Ferienkurs Theoretische Mechanik Sommer 2010 Newton/Koordinaten/Dgl s

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1 Fakultät für Physik Friedrich Wulschner Technische Universität München Vorlesung Montag Ferienkurs Theoretische Mechanik Sommer 2010 Newton/Koordinaten/Dgl s Inhaltsverzeichnis 1 Newtons 3 Axiome 2 2 Lösungsverfahren 2 3 Physikalische Größen beim Massepunkt 3 4 Koordinaten 4 5 Systeme mehrerer Massepunkte 5 6 Differentialgleichungen 6 7 Massepunkt im Zentralpotential Lösen durch Integration Lösen durch aufstellen einer Differentialgleichung

2 1 Newtons 3 Axiome 1.)Es gibt Bezugssysteme in denen die Kräftefreie Bewegung durch ṙ=v=const. beschrieben wird. Solche Systeme heißen Inertialsysteme. 2.) d p dt = F mit p = m v im allgemeinen daher F = m r 3.) Actio=Reactio F 12 = F 21 Zwei Körper üben immer betragsmäßig gleiche entgegengesetzte Kräfte aufeinander aus. In der Mechanik werden meist noch folgende Zusätze stillschweigend vorausgesetzt: 1.Zusatz: ( r 1 r 2 ) F 12 = 0 Kräfte wirken entlang der Verbindungslinie 2.Zusatz: F G = i F i (r, v, t) Superpositionsprinzip 2 Lösungsverfahren 1.Aufstellen des Kraftgesetzes m r = i F i (r, v, t) 2.Lösen der Differentialgleichung m r = i F i (r, v, t) 3.Bestimmung der (Integrations-)Konstanten durch Anfangsbedingungen 4.Diskussion der Lösung: Graphische Darstellung/Erhaltungsgrößen berechnen 2

3 3 Physikalische Größen beim Massepunkt Impuls p = m v = m r Kraft: F = d p dt = m r Drehimpuls: L = r p Drehmoment: D = d L dt = m( r r + r r) = r F Energie: E kin + E pot = T + U E kin = 1 2 mv2 Eine Kraft F bzw. ein Potential U heißt konservativ, wenn gilt: U(r) = F (r) F (r) = 0 F (r) d r ist wegunabhängig Wenn alle angreifenden Kräfte konservativ sind ist die Energie eine Erhaltungsgröße. Allgemein gibt es jedoch auch noch dissipative Kräfte (Reibung). mẍ = F kons + F diss Arbeit: W = F (r) d r entspricht der Summe der gewirkten Kräfte entlang des Weges Leistung: P = dw dt = F dr dt = F r ist die Summe der am Massepunkt verrichtete Arbeit 3

4 4 Koordinaten Das Aufstellen des Kraftgesetzes gestaltet sich in der Regel einfach. Bevor man eine Differentialgleichung löst ist es oft hilfreich auf andere Koordinaten zu transformieren, die die Symmetrie des Problems widerspiegeln. Hier sollen noch einmal kurz die wichtigsten hingeschrieben werden. P olar /Zylinderkoordinaten : x = r cos(ϕ) y = r sin(ϕ) z = z Kugelkoordinaten x = r cos(θ) cos(ϕ) y = r cos(θ) sin(ϕ) z = r sin(θ) T ransf ormation auf Schwerpunkts und Relativkoordinaten f uer zwei T eilchen: R = r 1 = R + m1 r1+m2 r2 m 1+m 2, r = r 1 + r 2 m2 m 1+m 2 r, r 2 = R m1 m 1+m 2 r In neuen Koordinaten und ohne externes Potential läßt sich die Energie schreiben als: E = M 2 µ r U(r) R 2 + da ohne externes Potential R = const gilt hat man nur noch die Dgl für r(t) zu lösen 4

5 5 Systeme mehrerer Massepunkte Wir wollen uns hier noch einige allgemeine Sachverhalte für den Schwerpunkt hinschreiben: Schwerpunkt: R = 1 M mi r i M R = P = F ex i Da nach dem 2.Axiom F 12 = F 21 summieren sich interne Kräfte weg P SP = p i Wenn es keine Externen Kräfte gibt ist der Schwerpunktsimpuls eine Erhaltungsgröße. L SP = R P M = d L dt = r i F i ex Da interne Kräft in der Newtonschen Mechanik entlang der Verbindungslinien wirken liefern sie keinen Beitrag zum Drehmoment. Insgesamt sehen wir, daß die Entwickelung der Schwerpunktskoordinate nur von den externen Kräften abhängt und nicht von den internen. 5

6 6 Differentialgleichungen Nachdem man das Kraftgesetz aufgestellt hat und auf geeignete Koordinaten transformiert hat landet man bei mehr oder minder einfachen Differentialgleichungen. Diese lassen sich auf unterschiedliche Weise lösen: 1.)Durch Integration z.b mẍ = m g freier Fall 2.) Durch geeignete Ansätze z.b. mẍ = kx 2mλẋ gedämpfter Oszillator z.b. ẍ + 2λẋ + ω 2 0x = f 0 cos(ωt) angetriebener Oszillator hierbei ist zunächst die sogenannte homogene Gleichung zu lösen: ẍ + αẋ + βx = 0, wobei meistens folgender Ansatz zielführend ist: A e λt mit λ C in der Regel gibt es zwei Lösungen λ 1 und λ 2. Manchmal übersieht man die Lösung λ = 0 Die gesamte (homogene) Lösung lautet dann: C 1 e λ1t + C 2 e λ2t eventuell muß noch eine partikuläre Lösung x p gefunden werden: z.b ẍ + 2λẋ + ω 2 0x = f(t) Hierbei sollte in der Regel der Ansatz die Struktur der Inhomogenität widerspiegeln: bei z.b f(t) = f 0 cos(ωt) sollte man daher den Ansatz x p = A cos(ωt) + B sin(ωt) Oder man rät die partikuläre Lösung Die gesamte Lösung ist dann x = x hom + x p Die noch nicht festgelegten Konstanten in der Lösung können durch die Anfangsbedingungen bestimmt werden. 6

7 7 Massepunkt im Zentralpotential Wenn das Potential nur vom Abstand abhängt weist die Kraft immer in radialer Richtung: F (r) = du r dr r darüber hinaus ist so ein Potential konservartiv, da F = 0 Wenn also keine weiteren Kräfte wirken haben wir sowohl Enenrgie- als auch Drehimpulserhaltung. D = r F = 0 L = const. Nach Transformation auf Polarkoordinaten läßt sich ein feste Zusammenhang zwischen Radialabstand und Winkelgeschwindigkeit finden: x = r cos ϕ ẋ = ṙ cos ϕ r ϕ sin ϕ y = r sin ϕ ẏ = ṙ sin ϕ + r ϕ cos ϕ Den Drehimpuls legen wir in die z-achse und so ergibt sich: L z = ( r p) z = (xẏ yẋ) = mr 2 ϕ ϕ = L mr 2 Für die Energie ergibt sich so: E = 1 2 mv2 + U(r) E = 1 2 mṙ mr2 ϕ 2 + U(r) E = 1 2 mṙ2 + L2 2mr + U(r) 2 E = 1 2 mṙ2 + U eff (r) So haben wir das ursprünglich 3-dimensionale Problem auf ein 1-dimensionales Problem reduziert. 7

8 7.1 Lösen durch Integration Diese Gleichung läßt sich nach ṙ auf lösen und so kann eine Lösung für r gefunden werden: 2 ṙ = ± m (E U eff (r)) = dr dt t(r) = r 1 r dr 0 2 m (E U eff (r)) mit dϕ dr = dϕ dt dt dr = L 1 mr 2 ṙ folgt:ϕ(r) = ± r r 0 L mr 2 dr 2 m (E U eff (r)) So hat man theoretisch das Problem gelöst, aber praktisch kann sich die Integration schwierig gestalten. Für das 1/r Potential ist diese Gleichung aber lösbar (Keplerproblem) U(r) = α r mit α = Gm 1m 2 Gravitation oder α = q 1 q 2 Coulomb ϕ(r) = ± r r 0 L r (2mE+ 2 2mα r L2 L/r mα/l r 2 )) dr = arccos( 2mE+m 2 α 2 /L ) + ϕ(0) 2 mit p = L2 mα ɛ = (1 + 2EL2 mα 2 ) Ergibt sich die bekannte Gleichung p r = 1 + ɛ cos(ϕ) 8

9 7.2 Lösen durch aufstellen einer Differentialgleichung Wenn man bedenkt, daß Energieerhaltung gilt kann man aus E = 1 2 mṙ2 + U eff (r) = const eine Dgl für r(t) ableiten d dt E = d dt ( 1 2 mṙ2 + U eff (r)) = 0 m rṙ + ṙ du eff (r) dr = 0 ṙ(m r + du eff (r) dr ) = 0 Es gibt zwei mögliche Lösungen für diese Differentialgleichung: 1.Fall: ṙ(t) = 0 Aus ṙ(t) = 0 folgt r(t) = r 0 = const und ϕ(t) = const. Dies bringt mit sich, daß r(t) = 0. Das heißt, daß die Summe der angreifenden Kräfte Null ergibt. du eff (r) dr = 0 Somit befinden wir uns in einem Extremum von U eff. Falls U eff (r) ein Minimum bei r 0 hat ist die Bahn stabil, ansonsten ist die Bahn instabil und bereits kleine Auslenkungen (oder zusätzliche Kräfte) lassen den körper seine bahn verlassen. 2.Fall (m r + du eff (r) dr ) = 0 in diesem Fall muß die entsprechende Differentialgleichung mit geeigneten Ansätzen gelöst werden 9

10 Diskussion.PNG Abbildung 1: Graphische Diskussion 10

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