Aufgabe 1: Doppelpendel a) [2 Pkte.] Zwangsbedingungen: Massenpunkte auf Kreisen, also A 1 : x y 2 1 l 2 = 0,

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1 Universität Karlsruhe Klassissche Theoretische Physik II (Theorie B) Sommersemester 2009 : PD. Dr. M. Eschrig Ü: Dr. habil. W. Lang Lösungen der Nachklausur vom 28. Oktober 2009 Aufgabe : Doppelpendel a) [2 Pkte.] Zwangsbedingungen: Massenpunkte auf Kreisen, also A : x 2 + y 2 l 2 = 0, A 2 : (x 2 d) 2 y 2 2 l 2 = 0 (holonom-skleronom). Freiheitsgrade in der (x, y)- Ebene f = = 2. Mit Koordinaten ϕ und ϕ 2 : x = l sin ϕ, y = l cos ϕ, x 2 = d + l sin ϕ 2, y 2 = l cos ϕ 2. 9 Pkte. erallgemeinerte Koordinaten, da die Zwangsbedingungen damit identisch erfüllt werden. A: x 2 + y 2 l 2 = l 2 ((sin ϕ ) 2 + (cos ϕ ) 2 ) l 2 = l 2 l 2 = 0 und A2: (x 2 d) 2 + y 2 l 2 = l 2 ((sin ϕ 2 ) 2 + (cos ϕ 2 ) 2 ) l 2 = 0. b) [3 Pkte.] Koordinaten: (x, y ) = (l sin ϕ, l cos ϕ ), (x 2, y 2 ) = (d + l sin ϕ 2, l cos ϕ 2 ). Kinetische Energie: T = 2 m (ẋ2 + ẏ) 2 = 2 m l2 ((cos ϕ ϕ ) 2 + (( sin ϕ ) ϕ ) 2 ) = 2 m l2 ϕ 2. Analog: T 2 = 2 m l2 ϕ 2 2. Potentielle Energie (Nullpunkt des Potentials in Höhe der Aufhängepunkte): F = m g e y = U y. U = g m y. U = m g l cos ϕ m g l ( 2 ϕ2 ). U 2 = m g l cos ϕ 2 m g l ( 2 ϕ2 2). Federenergie: U = 2 κ ( d)2 mit d = x 2 + y 2 x = l (sin ϕ 2 sin ϕ ) l (ϕ 2 ϕ ), da y 2 = l 2 (cos ϕ 2 cos ϕ ) 2 l2 4 (ϕ2 ϕ 2 2) 2 x 2 l 2 (ϕ 2 ϕ ) 2. L(ϕ, ϕ 2, ϕ, ϕ 2 ) = 2 m l2 ( ϕ 2 + ϕ 2 2) 2 m g l (ϕ2 + ϕ 2 2) +2 m g l 2 κ l2 (ϕ 2 ϕ ) 2. Der konstante Term ist irrelevant für die spätere Betrachtung. c) [ Pkt.] 0 = d L L dt ϕ ϕ = m l 2 ϕ + m g l ϕ κ l 2 (ϕ 2 ϕ ), 0 = d L L dt ϕ 2 ϕ 2 = m l 2 ϕ 2 + m g l ϕ 2 + κ l 2 (ϕ 2 ϕ ). ϕ + g l ϕ κ m (ϕ 2 ϕ ) = 0, ϕ 2 + g l ϕ 2 + κ m (ϕ 2 ϕ ) = 0. Fortsetzung mit Lösung der Aufgabe d auf Seite - 2 -

2 - 2 - Fortsetzung mit Lösung der Aufgabe d d) [3 Pkte.] a = ( g l + κ m ), b = κ m. Entkoppelt in neuen ariablen φ := ϕ + ϕ 2 und φ 2 := ϕ ϕ 2, d.h. φ + g l φ = 0 und φ 2 + ( g l + 2 κ m )φ 2 = 0. g g Eigenfrequenzen: ω = l und ω 2 = l + 2 κ m. Eigenschwingungen: φ = a sin(ω t + χ ) und φ 2 = a 2 sin(ω 2 t + χ 2 ) (oder andere ersionen, auch Realteil von komplexen Größen, wie Re(C exp(i ω t)) und Re(C 2 exp(i ω 2 t))). Art der Eigenschwingungen: i) φ = ϕ + ϕ 2 mit φ 2 = 0, d.h. ϕ = ϕ 2 = 2 φ, also gleichphasige Schwingung beider Massenpunkte mit ω. ii) φ 2 = ϕ ϕ 2 mit φ = 0, d.h. ϕ = ϕ 2 = 2 φ 2, also gegenphasige Schwingung beider Massenpunkte mit Frequenz ω 2. Fortsetzung mit Lösung zur Aufgabe 2 auf Seite - 3 -

3 - 3 - Aufgabe 2: ariationsaufgabe: Brachystochrone t s ds x a) [3 Pkte.] J[y] = dt = v = dx + y, v(y) t 0 =0 s+0 x 0 =0 da ds 2 = dx 2 + dy 2 = dx 2 ( + y ), also ds = dx + y. Energiesatz: m 2 (v 0 = 0) 2 m g 0 = 0 = m 2 v2 m g y, d.h. v =. 8 Pkte. Damit wird F (y, y, x) = + y = F (y, y ) wie angegeben. b) [2 Pkte.] C = + y y 2 y 2 g C 2 + y = 2 g y + y die neue Konstante a :=, mit a > 0. Dann hat man 2 a a y y = y =. y c) [2 Pkte.] Trennung der ariablen y und x: dy = a y y Integrationskonstanten b.. erwende dx = x + b, mit einer Neue ariable statt y mittels Substitution y = a (sin ϕ) 2. D.h. dy = 2 a sin ϕ cos ϕ dϕ und (bis auf orzeichen beim Wurzelziehen) erhält man 2 a dϕ (sin ϕ) 2, was mit der angegebenen trigonometrischen Formel (oder partieller Integration) zu x + b = a (ϕ 2 sin(2 ϕ)) + b führt, mit einer weiteren Integrationskonstanten b, die zu b geschlagen werden kann. Die Anfangsbedingung y = 0, d.h. z. B. ϕ = 0 und x(ϕ = 0) = 0 bestimmt die neue Konstante b zu Null, so dass nur noch die Konstante a im Spiel ist. Mit χ := 2 ϕ und der angegebenen trigonometrischen Umformung hat man schließlich: x = a 2 ( χ sin χ), y = a 2 ( cos χ). Bemerkung: Das ist die Parameterdarstellung einer Zykloide mit Radius R = a 2 (Abrollen eines Kreisrades mit Radius R und Ort des entilansatzes am Rad verfolgen). d) [ Pkt.] Mit dem angegebenen speziellen Endpunkt P auf der x Achse im Abstand x vom Ursprung, wird die Konstante a bestimmt: y = 0: a 0, d.h. ϕ = π (da die Lösung ϕ = 0 ausfällt). Damit wird a = x π. Fortsetzung der Lösung der Aufgabe 3 auf Seite - 4 -

4 - 4 - Aufgabe 3: Schwingender, gleitender und drehender Quader 0 Pkte. a) [3 Pkte.] Hauptträgheitsmoment eines homogenen Quaders mit quadratischer Grundfläche 2 a und Höhe 2 b mit Ursprung im Schwerpunkt S laut unterer Skizze: Wegen ierersymmetrie um die z Achse symmetrischer Kreisel: Θ = Θ 2 und Θ = d 3 x ρ( x) ( x 2 x 2 ) = M d 3 x (y 2 + z 2 ) = M b a a dz dx dy (y 2 + z 2 ) = M ((2 a) (2 b) 23 b a a a3 + (2 a) 2 23 ) b3 = M 3 (a2 + b 2 ). Θ 3 = M d 3 x (x 2 + y 2 ) = M 2 (2 b) (2 a) 2 3 a3 = 2 M 3 a2. b) [3 Pkte.] Koordinatensystem IS: (0; e x, e y, e z ) Koordinatensystem KS: (S; e, e 2, e 3 ) Koordinatensystem ZK: ( e ρ, e ϕ, e z ). ZK aus IS: e ρ = cos ϕ e x + sin ϕ e y und eϕ = cos ϕ e y sin ϕ e x, mit e z = e z. KS aus ZK: e 2 = cos ψ e ϕ + sin ψ e z und e 3 = sin ψ e ϕ + cos ψ e z. e = e ρ. Daraus Winkelgeschwindigkeit aus den zwei unabhängigen Drehungen: ω = ω 0 ez + ψ e ρ, ω = ω 0 ez + ψ (cos ϕ e x + sin ϕ e y ). ez O ϕ ex ey g e3 eρ eϕ O ψ S e2 e Komponenten von ω im raumfesten System IS: ( ψ cos ϕ, ψ sin ϕ, ω 0 ). Umgerechnet mit Formeln oben (Umkehrung ZK aus KS): Komponenten von ω im körperfesten System KS: ( ψ, ω 0 sin ψ, ω 0 cos ψ). c) [4 Pkte.] L = T U. F = M g e z = U. U = M g z, z = b cos ψ, z U = M g b cos ψ (Potentialnullpunkt in Schienenhöhe z = 0). Schwerpunkt als Nullpunkt des körperfesten Koordinatensystems KS, dann T = 2 M v S ω Θ S ω. v S aus r S mit r S = ρ e ρ b e 3. (Basisvektoren aus verschiedenen Systemen). Mit Basis aus ZK: r S = ρ e ρ b cos ψ e z + b sin ψ e ϕ. Fortsetzung der Lösung der Aufgabe 3c) auf Seite - 5 -

5 - 5 - Fortsetzung der Lösung der Aufgabe 3 c) r S = ρ e ρ + ρ e ρ + b ψ sin ψ e z + b ψ cos ψ e ϕ + b sin ψ e ϕ. Mit e ρ = ϕ e ϕ = ω 0 eϕ und e ϕ = ( sin ϕ e y cos ϕ e x ) ϕ = e ρ ω 0 ergibt sich v S = r S = ( ρ b ω 0 sin ψ) e ρ + (ρ ω 0 + b ψ cos ψ) e ϕ + b ψ sin ψ e z. Daraus, mit der Orthogonalität der ZK-Basis: v 2 S = ρ 2 + b 2 ω0 2 (sin ψ) 2 2 b ρ ω 0 sin ψ + ρ 2 ω0 2 + b 2 ψ2 (cos ψ) b ρ ω 0 ψ cos ψ + b 2 ψ2 (sin ψ) 2 = ρ 2 + b 2 ω 2 0 (sin ψ) 2 2 b ρ ω 0 sin ψ + ρ 2 ω b 2 ψ2 + 2 b ρ ω0 ψ cos ψ. Dazu vom Trägheitstensorteil, mit ω von Teil b): 2 Θ S, ( ψ 2 + ω 2 0 (sin ψ) 2 ) + 2 Θ S,3 ω 2 0 (cos ψ) 2. Insgesamt T = 2 M v 2 S + 2 Θ S, ( ψ 2 + ω 2 0 (sin ψ) 2 ) + 2 Θ S,3 ω 2 0 (cos ψ) 2, mit Θ S,, Θ S,3 von Teil a) und v 2 S von oben. Ende der Lösungen der Nachklausur