3. Erhaltungsgrößen und die Newton schen Axiome

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1 Übungen zur T1: Theoretische Mechanik, SoSe13 Prof. Dr. Dieter Lüst Theresienstr. 37, Zi. 45 Dr. James Gray 3. Erhaltungsgrößen und die Newton schen Axiome Übung 3.1: Perlen gleiten auf einem Ring Zwei Perlen gleiten ohne Reibung auf einem ebenen Ring mit dem Radius R. Die schwerere von beiden (Masse 3m) ist mit einer Feder (Federkonstante K) verbunden. Im ungedehnten Zustand schrumpft die Feder auf einen Punkt zusammen. Das feste Ende der Feder ist an einem Punkt mit dem horizontalen Abstand R vom Zentrum des Kreises angebracht. Die leichtere Perle (Masse m) ist zunächst am Boden des Rings in Ruhe. Die schwerere Perle wird an der Oberseite des Rings freigegeben, kollidiert dann mit der leichteren und klebt an dieser. a) Bestimmen Sie den Wert von m, bei dem beide Perlen (Masse zusammen 4m) gerade den Punkt A auf dem Ringe erreichen, diesen aber nicht überschreiten. Geben Sie das Ergebnis in Abhängigkeit von den Konstanten K, R und der Erdbeschleunigung g an. Ist es unabhängig von einer dieser Größen? 3m A R R g m Lösung von Übung 3.1 Der Impuls der schweren Perle (Masse 3m) ist vor der Kollision P. Somit beträgt die kinetische Energie direkt vor der Kollision K b = P (3m). Die potentiellen Energie, welche durch die Schwerkraft entsteht, wird am tiefen Punkt des Ringes auf Null gesetzt. Vergleichen wir nun die Energie des Anfangszustands mit der Energie 1

2 kurz vor Kollision es ergibt sich + ( (3m)g(R) + ( k K i + U i = K b + U ) b ( ) 5R) P = (3m) + 6mgR = P 6m P = 6m gr. ( ) k ( 5R) Dieser Impuls bleibt bei der Kollision erhalten. Da es sich um einen unelastischen Stoß handelt, bleibt nur der Impuls, nicht aber die Energie, bei diesem erhalten. Daher beträgt die kinetische Energie sofort nach der Kollision K a = P (4m). Mit dem Energieerhaltungssatz bestimmt man nun P (4m) + ( k K a + U a = K A + U ) A ( 5R) = + ( (4m)gR + ( ) ) k (3R) für den Endzustand. Anschließend verwenden wir den bereits bestimmten Wert von P : 36m gr 8m + 5k R = 4mgR + 9k R mgr = kr m = 4kR g Übung 3.: Reflexion eines Würfel Ein elastischer Würfel kann sich auf einem Luftkissentisch ohne Reibung bewegen. Der Würfel wird nun so bewegt, dass zwei seiner sechs Seitenflächen parallel zur Umrandung des Luftkissentisches sind. Der Reibungskoeffizient zwischen Würfel und Umrandung beträgt µ. Der Schwerpunkt des Würfels bewegt sich mit der Geschwindigkeit v unter dem Winkel α auf die Umrandung zu. Berechnen Sie den Winkel β unter dem sich der Würfel nach der Reflexion wieder von der Umrandung entfernt. β v α

3 (Hinweis: Die Reibung mit der Umrandung führt zu einer Kraft µf (t) auf den Würfel. Diese Kraft wirkt der Bewegung entlang der Umrandung entgegen. Die Größe F (t) bezeichnet dabei die Kraft, die der Würfel auf die Wand ausübt.) Lösung von Übung 3. Die Kräfte, die auf den Würfel wirken, lassen sich in zwei Anteile zerlegen: 1. Die Reaktionskraft F (t) senkrecht zur Wand.. Die Reibungskraft µf (t) parallel zur Wand. Die Endgeschwindigkeit des Würfels bezeichnen wir mit v. Senkrecht zur Wand ist die Kollision elastisch. v x = v x = v sinα px = mv sinα Durch den Impulsübertrag px entsteht die Kraft F (t). Dabei gilt der folgende Zusammenhang px = τ wobei die Dauer der Kollision mit τ bezeichnet wird. Außerdem gilt entlang der Wand F (t)dt = mv sinα, (1) py = mv y mv y = min(τ,τ) min(τ,τ) µf (t)dt µf (t)dt. () Dabei bezeichnet τ den Zeitpunkt, an dem der Würfel parallel zur Wand zur Ruhe kommt (v y (τ ) = ). Angenommen τ < τ : τ () mv y = mv cosα µ F (t)dt (1) mv y = mv cosα µmv sinα v y = v(cosα µ sinα), woraus tanβ = v x v y = v sinα v(cosα µ sinα) = tanα 1 µ tanα folgt. Wenn 1 µ tanα = dann gilt tanβ = β = π. Wenn 1 µ tanα < dann ist v y bereits vor dem Ende der Kollision Null. Daher ist in dieser Situation τ > τ und der Würfel bewegt sich senkrecht zur Wand. 3

4 Die komplette Antwort lautet also: { ( tan 1 β = tan α 1 µ tanα ) tanα < 1 µ π tanα 1 µ Übung 3.3: Satz von Stokes Wir betrachten das Kraftfeld F = xe x (xy 3z)e y + (4yz x)e z. Die Vektoren e x, e y und e z sind Einheitsvektoren in Richtung der Koordinatenachsen x, y und z. Zeigen Sie, dass C ( F).dA = gilt. Dabei bezeichnet C die Oberfläche der Halbkugel über der xy-ebene. a) Werten Sie das Integral direkt aus. b) Verwenden Sie den Satz von Stokes. c) Handel es sich bei F um eine konservative Kraft? Lösung von Übung 3.3 Wir berechnen zunächst die Rotation F = (4z 3)e x + e y ye z. Die obere Halbkugel ist gegeben durch cosφ sinθ r = sinφ sinθ cosθ φ < π θ π. Weiterhin verwenden wir das Flächenelement ( ) r da = dθ θ und F = ( r φ Somit ergibt sich für das auszuwertende Integral I = F.dA = π =. ) dφ = sinθ r dθdφ 4 cosθ 3 1 sinφ sinθ. π dθ dφ (cosφ sinθ (4 cosθ 3) + sinφ sinθ sinφ sinθ cosθ) sinθ 4

5 Nach dem Satz von Stokes können wir dieses Integral auch als I = F dr. ausdrücken, wobei c der Kreis mit dem Radius 1 in der xy-ebene ist. Wir verwenden das Wegelement cosθ sinθ r = sinθ θ π dr = cosθ dθ und berechnen I = π c (cosθ sinθ + sinθ cos θ)dθ =. Die Kraft F ist nicht konservative da F gilt. Übung 3.4: Polarkoordinaten und die Newton schen Axiome Ein Teilchen bewegt sich unter der Schwerkraft auf der Innenseite eines Kegelmantels r = z. Die Koordinaten r, θ und z sind zylindrische Polarkoordinaten. Die z-achse zeigt senkrecht nach oben. Das Teilchen startet auf der Höhe z = a. Die θ-komponente seiner Anfangsgeschwindigkeit beträgt (ga) 1/. a) Zeigen Sie, dass gilt. z ga3 z 3 + g = b) Nun sei z = a + ɛ(t), wobei ɛ(t) << a ist. Zeigen Sie, dass man diese Gleichung durch ɛ + 3g a ɛ =. nähern kann. Beschreiben Sie die so entstehende Bewegung. Lösung von Übung 3.4 Wir bezeichnen die Zwangskraft, die das Teilchen auf dem Kegelmantel hält mit Das zweite Newton sche Axiom liefert F R = F R cos π 4 e r + F R sin π 4 e z = F R e r + F R e z. mge z + F R = m r. (3) Die Einheitsvektoren e r und e θ haben die folgenden Eigenschaften: e r = cosθ e x + sinθ e y und e θ = sinθ e x + cosθ e y e r = sinθ θe x + cosθ θe y = θe θ und e θ = cosθ θe x sinθ θe y = e r θ. 5

6 Mit diesen Eigenschaften können wir ṙ = ṙe r + re r + że z = ṙe r + r θe θ + że z r = re r + ṙ θe θ + ṙ θe θ + r θe θ + r θ( e r ) θ + ze z = ( r r θ )e r + 1 d r dt (r θ)eθ + ze z ausrechnen. Eingesetzt in das zweite Newton sche Axiom ergibt sich ( (3) mge z + F R e r + F ) R e z = m( r r θ )e r + m r d dt (r θ)eθ + m ze z m( r r θ ) = F R (4) Aus der θ-komponente der Anfangsgeschwindigkeit ergibt sich Jetzt betrachten wir die Gleichung (4) und (6): 1 r d dt (r θ)eθ = (5) m z = F R mg. (6) (5) r θ = h = Konstant = a ga. (7) (4)&(6) m( r r θ ) = (m z + mg) Die Gleichung (7) und r = z führen zu dem gesuchten Ergebnis = r + z + g r θ (8) (8) z + g r θ = z + g h r 3 = z + g ga3 z 3 =. (9) Nun sei z = a + ɛ(t), wobei ɛ(t) << a gilt. (9) ɛ + g ga3 = (a + ɛ) 3 ɛ + g (1 ga3 3 ɛ ) + O(ɛ ) = a 3 a ɛ + 3 g a ɛ + O(ɛ ) = Das Teilchen oszilliert um die Höhe z = a. 6