Übungen zu: Theoretische Physik I klassische Mechanik W 2213 Tobias Spranger - Prof. Tom Kirchner WS 2005/06

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1 Übungen zu: Theoretische Physik I klassische Mechanik W 13 Tobias Spranger - Prof. Tom Kirchner WS 005/ Januar 006 Übungsblatt 8 Lösungsvorschlag 3 Aufgaben, 11 Punkte Aufgabe 1 Doppelpendel 4 P z y In diese Aufgabe ist ein Doppelpendel im Schwerefeld der Erde g e z mit dem LAGRANGEformalismus zu untersuchen. 1.a Formuliere und x klassifiziere die Zwangsbedingungen. Wie vielefreiheitsgrade hat das System? A l ϑ A m A lb ϑ B m B y A = 0 ignorabel y B = 0 ignorabel x A + z A l A = 0 holonom skeleronom x A x B + z A z B lb = 0 holonom skeleronom 1.b Wähle geeignete genaralisierten Koordinaten für das Doppelpendel. geignete genaralisierten Koordinaten sind die beiden Winkel ϑ A und ϑ B mit ihnen lassen sich die nicht ignorablen kartesischen Koordinaten und iher Ableitngen darstellen als: x A z A x B z B = l A sin ϑ A = l A cosϑ A = l A sin ϑ A + l B sin ϑ B = l A cosϑ A l B cosϑ B ẋ A = l A ϑa cosϑ A ż A = l A ϑa sin ϑ A ẋ B = l A ϑa cosϑ A + l B ϑb cosϑ B ż B = l A ϑa sin ϑ A + l B ϑb sin ϑ B 1.c Bestimme die LAGRANGEfunktion des Systems kinetische Energie: T = 1 m ẋ A A + ża 1 + m ẋ B B + żb = 1 m Al A ϑ A + 1 m Bl A ϑ A + 1 m Bl B ϑ B + m B l A ϑa cosϑ A + cosϑ B l B ϑb sinϑ A + sin ϑ B = 1 m A + m B l A ϑ A + 1 m Bl B ϑ B + m Bl A ϑa l B ϑb cosϑ A ϑ B potentielle Energie: U = m A gz A + m B gz B = m A gl A cosϑ A m B gl A cosϑ A m B gl B cosϑ B = m A + m B gl A cosϑ A m B gl B cosϑ B 8.1

2 LAGRANGEfunktion : L = T U = 1 m A + m B l A ϑ A + 1 m Bl B ϑ B + m B l A ϑa l B ϑb cosϑ A ϑ B 1.d Leite die Bewegungsgleichungen her. LAGRANGEgleichung für ϑ A : + m A + m B gl A cosϑ A + m B gl B cosϑ B d dt ϑ = d A dt m A + m B la ϑ A + d dt m Bl A l B ϑb cosϑ A ϑ B = m A + m B l A ϑ A + m B l A l B ϑb cosϑ A ϑ B ϑa ϑb ϑ B ϑ A = m B l A ϑa l B ϑb sinϑ A ϑ B m A + m B gl A sin ϑ A = m B l A l B ϑa ϑb sinϑ A ϑ B m A + m B gl A sin ϑ A Die Bewegungsgleichung für ϑ A ist damit : sinϑ A ϑ B m A + m B l A ϑ A + m B l A l B ϑb cosϑ A ϑ B m B l A l B ϑa ϑb sinϑ A ϑ B + m B l A l B ϑ B sinϑ A ϑ B = m B l A l B ϑa ϑb sinϑ A ϑ B m A + m B gl A sin ϑ A m A + m B l A ϑ A + m B l A l B ϑb cosϑ A ϑ B + m B l A l B ϑ B sinϑ A ϑ B + m A + m B gl A sin ϑ A = 0 LAGRANGEgleichung für ϑ B : d dt ϑ = d B dt m BlB ϑ B + d dt m Bl A ϑa l B cosϑ A ϑ B ϑ B = m B l B ϑ B + m B l A l B ϑa cosϑ A ϑ B = m B l A l B ϑa ϑb sinϑ A ϑ B m B gl B sin ϑ B Die Bewegungsgleichung für ϑ B ist damit : m B l B ϑ B + m B l A l B ϑa cosϑ A ϑ B = m B l A l B ϑa ϑb sinϑ A ϑ B m B gl B sin ϑ B ϑ A ϑ A ϑb sinϑ A ϑ B ϑ A ϑ A ϑb sinϑ A ϑ B m B l B ϑ B + m B l A l B ϑa cosϑ A ϑ B m B l A l B ϑ A sinϑ A ϑ B + m B gl B sinϑ B = 0 1.e Bestimme die Bewegungsgleichungen eines Doppelpendel mit gleichen Stangen l A = l B = l und gleichen Massen m A = m B = m für kleine Auslenkungen ϑ A, ϑ B 1 und damit kleine Geschwindigkeiten ϑ A, ϑ B. Für gleiche Stangen und Massen vereinfachen sich die Bewegungsgleichungen: ml ϑa + ml ϑb cosϑ A ϑ B + ml ϑ B sinϑ A ϑ B + mgl A sin ϑ A = 0 ml ϑb + ml ϑa cosϑ A ϑ B ml ϑ A sinϑ A ϑ B + m B gl B sin ϑ B = 0 für ϑ A, ϑ B 1 gilt: sin ϑ A/B = ϑ A/B cosϑ A ϑ B = 1 ϑ A sinϑ A ϑ B = ϑ A ϑ A ϑ B 0 8.

3 Damit reduzieren sich die BWGLn: ml ϑa + ml ϑb + mglϑ A = 0 ml ϑb + ml ϑa + mglϑ B = 0 1.f Löse die Bewegungsgleichungen mit dem Ansatz In Vektorschreibweise: Die Ableitungen davon sind: ϑ A = C A e iωt ϑa ϑ B = ϑ = ϑ = ϑ = ϑ B = C B e iωt CA Ce iωt iω Ce iωt Ce iωt C B e iωt Die BWGLn kann man auch als ml ml ϑä mgl 0 ϑa ml ml + ϑ B 0 mgl ϑ B l l g 0 ω ml Ce l l iωt + ml Ce 0 g iωt lω g lω C lω lω g = 0 = 0 = 0 in Vektorieller Form schreiben. Für C 0 verschwindet diese Gleichung nur wenn die Determinante der Matrix Null ist: lω g lω lω lω g = 0 lω g lω = 0 Diese quadratische Gleichung hat die Lösung l ω 4 4lω g + g = 0 ω = 4lg ± 16l g 8l g l = 4lg ± gl l = ± g l 1.g Bestimme die Abhängigkeit zwischen C A und C B Dazu setzt man ω in eine der BWGLn ein: ml ϑb + ml ϑa + mglϑ B = 0 ω ml C B e iωt ω ml C A e iωt + mglc B e iωt = 0 ± g l lc B ± g l lc A + gc B = 0 1 ± C B ± C A = 0 8.3

4 negatives Vorzeichen: C B = 1 C A = C A die Pendel schwingen in gleicher Richtung positives Vorzeichen: C B = C A = C A die Pendel schwingen in entgegengesetzt Aufgabe Hantel II 3 P y a Z ϕ ϑ Zwei gleich schwere Massen m sind durch eine mas- senlose Stange der Länge a miteinenander verbunden. Diese Hantel befindet sich in einem Gravitationspotential U = γ m r mit dem Zentrum in Z. r Um die Rechnung zu vereinfachen, kann davon ausgegangen werden, dass sich die beiden Massenpunkte nur in einer Ebene, in der auch Z und der Schwerpunkt liegen, bewegen können. S r α x.a Formuliere die Zwangsbedingungen und führe geeignete Koordinaten ein. Zwangsbedingungen: z 1 = z = 0 ebene Bewegung x x 1 + y y 1 = 4a konstanter Abstand Das sind drei holonom-skeleronome Zwangsbedingungen; es bleiben also drei Freiheitsgrade, die durch den Ortsvektor r des Schwerpunkts in Polarkoordinaten r, ϕ und den Rotationswinkel ϑ der Stange dargestellt werden..b Stelle die LAGRANGEfunktion auf und leite die Bewegungsgleichungen her. Die kinetische Energie setzt sich aus der Bewegung des Schwerpunkts und Eigendrehung zusammen: T = T S + T E T S = 1 m r = mṙ + mr ϕ T E = 1 m a = mȧ + ma α = ma ϕ ϑ Benutze die Ausdücke für die kinetische Energie in Polarkoordinaten. Die Potentielle Energie Coulombpotential ist in den gewählten Koordinaten nicht so einfach auszudrücken: 1 V = mγ + 1 r 1 r 8.4

5 mit r 1 = r a = r + a ar cosϑ r = r + a = r + a + ar cosϑ V = mγ r + a ar cosϑ 1/ mγ r + a + ar cosϑ 1/ Lagrangefunktion: L = T V = mṙ + mr ϕ + ma ϕ ϑ + mγ r + a ar cosϑ 1/ + mγ r + a + ar cosϑ 1/ Bewegungsgleichung für r: d dt ṙ r r = m r = mr ϕ 1 mγ r + a ar cosϑ 3/ r a cosϑ 1 mγ r + a + ar cosϑ 3/ r + a cosϑ = mr ϕ r a cosϑ mγ r + a ar cosϑ mγ r + a cosϑ 3/ r + a + ar cosϑ 3/ = r ϕ r a cosϑ mγ r + a ar cosϑ mγ r + a cosϑ 3/ r + a + ar cosϑ 3/ Bewegungsgleichung für ϕ: ϕ = 0 d ϕ dt ϕ = mr ϕ + ma ϑ = 0 ϕ ist zyklisch! p ϕ = ϕ = mr ϕ + ma ϕ ϑ = const. Bewegungsgleichung für ϑ: d dt ϑ ϕ = ma ϑ ϑ = 1 mγ r + a ar cosϑ 3/ ar sinϑ + 1 mγ r + a + ar cosϑ 3/ ar sinϑ ar sin ϑ = mγ r + a ar cosϑ + mγ ar sinϑ 3/ r + a + ar cosϑ 3/ ϑ = ϕ + γr sin ϑ a r + a + ar cosϑ sin ϑ 3/ r + a ar cosϑ 3/.c Definiere Eigen-, Bahn- und Gesamtdrehimpuls. Welche dieser Größen sind konstant und warum? 8.5

6 Der Bahndrehimpuls ist der Drehimpuls des Schwerpunkts bezüglich des Ursprungs: L B = r m r = r cosϕ r sinϕ m 0 ṙ cosϕ r ϕ sin ϕ ṙ sin ϕ + r ϕ cosϕ 0 = m rṙ cosϕ sin ϕ + r ϕ cos ϕ rṙ sinϕ cosϕ + r ϕ sin ϕ e z = mr ϕ e z Der Eigendrehimpuls ist der Drehimpuls der Massen bezüglich des Schwerpunktes: L E = a m a = m a cosα a sin α 0 a α sin α a α cosα 0 = m a α cosα + a α cosα e z = ma ϕ ϑ e z Der Gesamtdrehimpuls ist die Summe der beiden: L = L B + L E = mr ϕ e z + ma ϕ ϑ e z = p ϕ e z L = const. Der Gesamtdrehimpuls ist konstant, da ϕ eine zyklische Variable ist..d Entwickle die LAGRANGEgleichungen nach Potenzen von a/r bis zur. Ordnung. Es ist die TAYLORentwicklung entscheidend. Betrachte 1 + x 3/ = 1 3 x x x r,1 1 r 3,1 = r + a ± ar cosϑ = r 1 + a r ± a r cosϑ = 1 r a r ± a r cosϑ = 1 { r a / a r ± a r cosϑ r 6 ± 6a5 r 1 r 3 1 a a 3 cosϑ + r r + 15 a 4 8 r 4 ± 4a3 4a cosϑ + r3 1a4 cosϑ + 5 r 4 cos ϑ ± 8a3 r 3 cos3 ϑ cos ϑ + a3 r 3 r cos ϑ } +... ± cosϑ = 1 r a r cosϑ + 3 a 5 cos r ϑ 1 ± 5 a 3 3 cosϑ 7 cos 3 r 3 ϑ cos3 ϑ 8.6

7 Die Bewegungsgleichungen für r sind damit r + a cosϑ r = r ϕ + mγ r 3 r a cosϑ r1 3 1 r ϕ mγ r + 3 a 5 cos r ϑ 1 + a cosϑ ar 6 r 3 cosϑ + 5a3 3 cosϑ 7 cos 3 r 3 ϑ = r ϕ mγ r + 3a 5 cos r 4 ϑ 1 6 a r 4 cos ϑ + 5 a4 3 cos r 6 ϑ 7 cos 4 ϑ = r ϕ mγ r + 3a 3 cos r 4 ϑ a4 r 6 cos ϑ 3 7 cos ϑ Die Bewegungsgleichungen für ϕ bleiben unverändert: ϕ r ϕ + a ϑ = 0 Die Bewegungsgleichungen für ϑ sind: ϑ = ϕ + γr sinϑ sin ϑ a r 3 ϕ + γr sin ϑ a r 3 r 3 1 ar 6 cosϑ + 5a3 3 cosϑ 7 cos 3 r 3 ϑ = ϕ 3γ 5γa sin ϑ + r3 4r 5 sinϑ 3 7 cos ϑ.e Zeige, dass für a/r 1 die Bahnbewegung von der Eigendrehbewegung näherungsweise entkoppelt. Für a/r 0 vereinfachen sich die Bewegungsgleichungen zu: r r ϕ mγ r r ϕ 0 ϑ ϕ 3γ sin ϑ r3 die Gleichungen für r und ϕ enthalten keine Abhängigkeiten von ϑ mehr. Die Bahnbewegung chrakterisiert durch r und ϕ ist deshalb unabhängig von der Eigendrehung ϑ. Andererseits ist die Eigendrehung nicht von der Bahnbewegung unabhängig. 8.7

8 Aufgabe 3 Fliehkraftregler 4 P Ein Fliehkraftregler ist ein mechanisches Instrument, das in vielen technischen Anwendungen eingesetzt wurde wird. Die Arbeitsweise beruht darauf, dass sich bei A g der Rotation von zwei Massen an gelenkig befestigten a a ϑ Stangen eine von der Rotationsgeschwindigkeit abhängige Gleichgewichtsposition einstellt. Mittels geeigneter Vorrichtungen, die auf diese Positionen ansprechen, ma m B kann man in Abhängigkeit von der Rotationsgeschwindigkeit die Arbeitsweise von Maschinen regulieren. z a a Zwei gewichtslose, starre Stangen der Länge a sind y an einem vertikalen, uniform rotierenden Stab gelenkig befestigt. Sie liegen in einer Ebene. Am Ende jeder mr x Stange sitzt eine Fliehmasse m ω A = m B = m. Gelenkig verbunden sind zwei weitere Stangen der Länge a, die an einem Reiter mit der Masse m R befestigt sind. Der Reiter kann sich reibungsfrei entlang der Vertikalen e z bewegen. Alle drei Massen werden als punktförmig behandelt. Das ganze System dreht sich mit der Winkelgeschwindigkeit ω um die Vertikale, die Massen sind der einfachen Gravitation g e z ausgesetzt. 3.a Zeige, dass das System nur einen Freiheitsgrad hat. Wähle den Aufhängepunkt als Ursprung. Die Fliehmasse A hat die ZBs: x A + y A + z A a = 0 y A x A tan ωt = 0 Die andere Fliehmasse B steht immer gegenüber von A: x A + x B = 0 y A + y B = 0 z A z B = 0 Der Reiter kann sich nur auf der Achse bewegen x R = y R = 0 und schränkt die Bewegung der Fliehmassen ein: x A,B x R + y A,B y R + z A,B z R a = 0 Damit hat man 8 Zwangsbedingungen und 9-8=1 Freiheitsgrad. 3.b Welche generalisierten Koordinaten könnten geeignet sein? Der Winkel ϑ und die z-koordinate z R des Reiters wären gute generalisierten Koordinaten, da sich das System damit eindeutig beschreiben lässt. Der aktuelle Ratationswinkel wird durch ωt vorgegeben. Eventell könnte man auch den Abstand einer Fliehmasse zur Drehachse nehmen. 3.c Stelle die kartesischen Koordinaten der Massenpunkte und ihre Ableitungen in Abhängig- 8.8

9 keit von ϑ auf. x A = a sin ϑ cosωt ẋ A = a ϑcosϑ cosωt aω sinϑ sin ωt y A = a sin ϑ sin ωt ẏ A = a ϑcosϑ sin ωt + aω sin ϑ cosωt z A = a cosϑ ż A = a ϑ sin ϑ x B = a sinϑ cosωt ẋ B = a ϑ cosϑ cosωt + aω sin ϑ sinωt y B = a sinϑ sin ωt ẏ B = a ϑ cosϑ sinωt aω sin ϑ cosωt z B = a cosϑ ż B = a ϑ sin ϑ x R = 0 ẋ R = 0 y R = 0 ẏ R = 0 z R = a cosϑ ż R = a ϑsin ϑ 3.d Stelle die LAGRANGEfunktion mit ϑ als generalisierte Koordinate auf. kinetische Energie: T = 1 mv A + 1 mv B + 1 Mv R = mv A + 1 Mż R verwendet man die kinetische Energie in Kugelkoordinaten T = m r ϑ + ϕ sin ϑ von Krummlinige Koordinatensysteme Blatt 7 erhält man für die kinetische Energie: T = ma ϑ + ω sin ϑ + Ma ϑ sin ϑ potentielle Einergie: LAGRANGEfunktion: U = mgz A + mgz B + Mgz R = mga cosϑ + Mga cosϑ = m + Mga cosϑ L = T U = ma ϑ + ω sin ϑ + Ma ϑ sin ϑ m + Mga cosϑ oder mit ma ϑ + ω sin ϑ = ma ϑ sin ϑ sin + ma ω sin ϑ ϑ mż R = 41 cos ϑ + ma ω 1 cos ϑ mż R = + ma ω 1 z R 4 1 z R 4a 4a = a mżr 4a zr + m 4 ω 4a zr kann mann die Lagrangegleichung auch in abhängigkeit von z R darstellen: L = a m 4a zr żr + M ż R + m 4 ω 4a zr m + MgzR 8.9

10 3.e Bestimme die Gleichgewichtssituationen, die bei der uniformen Drehung auftreten können. Im Gleichgewicht ändert sich die Position des Fliehkraftreglers nicht: ϑ = 0 L GG = ma ω sin ϑ m + Mga cosϑ Für die Bewegungs gleichung braucht man nur zu betrachten. z R ist dabei GG = 0 ϑ ma ω sinϑ cosϑ m + Mga sinϑ = 0 m + Mg cosϑ = maω z R = a cosϑ = m + Mg mω 3.f Bestimme die Bewegungsgleichung des Fliekraftreglers. d dt ϑ = d d dt ma ϑ + dt 4Ma ϑ sin ϑ = ma ϑ ϑ + 4Ma sin ϑ + ϑ sinϑcosϑ = m + M sin ϑ a ϑ + 8Ma ϑ sin ϑ cosϑ ϑ = ma ω sinϑcosϑ + Ma ϑ sinϑcosϑ m + Mga sinϑ mω + M ϑ sinϑcosϑ m + Mga sinϑ Die Bewegungsgleichung ist damit: m + M sin ϑ a ϑ + 8Ma ϑ sin ϑ cosϑ 4M ϑ + mω sin ϑ cosϑ + m + Mga sinϑ = 0 a m + M sin ϑ ϑ + 4M ϑ mω sin ϑ cosϑ + m + Mga sinϑ = 0 oder in Abh. von z R laut Dreizler und Lüdde: M + ma 4a zr z R + ma z R 4a zr ż R + m ω z R m + Mg = 0 3.g Untersuche die Bewegung des Fliehkraftreglers für kleine Auslenkungen z R = z 0 + δz aus dem Gleichgewicht: M + ma 4a z 0 + δz δz + ma z R 4a z 0 + δz δz + m ω z 0 + δz m + Mg = 0 Vernachlässigt man die Terme höherer Ordnung δz 0 und z 0 + δz z0, erhält man: M + ma 4a z0 δz + m ω z 0 + δz m + Mg =

11 Der Gleichgewichtspunkt ist: z 0 = m + Mg mω M + ma 4a z 0 δz + m m + Mg ω mω + δz m + Mg = 0 δz + mω M + 4ma 4a z 0 Das ist eine Schwingungsbewegung mit der Frequenz mω ω 0 = 4a z0 M 4a z0 + 4ma δz =

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