Übungen Theoretische Physik I (Mechanik) Blatt 8 (Austeilung am: , Abgabe am )

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1 Übungen Theoretische Physik I (Mechanik) Blatt 8 (Austeilung am: , Abgabe am ) Hinweis: Kommentare zu den Aufgaben sollen die Lösungen illustrieren und ein besseres Verständnis ermöglichen. Sie sind jedoch nicht als (zusätzliche) Aufgabe zu verstehen. Beispiel 1: Bewegung auf Paraboloid [ Punkte] EinTeilchenderMasse bewege sich reibungsfrei unter dem Einfluss der Gravitation auf der Oberfläche eines Paraboloids + = (1) Verwenden Sie und als generalisierte Koordinaten, eliminieren Sie und aus der kinetischen und der potentiellen Energie und finden Sie den Lagrange für dieses System. Finden Sie als nächstes einen Ausdruck für den Lagrange in Zylinderkoordinaten durch Elliminierung von und und deren Ableitungen. Lösung: Es gilt: = 1 + = ( + ) Somit bekommt man für die kinetische Energie: = = ( + ) sowie für die potentielle Energie = = + 1

2 Damit bekommt man für den Lagrangian = = + + ( + ) + Geht man zu Zylinderkoordinaten über, so hat man = cos = sin = cos sin = sin + cos und somit für den Lagrangian = + + Beispiel : Bewegung auf Zykloide [ Punkte] Eine Perle mit der Masse gleite reibungsfrei auf einem Draht, welcher die Form einer Zykloide hat (mit 0 ) = ( sin ) = (1 + cos ) (a) Finden Sie den Lagrangian und bestimmen Sie die Bewegungsgleichungen. Kommentar: Mit der Substitution =cos() kann man die Bewegungsgleichung in eine Differenzialgleichung für den harmonischen Oszillator transformieren, die analytisch gelöst werden kann. Lösung: (a) Es gilt: = (1 cos ) = sin

3 Somit folgt für die kinetische und die potentielle Energie: Der Lagrangian ist also = + = = (1 cos ) = = (1 + cos ) (1 cos ) +sin = = (1 cos ) (1 + cos ) Als nächstes bestimmt man die Bewegungsgleichungen durch d d = also d (1 cos ) = d sin + sin Dies kann man auch schreiben als (1 cos )+ 1 sin sin =0 Kommentar: Diese Bewegungsgleichung kann man auf die Form bringen d d + 4 =0 wobei =cos() ist. Wir weisen dies nach, indem wir diese Differenzialgleichung in die obige Form bringen. Für die Ableitungen von gilt = 1 sin () = 1 sin () 1 4 cos () also d d + 4 = 1 sin () 1 4 cos () + cos () 0 4 Diese Gleichung kann man nun multiplizieren mit und man bekommt sin cos () sin () sin + 1 cos () sin sin =0 Dies ist in der Tat äquivalent zu der Differentialgleichung aus Teil (a), da Folgendes gilt: sin () sin cos () = sin () cos () cos () =sin () =1 cos () + sin () =1 cos 3

4 Die Differentialgleichung d d + 4 =0 kann durch folgenden Ansatz gelöst werden: () = cos + sin mit = p 4 Für die Periode gilt dann somit = = r 4 Beispiel 3: Gleiten und Ziehen in der Ebene [3 Punkte] In der Skizze bezeichne den Querschnitt durch eine reibungsfreie horizontale Ebene mit einer kleinen Öffnung. Ein Faden der Länge sei durch die Öffnung verlegt und verbindet zwei Teilchen und mit jeweils der gleichen Masse. Während die Masse an dem einen Ende des Fadens (im Abstand von der Tischoberfläche) frei hängt, sei die Masse anfänglich in der Entfernung von der Öffnung positioniert. Das Teilchen habe eine Anfangsgeschwindigkeit vom Betrag 0 senkrecht zu der Linie (d.h. 0 liege senkrecht auf dem Aufgabenblatt). bezeichne die momentane Entfernung und bezeichne den Winkel zwischen und einer beliebigen festen Linie durch in der Ebene. Hilfe: Beachten Sie die Zwangsbedingung =. (a) Stellen Sie den Lagrange für dieses System unter Verwendung der verallgemeinerten Koordinaten und auf. (b) Stellen Sie die Lagrangegleichungen auf, und bestimmen Sie daraus die Differenzialgelichung, die die Bewegung von nur in Abhängigkeit von und Ableitungen von beschreibt. (c) Das Teilchen habe die Anfangsgeschwindigkeit 0 =. Zeigen Sie, dass sich das System dann in einem Gleichgewicht befindet, mit auf einer Kreisbahn =. Lösung: (a) Aufgrund der Symmetrie des Problems bieten sich Zylinderkoordinaten an:. Die Zwangsbedingung ist + = = 4

5 Somit gilt für die kinetische Energie, die potentielle Energie und den Lagrangian: = = = + 1 = = ( ) ( ) = = + 1 ( ) (b) Bewegungsgleichungen: d d =0 d d d d =0 = : Drehimpulserhaltung =0 + =0 µ 0= + 0= 3 + (c) Man zeigt, dass die angegebene Kreisbahn eine Lösung der Bewegungsgleichungen ist. Für die Kreisbahn gilt () = =0 =0; Winkelgeschwindigkeit: = 0 = p ; Drehimpuls: = p. Einsetzen ergibt dann: Beispiel 4: + =0 3 0 =0! 4 + = + =0 3 Massen auf Dreieck in Lagrange-Mechanik [3 Punkte] Die Massen 1 und seien wie in der Skizze dargestellt durch einen masselosen Faden der Länge verbunden. Die Massen sollen unter dem Einfluss der Gravitationskraft reibungslos auf den beiden schiefen Ebenen gleiten. Vereinfachend soll hier gelten: =. Nennen Sie die Teillängen der Massen auf der schiefen Ebene 1 und und wählen Sie als generalisierte Koordinate 1. (a) Stellen Sie den Lagrange ( 1 1 ) für die beiden Massen auf. (b) Finden sie die Bewegungsgleichungen für beide Massen. 5

6 Lösung: (a) Man verwendet Koordinaten die 1 und, welche die Positionen der beiden Massen auf den jeweiligen schiefen Ebenen angeben. Die geometrischen Zwangsbedingungen sind: Die kinetischen Energien sind: 1 + = = 1 = 1 = 1 1 = = 1 = 1 1 Die potentiellen Energien sind: Somit gilt für den Lagrangian: 1 = 1 1 = 1 1 sin + const. = = sin + const. = 1 sin + const. = (b) Für die Bewegungsgleichungen gilt: Oder in kartesischen Koordinaten ausgedrückt: Beispiel 5: = 1 ( 1 + ) 1 + ( 1 ) 1 sin + const. d =0=( 1 + ) 1 ( 1 )sin d = ( 1 )sin = = cos ( 1 )sin 1 = sin ( 1 )sin = cos ( 1 )sin = sin ( 1 )sin Schwingende Masse [3 Punkte] Eine Masse (siehe Skizze) kann sich entlang einer horizontal aufgehängten, geraden Stange in - Richtung reibungsfrei bewegen. Diese Masse sei durch eine harmonische Feder mit dem festen Punkt verbunden. Die Federkonstante der Feder sei, d.h. das Potenzial beträgt () (Länge der Feder). Die Entfernung des Punktes von der Stange sei. Die Länge der Feder in entspanntem Zustand sei 0. (a) Bestimmen Sie den Lagrange ( ) für die Masse. (b) Stellen Sie die Bewegungsgleichung für die Masse auf. Kommentar: Aus der Lösung sieht man, dass es für bestimmte Werte von Gleichgewichtspositionen gibt, in denen keine Beschleunigung vorliegt. Diese ergeben sich allgemein aus der Bedingung = 0, wobei es im Allgemeinen stabile ( 0) und instabile ( 0) Gleichgewichtslagen gibt. Im konkreten Fall gibt es für 0 stabile und eine instabile Lösung, während es für 0 nur eine stabile gibt, wie anschaulich klar ist. 6

7 Lösung: (a) Der Lagrangian ergibt sich zu: = = ( 0) = p + 0 (b) Die Bewegungsgleichung ergibt sich zu: d d = + p + 0 = + µ1 Kommentar: Für Lagen im Gleichgewicht gilt: Daraus bekommt man: =Glw. =0 + =0 0 + =0 d d =0= d p µ d = 1 =0 + 0 : Glw. =0 ½ Glw. =0 0 : Glw. = ± p 0 Weiter gelten die Bedingungen instabiles Gleichgewicht: d d 0 =Glw. stabiles Gleichgewicht: d d 0 =Glw. Diese Bedingung bedeutet hier also µ d d 0 1 = + Ã ! ( + ) 3 =Glw. 7? 0

8 Und weiter: 0 : Glw. =0 à ! ( + ) 3 =1 0 =Glw. = 0 : Glw. =0 stabiles Gleichgew., 0 Glw. =0 unstabiles Gleichgew. q à 0 : Glw. = ± 0 1 q = 0 : = ± 0 Beispiel 6:? ! ( + ) 3 = 0 0 =Glw. stabiles Gleichgew. Gleitendes Seil [3 Punkte] Ein Seil der Länge und der Gesamtmasse hängt über die Kante einer schiefen Ebene (siehe Skizze) mit Neigungswinkel = 3. Zum Zeitpunkt =0beginne das Seil aus der Ruhe über die Kante zu gleiten. Zu diesem Zeitpunkt soll lediglich ein vernachlässigbar kleines Stück des Seils über die Kante hängen. Die Bewegung verlaufe reibungsfrei. Das Seil bleibe zu jeder Zeit in Kontakt mit der Unterlage. Hilfe: Hier liegen statt Massenpunkten kontinuierliche Massenverteilungen mit konstanter Massendichte vor. Da die Bewegung aber eine reine Translation ohne Rotation ist, kann man die beiden Teilstücke einfach durch Massenpunkte in den jeweiligen Schwerpunkten ersetzen. Die Massenteilstücke haben natürlich nicht die Gesamtmasse, sondern nur entsprechende Anteile davon. (a) Bestimmen Sie den Lagrange des Seils. (b) Bestimmen Sie die Bewegungsgleichungen für das Seil. (c) Zeigen Sie durch Multiplikation der Bewegungsgleichung mit, dass (4)( + ) eine Erhaltungsgröße ist. 8

9 Lösung: (a) Für das Problem gilt: Zwangsbedinungen: = + = = : unterer Teil des Seils (unter der Kante) : oberer Teil des Seils (über der Kante) Der Schwerpunkt liegt jeweils bei und Weiter gilt für die potentielle und kinetische Energie sowie für den Lagrange Potentielle Energie unterer Teil: = sin = Potentielle Energie oberer Teil: = Kinetische Energien: = 1 + = 1 µ + " # Lagrangian: = = 1 + ( ) (b) Für die Bewegungsgleichungen gilt: (c) Nach Multiplikation mit folgt d d =0 ( + ) =0 ( ) = 1 + sin 6 ( ) = 4 = 1 + ( + ) =0 1 ( + ) = ( + ) = Erhalten Anwendung: Nehmenwiran,dasSeilpassieredieKanteschließlichmit6m/s.Wielangeistdann das Seil? Aus der Energieerhaltung folgt: Beispiel 7: Anfang =! = Ende = = 1 4 = 3 = 1 m =4m 5 Pendelbewegung [4 Punkte] Im homogenen Schwerefeld sei der Aufhängepunkt eines ebenen Pendels (Länge, Pendelmasse 1 ) in horizontaler Richtung (-Richtung) beweglich. Die Masse des Aufhängepunktes sei und die Erdbeschleunigung wirke in negativer -Richtung (siehe Skizze). Die die Massen 1 und verbindende starre Stange sei zudem masselos. 9

10 (a) Bestimmen Sie den Lagrange dieses Systems. Geben Sie explizit die Zwangsbedingungen an. Wählen Sie dazu und den Winkel als verallgemeinerte Koordinaten. (b) Stellen Sie die Lagrange-Gleichungen auf. (c) Berechnen Sie die allgemeine Lösung dieser Gleichungen im Grenzfall kleiner Pendelauslenkungen (lineare Näherung: d.h. ersetzen Sie sin durch und cos durch 1). Bestimmen Sie die spezielle Lösung mit den Anfangsbedingungen Lösung: ( =0)=0 ( =0)= 0 ( =0)=0 ( =0)=0 (a) Die Bewegung findet in der ( )-Ebene statt. Die Koordinaten der beiden Massen und 1 sind Die Geschwindigkeiten sind =0 1 = + sin 1 = cos =0 1 = + cos 1 = sin Die kinetischen Energien sind 1 = cos = 1 10

11 Die potentiellen Energien sind 1 = 1 (1 cos ) =0 mit =0in den Ruhelagen. Die Lagrange-Funktion ist dann = = 1 ( 1 + ) cos 1 (1 cos ) (b) Die Lagrange-Gleichungen sind 0= d = d d d 0= d d = d d = 1 + cos + sin h ( 1 + ) + 1 i cos cos (c) Im Grenzfall kleiner Pendelauslenkungen ( ) hat man + 1 sin + 1 sin sin = + O( 3 ) und cos =1+O( ) und damit also 0= d d h ( 1 + ) + 1 i =( 1 + ) + 1 0= + + Wenn man aus diesen beiden Gleichungen elliminiert, so erhält man mit den Eigenlösungen und der allgemeinen Lösung =0 r () = ± 1 + = () = + + = sin + cos Mit den Anfangsbedingungen =0und =0bei =0muß gelten () =0für alle Zeiten. Aus bekommt man nach zweifacher Integration = 1 + =0 () = + Mit den Anfangsbedingungen 0 von oben sowie mit =0und = 0 für =0erhält man () = 0 Das ist die gleichförmige Bewegung des vertikal hängenden Pendels mit der Geschwindigkeit 0. 11