Ferienkurs Theoretische Physik: Mechanik Sommer 013 Übung 4 - Lösung Technische Universität München 1 Fakultät für Physik
1 Trägheitstensor 1. Ein starrer Körper besteht aus den drei Massenpunkten mit den Koordinaten r 1 = (a, 0, 0) T, r = ( a, 3 a, 0)T, und r 3 = ( a, 3 a, 0)T. Bestimmen Sie den Trägheitstensor des Körpers in Matrixdarstellung.. Berechnen Sie den Trägheitstensor einer Kugelschale (Hohlkugel) der Masse M und mit dem Radius R. 3. Berechnen Sie das Trägheitsmoment eines Zylinders für die Rotationen um die Zylinderachse. Der Zylinder hat die Länge L, die Masse M und der Radius. Lösung: (i) im Falle eines homogenen Vollzylinders (ii) im Falle eines Hohlzylinders ohne Deckflächen mit extradünnem Mantel. Hinweis: Wählen Sie die Zylinderachse als die z-achse und berechnen Sie Θ 33. Der Trägheitstensor eines starren Körpers Θ i j ist definiert als: Θ i j = m α (rαδ i j x αi x α j ) (1) im Falle einer Massenverteilung und als: α Θ i j = ρ( r)(r δ i j x i x j )d 3 r () im Falle einer kontinuierlichen Massendichte ρ( r). 1. Die Massenpunkte haben die gleiche Masse m. Weil die z- Koordinaten aller Massenpunkte gleich Null sind, verschwinden die Elemente Θ 13 = Θ 31 und Θ 3 = Θ 3. Die anderen Elemente lauten: Θ 11 m(0 + 3 4 a + 3 4 a ) = 3 ma (3) Θ = m(a + 1 4 a + 1 4 a ) = 3 ma (4) Θ 33 = m(a + 1 4 (1 + 3)a + 1 4 (1 + 3)a ) = 3ma (5) Θ 1 = Θ 1 = m(0 3 4 a + 3 4 a ) = 0 (6) Technische Universität München Fakultät für Physik
. Wegen Symmetrie des Problems ist der Trägheitstensor proportional der Einheitsmatrix: Θ i j = Θδ i j (7) Berechne die Spur von Trägheitstensor: S pθ i j = 3Θ = m α rα = MR = Θ = 3 MR (8) 3. Verwende Zylinderkoordinaten ( ρ = x + y ): α (i) (ii) Θ 33 = R 0 d ρ ρ M πr L ρ π 0 dϕ L L dz = 1 MR (9) Θ 33 = m α ρ α = MR (10) α Physikalisches Pendel Ein starrer Körper der Masse M wird im homogenen Schwerefeld g = g e z im Punkt A aufgehängt, sodass die Bewegung nur in der x-z-ebene stattfinden kann. Der Abstand zwischen dem Aufhängepunkt und dem Schwerpunkt des Körpers S sei s. Das Trägheitsmoment für die Rotationen um die y-achse, die durch den Schwerpunkt läuft, sei Θ y. 1. Bestimmen Sie mit Hilfe des Satzes von Steiner das Trägheitsmoment Θ A y für die Rotationen um die y-achse, die durch den Aufhängepunkt läuft.. Betrachten Sie den Auslenkungswinkel ϕ zwischen der z-achse und der Linie AS als generalisierte Koordinate. Stellen Sie die Lagrange-Funktion des Pendels L(ϕ, ϕ) auf und formulieren Sie die Euler-Lagrange Gleichung für ϕ(t). 3. Bestimmen Sie die Lösung der Bewegungsgleichung im Falle kleiner Auslenkungen ϕ 1. Lösung: Der Trägheitstensor um den Bezugspunkt A (Satz von Steiner) lautet: wobei a der Radiusvektor des Anhängerpunktes ist. Θ A i j = Θ i j + M(a δ i j a i a j ) (11) Technische Universität München 3 Fakultät für Physik
1. Θ A y = Θ A i j ( e y) i ( e) j = Θ y + Ms (1). Die Lagrange-Funktion des Pendels und die Bewegungsgleichung lauten: L = T V = 1 ΘA y ϕ ( Mgz s ) = 1 ΘA y ϕ + Mgscosϕ d L dt ϕ = L ϕ = Θ A y ϕ = Mgssinϕ (13) 3. Im Falle kleiner Auslenkungen ϕ 1 erhält man: Die Lösung der Oszillatorgleichung lautet: Θ A y ϕ = Mgssinϕ Mgsϕ (14) ϕ(t) = ϕ(0)cosωt + ϕ(0) sinωt ω, ω = Mgs (15) Θ y + Ms 3 Rotationsparaboloid Ein Massenpunkt m bewege sich unter dem Einfluss der Schwerkraft F = mg e z reibungslos auf der Innenseite des Rotationsparaboloids: x + y = bz (16) 1. Stellen Sie die Lagrange-Funktion des Systems in Zylinderkoordinaten (ρ, ϕ, z) auf und eliminieren Sie die Variable z mittels der Zwangsbedingung (16).. Formulieren Sie die Euler-Lagrange-Gleichung für ϕ(t) und ρ(t). 3. Berechnen Sie die z-komponente des Drehimpulses L z = m(xẏ yẋ) in Zylinderkoordinaten und zeigen Sie, dass L z eine Erhaltungsgröße ist. 4. Bestimmen Sie die Winkelgeschwindigkeit ϕ = ϕ K = const., für die eine horizontale Kreisbahn mit ρ(t) = ρ 0 = const. möglich ist. Zeigen Sie, dass ϕ K von der Größe der Bahn unabhängig ist. 5. Im Falle kleiner Auslenkungen: ρ(t) = ρ 0 + δρ(t) (δρ ρ 0 ) (17) oszilliert ρ(t) harmonisch um ρ 0. Bestimmen Sie die Oszillatorfrequenz ω und vergleichen Sie ω mit ϕ K. Technische Universität München 4 Fakultät für Physik
Lösung: 1. In Zylinderkoordinaten gilt: r = ρ e rho + z e z r = ρ eρ + ρ e z + ż e z = e rho + ρ ϕ e ϕ + ż e z (18) Die Lagrange-Funktion ohne Zwangsbedingung wäre: L = T V = 1 m( ρ + ρ ϕ + ż ) mgz (19) Unter Berücksichtigung der Zwangsbedingung x + y = ρ = bz erhält man: L = 1 ( ) m 1 + ρ ρ + 1 b mρ ϕ mg ρ b (0). Die Euler-Lagrange-Gleichungen ( ) d L dt q i = L q i lauten: L ϕ = mρ ϕ L ϕ = 0 (1) d dt mρ ϕ = 0 = mρ ϕ = mρ (0) ϕ(0) = const. () ) L (1 ρ = m + ρ ρ b L ρ = m ρ b ρ + mρ ϕ mg ρ b (3) ) d (1 dt m + ρ ρ = m ρ b ρ + mρ ϕ mg ρ b b (4) = ) (1 + ρ b ( ρ ρ = ρ b + g ) b ϕ (5) 3. In Zylinderkoordinaten (x = ρcosϕ, y = ρsinϕ) erhält man: L z = m(xẏ yẋ) = mρcosϕ d dt (ρsinϕ) mρsinϕ d dt (ρcosϕ) = = mρcosϕ( ρsinϕ + ρ ϕcosϕ) mρsinϕ( ρcosϕ ρ ϕsinϕ) = mρ ϕ (6) Laut der Gleichung () ist die z-komponente des Drehimpulses L z eine Erhaltungsgröße. 4. Die Gleichung (4) hat eine spezielle Lösung ρ = ρ 0 = const., ρ = 0 im Falle: ϕ = ± Die Winkelgeschwindigkeit ϕ K hängt nicht von ρ 0 ab. g b = ϕ K (7) Technische Universität München 5 Fakultät für Physik
5. Kleine Auslenkungen: Betrachten Sie zum Beispiel den Fall: ρ(t) = ρ 0 + δρ(t) (δρ ρ 0 ) (8) Aus Gleichung () folgt: ρ(t = 0) = ρ 0 ϕ(t = 0) = ϕ K ρ(t = 0) 0 (9) ρ ( 0 ϕ = ϕ K ρ ϕ K 1 δρ ) ρ 0 (30) Die linearisierte Form der Gleichung (4) lautet: ) (1 + ρ δ ρ 1 + ρ 0 δ ρ b b ( ρ ρ b + g ) b ϕ 4 ϕ Kδρ (31) b δ ρ = 4 ϕ K δρ = ω δρ (3) b + ρ 0 Wir erhalten die Oszillatorgleichung mit der Frequenz ω ϕ K = 4b. b +ρ 0 4 Gekoppelte Oszillatoren Zwei Teilchen der Masse m sind über drei identische Federn mit Federkonstanten k = mω 0 miteinander und mit den Wänden verbunden. Die Bewegung der Teilchen ist auf die Achse eingeschränkt (longitudinale Schwingung). Die Auslenkung der Teilchen aus der Ruhelage wird mit x 1 und x bezeichnet. Technische Universität München 6 Fakultät für Physik
1. Zeigen Sie, dass die Bewegungsgleichungen im Falle kleiner Auslenkungen lauten: ẍ 1 + ω 0 x 1 ω 0 x = 0 ẍ + ω 0 x ω 0 x 1 = 0 (33). Durch die Einführung des Auslenkvektors x = (x 1, x ) T erhält man die Bewegungsgleichungen in Matrixform: ( ) ω mit  = 0 ω 0 ω 0 ω. Durch den Ansatz: 0 reduziert sich das Problem auf das Eigenwertproblem: x +  x = 0 (34) x = acos(ωt + α) u (35)  u = ω u (36) i) Bestimmen Sie die zwei Eigenfrequenzen ω 1 und ω, bei denen die Gleichung (36) nichttriviale Lösungen u 0 hat. ii) Finden Sie dazugehörige, normierte Eigenvektoren u (1) und u (). iii) Diskutieren Sie die Art der kollektiven Bewegung der Teilchen, falls die Mode ω 1 bzw. ω angeregt ist. Hinweis: Die Gleichung (36) hat nicht-triviale Lösungen bei ω = ω l, wenn ω l die Lösung der Gleichung: ist. Die Eigenvektoren erhält man dann aus der Gleichung: det(â ω l ˆ1) = 0 (37) 3. Die allgemeine Lösung der Bewegungsgleichungen lautet:  u (l) = ω l u(l) (38) x = a 1 cos(ω 1 t + α 1 ) u (1) + a cos(ω t + α ) u () (39) Bestimmen Sie die spezielle Lösung mit folgenden Anfangsbedingungen: und skizzieren Sie x (t). x(0) = 0 x(0) = (v (0) 1, 0)T (40) Hinweis: Verwenden Sie die Orthogonalität der Eigenvektoren. Technische Universität München 7 Fakultät für Physik
Lösung: 1. Nach dem Hookeschen Gesetz üben die Federn auf die beiden Teilchen die Kräfte (F i bezeichnet die Gesamtkraft auf das i-te Teilchen) aus: F 1 = kx 1 k(x 1 x ) F = k(x x 1 ) kx (41) Die Bewegungsgleichungen ergeben sich aus dem newtonschen Axiom F i = ma i : Die Ersetzung k = mω 0 und Neuordnung der Terme liefert: mẍ 1 = kx 1 k(x 1 x ) mẍ = k(x x 1 ) kx (4) 0 = ẍ 1 + ω 0 x 1 ω 0 x 0 = ẍ + ω 0 x ω 0 x 1 ( ) ω. Mit x = (x 1, x ) T und  = 0 ω 0 ω 0 ω ergibt sich die gegegebene Matrixform: 0 (43) x = + x = 0 αω cos(ωt + α) u + acos(ωt + α)â u = 0 ω 1 u +  u = 0 ( ω 1) u = 0 (44) wobei wir den Ansatz x = acos(ωt + α) u eingesetzt haben. i) Ein lineares Gleichungssystem (44) hat nur dann nichttriviale Lösungen, wenn die Determinante der Matrix verschwindet: det(â ω 1) = 0 (ω 0 ω ) (ω 0 ) = 0 (ω 0 ω )(3ω 0 ω ) = 0 (45) Damit ist gezeigt, dass nichttriviale Lösungen existieren, falls: ω = ω 1 = ω 0 ω = ω = 3ω 0 (46) Technische Universität München 8 Fakultät für Physik
ii) Zur Bestimmung des jeweils zugehörigen Eigenvektors verwenden wir die definierende Eigenschaft: Â u (l) = ω l u(l) (47) Da Vielfache eines Eigenvektors stets auch Eigenvektoren sind, muss dieses Gleichungssystem überbestimmt sein. Es genügt daher, die erste Komponente zu lösen und schließlich eine geeignete Normierung zu wählen: ω 1 : ω : ω 0 u(1) 1 ω 0 u(1) = ω 0 u(1) 1 u (1) 1 = u (1) u (1) = 1 (1, 1) T ω 0 u() 1 ω 0 u() = 3ω 0 u() 1 u (1) 1 = u () u () = 1 (1, 1) T (48) iii) Bei der Anregung der Mode ω 1 schwingen die Teilchen synchron mit gleichen Phasen und Amplitden, der Abstand zwischen den Teilchen bleibt konstant. Bei der Anregung der Mode ω schwingen die Teilchen mit gleichen Amplituden aber gegenphasig. 3. Da es zwei unterschiedliche, einfach Eigenwerte gibt, sind die beiden Eigenvektoren orthogonal. Es gilt: u (l) x(t) = a l cos(ω l t + α l ) u (l) x(t) = ω l a l sin(ω l t + α l ) (49) Das dies für alle t gilt, können wir t = 0 setzen und die Parameter a l und α l mit Hilfe der Anfangsbedingungen bestimmen. Für die erste Mode erhalten wir: 0 = u (1) x(0) = a 1 cos(α 1 ) α 1 = ± π v 1 (0) = u (1) x(0) = ω 1 a 1 sin(α 1 ) a 1 = v 1(0) ω1 (50) Wegen der Identität cos(x ± π ) = sin(x) kann ohne Beschränkung der Allgemeinheit stets das untere Vorzeichen (α 1 = π, a 1 = v 1(0) ω1 ) gewählt werden. Für die zweite Mode erhalten wir analog: 0 = u () x(0) = a cos(α ) α = π v 1 (0) = u () x(0) = ω a sin(α ) a = v 1(0) ω (51) Technische Universität München 9 Fakultät für Physik
Die spezielle Lösung, die die Anfangsbedingungen erfüllt, lautet also: x = v ( 1(0) sin(ω 0 t) u (1) + 1 sin( ) 3ω 0 t) u () ω0 3 (5) oder in Komponenten: x 1 (t) = v 1(0) ω 0 x (t) = v 1(0) ω 0 Die Skizzen zeigen x 1 (t) und x (t). ( sin(ω 0 t) + 1 sin( ) 3ω 0 t) 3 ( sin(ω 0 t) 1 sin( ) (53) 3ω 0 t) 3 Technische Universität München 10 Fakultät für Physik
5 Doppelpendel Betrachten Sie ein ebenes Doppelpendel, dessen Punktmassen m 1 und m dem homogenen Schwerefeld ausgesetzt sind. Betrachten Sie die Auslenkungswinkel ϕ 1 und ϕ als generalisierte Koordinaten. Stellen Sie die Lagrange-Funktion des Systems auf. Betrachten Sie nun den Fall kleiner Auslenkungen ϕ 1, ϕ 1. 1. Zeigen Sie, dass sich die Lagrange-Funktion auf die Form: reduziert. L = 1 (m 1 + m )l 1 ϕ 1 + 1 m l ϕ + m l 1 l ϕ 1 ϕ 1 (m 1 + m )gl 1 ϕ 1 1 m gl ϕ + (m 1 + m )gl 1 + m gl (54) Hinweis: Für x 1 gilt cosx 1 x.. Formulieren Sie die Euler-Lagrange-Gleichungen für die Winkel ϕ 1 und ϕ. 3. Mit dem Auslenkungsvektor ϕ = (ϕ 1, ϕ ) T erhält man die Bewegungsgleichungen in Matrixform: Bestimmen Sie die Matrizen ˆM und Â. 4. Durch den Ansatz: ˆM ϕ + Â ϕ = 0 (55) ϕ = acos(ωt + α) u (56) reduziert sich das Problem auf das generalisierte Eigenwertproblem: Â u = ω ˆM u (57) Technische Universität München 11 Fakultät für Physik
Bestimmen Sie die zwei Eigenfrequenzen ω 1 und ω, bei denen (57) nicht-triviale Lösungen ( u 0) hat. Hinweis: Gleichung (57) hat nicht-trivivale Lösungen bei ω = ω l, wenn ω l die Gleichung: det(â ω l ˆM) = 0 (58) erfüllt. Die Eigenvektoren erhält man dann aus  u (l) = ω l ˆM u (l). Im zweidimensionalen Fall gilt: det(â ω ˆM) = ω 4 det( ˆM) ω c + det(â) (59) wobei c = A 11 M + A M 11 A 1 M 1 A 1 M 1 ist. Damit folgt: Lösung: ω 1, = c ± c 4det( ˆM)det(Â) det( ˆM) (60) Wir betrachten die ebene Bewegung der Teilchen und wählen das Koordinatensystem so, dass die Bewegung vollständig in der x-z-ebene verläuft, d.h. y 1 = y = 0, ẏ 1 = ẏ = 0. Wir bezeichnen die Koordinaten des ersten bzw. zweiten Teilchens mit den Indizes x 1, z 1 bzw. x, z. Die Lagrange-Funktion des Systems lautet in diesen Koordinaten: L = T V = 1 m 1(ẋ 1 + ż 1 ) + 1 m (ẋ + ż ) + m 1gz 1 + m gz (61) wobei die Variablen die folgenden Zwangsbedingungen: x 1 + z 1 l 1 = 0 (x x 1 ) + (z z 1 ) l = 0 (6) erfüllen müssen. Durch Einführen der generalisierten Koordinaten ϕ 1 mit: und ϕ mit: x 1 = l 1 sinϕ 1 z 1 l 1 cosϕ 1 (63) x = x 1 + l sinϕ z = z 1 + l cosϕ (64) sind die Zwangsbedingungen automatisch erfüllt. Die Lagrange-Funktion in diesen generalisierten Koordinaten lautet: L = 1 m 1((l 1 ϕ cosϕ 1 ) + ( l 1 ϕ 1 sinϕ) ) + 1 m (l 1 ϕ 1 cosϕ 1 + l ϕ cosϕ ) + 1 m ( l 1 ϕ 1 sinϕ 1 l ϕ sinϕ ) + (m 1 + m )gl 1 cosϕ + m gl cosϕ = 1 (m 1 + m )l 1 ϕ 1 + 1 m l ϕ + m l 1 k ϕ 1 ϕ cos(ϕ 1 ϕ ) (65) + (m 1 + m )gl 1 cosϕ + m gl cosϕ Technische Universität München 1 Fakultät für Physik
1. Im Falle kleiner Auslenkungen ( ϕ 1, ϕ 1) entwickelt man die Lagrange-Funktion bis auf quadratische Terme, sodass: L = 1 (m 1 + m )l 1 ϕ 1 + 1 m l ϕ + m l 1 l ϕ 1 ϕ 1 (m 1 + m )gl 1 ϕ 1 1 m gl ϕ (66). Im Rahmen dieser Näherung erhalten wir die linearisierten Bewegungsgleichungen: d L L = 0 dt ϕ 1 ϕ 1 = (m 1 + m )l1 ϕ 1 + m l 1 l ϕ + (m 1 + m )gl 1 ϕ 1 = 0 d L L = 0 dt ϕ ϕ = m l ϕ + m l 1 l ϕ 1 + m gl ϕ = 0 3. Mit dem Auslenkvektor ϕ = (ϕ 1, ϕ ) T und den Matrizen: ( ) (m1 + m ˆM = )l1 m l 1 l m l 1 l m l  = ( ) (m1 + m )gl 1 0 0 m gl (67) (68) (69) lässt sich das System von Differentialgleichungen in der kompakten Form: schreiben. 4. Entsprechend des Hinweises erhalten wir: ˆM ϕ +ˆ ϕ = 0 (70) c = (m 1 + m )m g(l 1 + l )l l (71) det ˆM = m 1 m l 1 L detâ = (m 1 + m )m g l 1 l (7) Damit ergeben sich die Eigenfrequenzen des Systems zu: ω 1, = (m 1 + m )(l 1 + l )g m 1 l 1 l 1 1 ± 4m 1 l 1 l (m 1 + m )(l 1 + l ) (73) Im Grenzfall m m 1 ergeben sich näherungsweise die Eigenfrequenzen zweier unabhängiger Pendel: ω 1, = g l 1, (74) Technische Universität München 13 Fakultät für Physik