: T = 1 2 m[ẋ(t)2 + ẏ(t) 2 + ż(t) 2 ] = 1 2 m [ [R cos(ϕ(t)) ϕ(t)] 2 + [R sin(ϕ(t)) ϕ(t)] 2 + [S ϕ(t)] 2 ] = 1 2 m[r2 ϕ(t) 2 + S 2 ϕ(t) 2 ] = 1 2 m ϕ(t)2 [R 2 + S 2 ]. Nun wieder Die Euler Lagrangegleichung bestimmenl = T : = = = d [ dt ḣl] h L d dt [ [ ] 1 ϕ 2 m ϕ(t)2 [R 2 + S 2 ] mgsϕ(t) d dt [m ϕ(t)2 [R 2 + S 2 ]] + ϕ mgsϕ(t) = m ϕ(t) 2 [R 2 + S 2 ]] + mgs ϕ(t) = gs [R 2 + S 2 ]. ] ϕ Nun muss man nurnoch zweimal überintegrieren um ϕ(t) zu erhalten: ϕ(t) = gs 2[R 2 + S 2 ] t2 ϕ o t ϕ. [ ] 1 2 m ϕ(t)2 [R 2 + S 2 ] mgsϕ(t) Für eine perle die einfach nur fällt wäre R = und S = 1 so ergäbe sich: so wie erwartet. 2.3 Perle fällt durch Kugel ϕ(t) = z(t) = 1 2 g t2 ż o t z. Dies ist ein Beispiel in dem Nur das Potential zu finden ein Problem darstellt. Wenn man es hat kann man sich ganz einfach nach Schema f zum Ergebniss durchhangeln. Angenommen man hatt durch eine Kugel einen schacht gebohrt, durch den man eine Kugel fallen lässt. Wichtig für die Aufgabe ist, dass keine äußeren Kräfte wirken, und nur die Kugel das Potential erzeugt. Gesucht ist nun also das Potential im inneren einer Kugel der Masse M. 8

9 Abbildung 7: Perle fliegt durch Kugel Wenn man annimmt, das die Dichtefunktion ρ( x ) aus konzentrischen Kugelschalen gleicher Dichte aufgebaut ist, dann muss das Feld im inneren der Kugel symetrisch sein. Wir wollen uns auf den einfacheren Fall ρ( x ) = ρ beschränken. Im weiteren ist x = r und x = r. Dann ist das Potential definiert als: φ( x ) = γ dx 3 ρ( x ) x = γ dx 3 ρ Θ[R Kugel r ] x (xi x. i )2 Wenn man nun den Schacht entlang der z-achse gebohrt hat, ist nur x = ( x3 ) interessant, damit vereinfacht sich die Gleichung zu: φ( ( x 3 ) ) = γρ = γρ dx 3 Θ[R Kugel r ] (xi δ 3i x = γρ i )2 dx 3 Θ[R Kugel r ] r2 + [r cos(θ)] 2 2r cos(θ)x 3 dx 3 Θ[R Kugel r ] r2 + x 2 3 2x 3 x 3 2π π = γρ dr r 2 dφ dθ sin(θ Θ[R Kugel r ] ). r2 + [r cos(θ )] 2 2r cos(θ )x 3 Nun nuzt man die Θ[R Kugel r ] aus und Substituiert noch cos(θ ) mit y : φ( x ) = γρ RKugel dr r 2 2π dφ 1 1 dy 1 r2 + [r y ] 2 2r y x 3. Das Integral ist sehr schwer zu lösen, deshalb bedienen wir uns der Piosson- 9

10 Gleichung und nutzen die Symetrie des Problems aus: φ( x ) = γ dx 3 ρ( x ) x x 2 φ( x ) = 2 γ dx 3 ρ( x ) x = γ x dx 3 ρ( x ) 2 1 x. x Nun die δ F unktion einsetzen und das Konservative Gradientenfeld φ = E ( x ) ausnutzen: 2 φ( x ) = γ dx 3 ρ( x ) 2 1 x x φ = γ dx 3 ρ( x )δ( x x ) E ( x ) = γρ( x ). (1) Für unser Problem ergibt sich also: E ( x ) = γρ( x ). d E ( x ) = d γρ v v d S E ( x ) x =r = 4 S 3 πr3 γρ. Da, dass Problem Kugelsymetrisch ist, muss das Feld auf einer Kugeloberfläche mit Radius r = const. sein und in richtung der Flächennormalen n zeigen. So ergibt sich: E(r ) ds n n = 4 S 3 πr3 γρ Damit ergibt sich für das Potential: E(r )4πr 2 = 4 3 πr3 γρ E(r) = γρ 3 r. φ( x ) = γρ 6 r2 = Γr 2. Wir gehen nun davon aus, dass der Schacht für die Perle ganz dünn ist und das Potential unverändert bleibt. Dann ergibt sich als L = T : L = 1 2 mṙ(t)2 Γr 2. 1

11 Wenn nun der Schacht auf der z-achse liegt ist die Bewegung der Perle auf x = ( x3 (t) ) festgelegt und es ergibt sich: L = 1 2 mż(t)2 Γz 2. Nun wieder Die Euler Lagrangegleichung bestimmen: dt ż L] z L dt ż = d dt[ mż(t) ] +2Γz = m z(t) + 2Γz. 1 2 mż(t)2 Γz 2] z Die Lösung sieht man wieder schnell: z(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt). 2Γ Mit der Kreisfrequenz ω = m = γρ 3m [1 2 mż(t)2 Γz 2] 11