(c) Bestimmen Sie die raumfesten Komponenten der Winkelgeschwindigkeit ω.

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1 PDDr.S.Mertens Theoretische Physik I Mechanik J. Unterhinninghofen, M. Hummel Blatt 9 WS 8/ Transformation Körperachsen auf Raumachsen. In der Vorlesung wurde diskutiert, das (4Pkt. die Nutationsbewegung des schweren, symmetrischen Kreisels auch dann auftritt, wenn mang = setzt.zeigensie,dasshierkeinwiederspruchzurbehandlungdesfreien, symmetrischen Kreisels vorliegt. (a Stellen Sie dazu mit den Eulerschen Winkeln die Matrix  auf, die die körperfesten Koordinaten eines Vektors auf raumfeste Koordinaten transformiert. (b BestimmenSiedanndieraumfestenKomponentendesDrehimpulses Leinessymmetrischen Kreisels. (c Bestimmen Sie die raumfesten Komponenten der Winkelgeschwindigkeit ω. Lösung: (a Die gesuchte Transformationsmatrix A macht die durch die Eulerschen Winkel gekennzeichnete Drehung des körperfesten Koordinatensystem rückgängig. Dazu betrachten wir das Produkt der folgenen 3 Matrizen, welche jeweils eine Drehung rückgängig machn: = A = cos φ sin φ sin φ cos φ 1 1 cos θ sin θ sin θ cos θ cos ψ sin ψ sin ψ cos ψ 1 cos φcos ψ sin φcos θsin ψ cos φsin ψ sin φcos θcos ψ sin φsin θ sin φcos ψ +cos φcos θsin ψ sin φsin ψ +cos φcos θcos ψ cos φsin θ sin θsin ψ sin θcos ψ cos θ DieinverseMatrixA T beschreibtdieinversetransformationvominertialsystem auf das körperfeste Koordinatensystem. (b Verwendet man die Hauptträgheitsachsen als körperfeste Koordinatenachsen, so lauten die körperfesten Drehimpulskomponenten eines symmetrischen Kreisels. L 1 Θ 1 ω 1 Θ 1 (sin θsin ψ φ +cos ψ θ LKS = L = Θ ω = Θ (sin θcos ψ φ sin ψ θ L 3 Θ 3 ω 3 Θ 3 (cos θ φ + ψ Für die Komponenten der Winkelgeschwindigkeit gilt: 1 cos ψ sin ψ ω φ = cos θ sin θ sin ψ cos ψ sin θ cos θ 1 ω θ = ω ψ = cos ψ sin ψ sin ψ cos ψ 1 ψ θ φ (1 ( (3 DieMatrixAangewendetauf LKS liefertdendrehimpulsimraumfestenkoordinatensystem(θ 1 = Θ : Θ 1 ω 1 (p ψ Θ 1 cos θ φsin φsin θ + Θ 1 cos φ θ LIS =A Θ ω = (p ψ Θ 1 cos θ φcos φsin θ + Θ 1 sin φ θ (4 Θ 3 ω 3 p φ Seite1von8

2 Theoretische Physik I: Mechanik WS 8/9 mit p φ = Θ 1 sin θ φ +p ψ cos θ p ψ = Θ 3 (cos θ φ + ψ (c Wirsetzenin(b Θ 1 = Θ 3 = ΘunderhaltendieraumfestenKomponentenvon ω: ω = sin φsin θ ψ +cos φ θ L IS Θ = cos φsin θ ψ +sin φ θ φ + ψcos θ. Physikalisches Pendel. Ein starrer Körper befinde sich im homogenen Schwerefeld der Erde und sei um eine horizontale Achse A drehbar aufgehängt. Der Schwerpunkt S des Körpers liege nicht auf der Achse. Wieviele Freiheitsgrade hat das physikalische Pendel? A φ S s (a (b (c Stellen Sie die Bewegungsgleichung für den Auslenkwinkel ϕ auf und berechnen Sie die Schwingungsdauer für kleine Auslenkungen. Zeigen Sie, dass sich die Schwingungsdauer des Fadenpendels ergibt, wenn diemassedeskörpersengumseinen Schwerpunkt konzentriert ist. Bestimmen Sie eine zweiten Achse, die dieselbe Schwingungsdauer ergibt. (Pkt. (1Pkt. (1Pkt. (d Nehmen Sie an, der Körper sei ein Würfel mit homogener Massendichte (Kantenlänge a, Masse m, und die Drehachse verlaufe entlang einer Kante. Wie lautet die Schwingungsdauer für kleine Auslenkungen? Wie lang wäre ein äquivalentes Fadenpendel? (Pkt. (insgesamt 6 Pkt. Lösung: Allgemein hat ein starrer Körper sechs Freiheitsgrade: drei der Translation und drei der Rotation. Bei Drehungen um eine feste Achse gibt es keine Translation und die Richtung der Achse legt zwei Rotationsfreiheitsgrade fest. Bleibt ein Freiheitsgrad, der Drehwinkel ϕ um die Achse. (a In konservativen Systemen mit nur einem Freiheitsgrad reicht der Energiesatz zum Aufstellen der Bewegungsgleichung: E = 1 J ϕ Mgscos ϕ =const. wobei J das Trägheitsmoment um die Achse A ist. Für die potentielle Energie durften wir annehmen, dass die Masse m des physikalischen Pendels im Schwer- Seitevon8

3 Theoretische Physik I: Mechanik WS 8/9 punktskonzentriertist.ableitennachtunddivisiondurchj ϕliefertdiebewegungsgleichung ϕ + mgs J sin ϕ =. Für kleine Auslenkwinkel gilt sin ϕ ϕ, mit harmonischen Schwingungen der Schwingungsdauer J T =π mgs =:π l g Mannenntl = J ms diereduziertefadenlänge. (b Nach dem Steiner schen Satz ist J =ms + J, wobei J das Trägheitsmoment ist, das man bei einer Parallelverschiebung der Drehachse in den Schwerpunkt erhalten würde. Ist speziell die ganze Masse eng umdenschwerpunktkonzentriert,d.h.,ms J,soergibtsichfürdieSchwingungsdauer eines Fadenpendels der Länge s: T =π ms + J mgs s π g. (c DerPunktA,deraufderGeradenASdieEntfernunglvonAhat,heißtSchwingungsmittelpunkt.MachtmandenSchwingungsmittelpunktA zumneuenaufhängepunkt, so bleibt die Schwingungsdauer die gleiche. Jetzt wird A zum neuen Schwingungsmittelpunkt, denn für l gilt l = J ms +s. Zu einem gegebenen l gehören zwei s-werte, nämlich die Wurzeln der quadratischengleichungs ls + J/m =.FürdieLösungendieserquadratischenGleichung gilt(satz von Vieta s 1 +s =l, s 1 s = J m. AllegesuchtenAufhängepunkteliegenalsoaufzweiKreisenmitdenRadiens 1 unds umdenschwerpunkt.auss 1 +s =lfolgtobigebehauptung.suchtman daherzweiaufhängepunkteaunda auf,diemitdemschwerpunktaufeiner Geraden liegen(und zwar auf verschiedenen Seiten des Schwerpunktes und in ungleichem Abstand von demselben und die gleiche Schwingungsdauer ergeben, so ist deren gegenseitige Entfernung gleich der reduzierten Pendellänge l. Aus l und T kann g präzise gemessen werden(reversionspendel. Ist der Schwerpunkt bekannt, so kann das Trägheitmoment J berechnet werden. Seite3von8

4 Theoretische Physik I: Mechanik WS 8/9 (d Annnahme: Die Drehachse verlaufe entlang der z-achse des Würfels. J = ρ( r(x +y d 3 r = ρ a FürdieMassem = ρ a 3 gilt J = 3 ma. a a (x +y dxdydz = ρ a a3 3 DerAbstanddesSchwerpunktesvonderDrehachseists =a /.DieSchwingungsdauer für kleine Auslenkungen lautet damit T =π 4a 3 g und die reduzierte Pendellänge ist l = 4 3 a,94894 a. 3. Schneller Kreisel. Der schnelle Kreisel ist ein Spezialfall des schweren Kreisels: Die kinetische Energie ist wesentlich größer als die maximalen Änderungen der potentiellen Ener- (4Pkt. gie, so daß die Gravitationskonstante g als klein anzusehen ist und sich die Bewegung nicht sehr von der eines kräftefreien Kreisels unterscheidet. Eine einfache analytische Berechnung der Bewegung ist hier näherungsweise möglich. DieAnfangsbedingungenseien φ( = ϑ( =, ϑ( = ϑ =const. (a LeitenSieeineRelationzwischendenbeidenerhaltenenDrehimpulsenL 3 undl z her. (b SetzenSiedieseRelationindieGleichungdeseffektivenPotentialsein.Warumist ϑ ein Umkehrpunkt der Bewegung im effektiven Potential? Berechnen Sie die AmplitudederNutation,wobeiSiesichzunutzemachen,dasbei ϑ einumkehrpunktliegt. Hierbei dürfen Sie annehmen, dass g klein ist, d.h. Terme proportional zu 1/g sind in auftretenden Gleichungen dominant. (c Bestimmen Sie die Nutationsfrequenz. Leiten Sie dazu wieder unter der Annahme eineskleinengeinedifferentialgleichungfürcos ϑ cos ϑherundlösensiediese. Eskannsin ϑ sin ϑ angenommenwerden. Lösung: (a Die Anfangsbedingungen besagen, dass der Kreisel mit der Winkelgeschwindigkeit ψ um seine Symmetrieachse rotiert, die erst festgehalten und dann bei t = losgelassen wird. AusdenAnfangsbedingungen φ( =und θ( =: θ folgtfürdendrehimpuls (siehe 1. Aufgabe: p φ =p ψ cos θ. Wir betrachten das effektive Potential aus(17.6 aus der Vorlesung. Seite4von8

5 Theoretische Physik I: Mechanik WS 8/9 Da θ einumkehrpunktderbewegungist,giltv Eff (cos θ =.Darausfolgt: Θ 3 E p ψ Θ 1 Θ 3 mgl Θ 1 cos θ = WirsetzendiebeidenGleichungeninV Eff (cos θeinunderhalten: ( V Eff = 1 mgl sin θ p ψ Θ 1 Θ (cos θ cosθ (cos θ cos θ 1 DaseffektivePotentialbesitz3Nullstellen,vondercos θ sofortabgelsenwerden kann.wirsetzen:a 1/3 :=cos θ cos θ 1/3.Esgiltdamitzulösen: ( p a 1/3 + ψ cos θ a mglθ 1/3 sin θ = 1 DagalskleinangesehenwerdenkannkannderAusdruckcos θ inderklammer vernachlässigt werden. Wir erhalten die Nullstellen: a = p ψ 1 (4mglΘ mglΘ 1 p sin θ ψ Nur p ψ a = mglΘ 1 ( mglθ 1 p ψ sin θ +... a 1 =cos θ cos θ 1 = mlθ 1 p gsin θ (5 ψ liegtimphysikalischenbereich.folglichistdienutationsamplitudea 1 umsokleiner,jeschnellerderkreiselundjekleinergist. (b DadieNutationsamplitudea 1 kleinist(gklein,kannsin θimeffektivenpotentialdurchsin θ ersetztwerden.mitderdefinition a(t:=cos θ cos θ(t (6 folgt für das effektive Potential: ( V Eff (a = 1 ȧ = 1 a mgl sin θ p ψ Θ 1 Θ a 1 Die Integration dieser Differenzialgleichung für a(t liefert mit der Anfangsbedingunga( =: a(t = a ( 1 1 cos p ψ t Θ 1 folglich lautet die von g unabhängige Nutationsfrequenz ω N = p ψ Θ 1 = Θ 3 Θ 1 ψ(. Seite5von8

6 Theoretische Physik I: Mechanik WS 8/9 (c Aus der Vorlesung bekannt ist die Winkelgeschwindigkeit φ: φ = p φ p ψ cos θ Θ 1 sin = p ψ (cos θ cos θ θ Θ 1 sin θ [ ( ] mgl pψ φ = 1 cos t Gl.(5,(5 p ψ Θ 1 Die mittlere Präzisionsfrequenz ist damit φ = mgl p ψ = mgl Θ 3 ψ( p ψ a(t θ θ Θ 1 sin θ Die Präzision ist nicht gleichförmig, sondern ändert sich mit der Nutationsfrequenz näherungsweise harmonisch mit der Zeit. 4. Büroklammerkreisel. Aus einer Büroklammer lässt sich mit etwas Geschick(und einer (Pkt. Zange ein Kreisel herstellen(vgl. Abbildung. Seitenansicht Aufsicht (a Im einfachsten Fall liegt der Schwerpunkt des Kreisels im Mittelpunkt des Kreisbogens. Berechnen Sie, wie groß dann der Öffnungswinkel β sein muss. (b Berechnen Sie die Trägheitsmomente bezüglich Rotation um die x-, y- und z-achse. Nehmen Sie dazu die Drahtstücke als unendlich dünn an. Wann ist die Rotation um die z-achse stabil? Wer einen funktionierenden Büroklammerkreisel mitbringt, erhält einen Extrapunkt! Lösung: (a Die geraden Drahtstücke oberhalb und unterhalb des Kreisbogens können ignoriert werden, da sie symmetrisch bezüglich des Kreisbogens liegen und ihre Beiträge zum Schwerpunkt sich gerade kompensieren. Es sind also nur die geraden Speichen und der gegenüberliegende Kreisbogen s zu berücksichtigen. Wir legen den Koordinatenursprung in den Kreismittelpunkt. Dann ist der Schwerpunkt der Speichen x S = r cos(β/ r cos α. m S istdiemassederspeichen.diesekannbeikonstanterdichteprolängeneinheit ρderbüroklammerausm S =rρberechnetwerden.derschwerpunktdes Kreisbogens s liegt bei x K = 1 dsx = 1 α dφrrcos φ = rsin α, s s α α Seite6von8

7 Theoretische Physik I: Mechanik WS 8/9 das =rα(bogenlängeeineskreisbogens.diemassedeskreisbogensistm K = sρ =rαρ.ausdergleichgewichtsbedingungm S x S =m K x K folgt r ρsin α =r ρcos α tan α = 1, damitist β =α 53,13. (b Wir machen die Rechnung in Zylinderkoordinaten (s, φ, z und betrachten die Drahtstücke als unendlich dünn. Allgemein kann jedes Trragheitsmoment wie folgt zerlegt werden: J z = d 3 rρ(x,y,z(x +y = d 3 rρ(x,y,z(x +y + d 3 rρ(x,y,z(x +y Kreisbogen + Stücke ober-/unterhalb Speichen d 3 rρ(x,y,z(x +y (analogfürj x,j y.dadiejeweiligendrahtstückeunendlichdünnsind,wirdjedes Integral zu einem eindimensionalen Integral. Damit folgt: J z =J z,speiche +J z,kreisbogen +J z,oben/unten analog folgen r = dsρ(s sin α +s cos α + ( 1 =ρr π α, J x =ρr 3 ( sin α 3 J y =ρr 3 ( cos α 3 + π α + π α + sin(α 4 sin(α 4 π α + h3 3r 3, + h3 3r 3 dφrρ(r sin φ +r cos φ + DieRotationumdiez-Achseistinstabil,wennJ z wederdasgrößtenochdas kleinstederdreiträgheitsmomenteist,d.h.zwischenj x undj y liegt.wanndas derfallist,hängtvomverhältnish/rab.fürdasinteil(aberechnete αiststets J y <J x ;esistj x =J z beih/r =1,6undJ y =J z beih/r =1,68.AusdemPlot (Abbildungisterkennbar,dasdieRotationumdiez-Achsedannfürh/r <1,6 bzw.h/r >1,68stabilist.. Traegheitsmomente J (Einheiten r=1, ρ= J z J x J y stabil h/r instabil stabil Seite7von8

8 Theoretische Physik I: Mechanik WS 8/9 Wir wünschen allen TeilnehmerInnen der Veranstaltung frohe Weihnachten und einen guten Start ins neue Jahr! Auf diesem Übungsblatt sind maximal 16 Punkte zu erreichen, Abgabe erfolgt am Seite8von8