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3
Lagrangesche Form der Mechanik
Begründer:
• Leonhard Euler (1707 - 1783), Schweizer; wirkte an Berliner Akademie
und in St. Petersburg
• Joseph Louis Lagrange (1736 - 1813); Franzose; Nachfolger von Euler an
Berliner Akademie
Motivation:
(1) höhere Abstraktionsstufe → allgemeinere Gültigkeit; gibt Lagrangesche
Form der Elektrodynamik und Relativitätstheorie; Verallgemeinerung auf
Quantenmechanik deutlich
(2) führt auf Grundprinzipien wie Hamilton-Prinzip; Fermatsches Prinzip der
Optik; Geodäten in allgemeiner Relativitätstheorie
(3) Lagrangesche Gleichungen 2. Art sind forminvariant in Bezug auf ”beliebige” Koordinatentransformationen → Lösung des Problems bei Bewegungsbeschränkungen
Allgemeines Vorgehen: Hier nur Motiv. (3) verfolgt →
– Ableitung der Lagrangeschen Gleichungen 2. Art (aus Newtonschen Bewegungsgleichungen)
– Problem der Bewegungsbeschränkungen
38
3.1
Die Lagrangesche Gleichungen 2. Art in Kartesischen Koordinaten
Voraussetzung: Konservative Systeme → Potential V (r)
(1) Einzelner MP:
mr̈ = F = −
∂V (r)
∂r
Umformung:
mr̈ =
d ∂T
dt ∂ ṙ
&
m 2
ṙ
2
T =
kinetische Energie
NBG läßt sich schreiben
∂V
d ∂T
+
=0
dt ∂ ṙ
∂r
Einführung (Def.) der Lagrange-Funktion
L(r, ṙ) = T (ṙ) − V (r)
∂L
∂V
∂L
∂T
= −
&
=
∂r
∂r
∂ ṙ
∂ ṙ
d ∂L
∂L
−
=0
dt ∂ ṙ
∂ ṙ
3 Gleichungen (zur Ableitung der Bewegungsgleichungen!)
(2) Verallgemeinerung auf MP-Systeme
Umbenennung:
r1 = (x1 , y1 , z1 ) → (x1 , x2 , x3 )
r2 = (x2 , y2 , z2 ) → (x4 , x5 , x6 )
= (xN , yN , zN ) → (x3N −2 , x3N −1 , x3N )
rN
F1 = (F1x , F1y , F1z ) → (F1 , F2 , F3 )
F2 = (F2x , F2y , F2z ) → (F4 , F5 , F6 )
m1
→ m1 = m2 = m3
m2
→ m4 = m5 = m6
...
...
NB Gleichungen
mi ẍi = Fi = −
∂V
∂xi
Kinetische Energie:
T =
& V (x1 , . . . , x3N )
X mi
i
39
2
ẋ2i
Umformung:
mẍi =
∂V
d ∂T
= −
dt ∂ ẋi
∂xi
Lagrangefunktion (Definition):
L(x1 , . . . , x3N , ẋ1 , . . . , ẋ3N ) = T (ẋi ) − V (xi )
Lagrangesche Gleichungen 2. Art in Kartesischen Koordinaten:
d ∂L
∂L
−
=0
dt ∂ ẋi ∂xi
3N -Differentialgleichungen; identisch mit Newtonschen Bewegungsgleichungen
Beispiele:
(a) Einzelner Massenpunkt
L=
m 2
ṙ − V (r)
2
(b) Zwei-Körperproblem
L=
m1 2 m2 2
ṙ +
ṙ − V (|r1 − r2 |)
2 1
2 2
L=
N
X
m
(c) Lineare Kette
i=1
2
ẋ2i −
N
k X
(xi − xi−1 )2
2 i=1
Anwendung der Lagrangeschen Gleichungen 2. Art
(a)
∂L
∂V
∂L
=−
=F;
= mṙ → mr̈ − F = 0
∂r
∂r
∂ ṙ
(b)
∂V
∂L
∂L
=−
= Fij ;
= mi ṙi → mi r̈i − Fji = 0
∂ri
∂ri
∂ ṙi
dabei j 6= i , d.h. j = 2 falls i = 1 u.u.!
(c)
∂L
∂xi
∂L
∂ ẋi
⇒
k
[2(xi − xi−1 ) − 2(xi+1 − xi )]
2
= − k (xi − xi−1 ) + k(xi+1 − xi )
= −
= mi ẋi
mẍi + k (xi − xi−1 ) − k(xi+1 − xi ) = 0
40
3.2
Forminvarianz der Lagrangeschen Gleichungen 2. Art
Transformation von Kartesischen Koordinaten xi in beliebige (zugelassene) Koordinaten qj
x1 = xi (q1 , . . . , q3N ) = xi (qj )
j, i = 1 , . . . , 3N
Anmerkung: An den folgenden Betrachtungen ändert sich nichts, wenn
zeitabhängige Koordinatentransformationen, also xi = xi (qj , t) bzw. qi =
qi (xj , t) betrachtet werden. Lassen daher das Argument t weg!
Zugelassen: eineindeutige Abb. xi ↔ qi
NHB: Funktionen xi (qj ) stetig, differenzierbar und Funktionaldeterminante
Tatsächlich:
∂x i
D = 6= 0
∂qj →
∂q i
= D −1 6= 0
∂xj X ∂xi (qk ) ∂qk (xi )
X
∂xi
Aik Bkj = Â × B̂ = 1̂
=
=
∂xj
∂q
∂x
j
k
k
k
→ Det · DetB̂ = 1̂
Anschauliche Bedeutung der NHB: Betrachten Umgebung von qi,0 + dqi
und xi (qj,0 + dqj ) = xi,0 + dxi ; Taylorentwicklung
X ∂xi dxi =
∂qj i
dqj
qj =0
ergibt lineares Gleichungssystem zur Bestimmung der dqi aus den dxi → eindeutig lösbar, da Koeffizientendeterminanten 6= 0
Beispiel: Transformation Kartesische ↔ Kugelkoordinaten
∂(x, y, z) 2
2
∂(r, ϑ, ϕ) = r sin ϑ
Det
Zeigen jetzt Formvarianz der Lagrangeschen Gleichungen 2. Art:
Diff. von qi (xj ) nach t
q̇i (xj ) =
X ∂qi
j
∂xj
ẋj
→
∂ q̇i
∂qi
=
∂ ẋj
∂xj
Fassen L als mittelbare Funktion auf
L(qi , q̇i ) = L(qi [xj ] , q̇i [xj , ẋj ]) = L(xi , ẋi )
41
Beachte: q̇i = q̇i (xj , ẋj )
(siehe oben)
Lagrangesche Gleichungen 2. Art in Kartesischen Koordinaten
∂L
∂ ẋj
=
i
∂L
d ∂L
−
dt ∂ ẋj
∂xj
∂L ∂qi
∂L ∂ q̇i
+
∂qi ∂ ẋj
∂ q̇i ∂ ẋj
∂qi
=0 ;
∂ ẋj
denn
∂L
∂xj
X
=
X
i
=
X
i
=
=
∂ q̇i
∂qi
=
∂ ẋj
∂xj
∂L ∂qi
∂L ∂ q̇i
+
∂qi ∂xj
∂ q̇i ∂xj
X ∂L ∂qi
i
∂qi ∂xj
(siehe oben)
!
d ∂L ∂qi
∂L ∂qi
∂L ∂ q̇i
−
−
dt ∂ q̇i ∂xj
∂qi ∂xj
∂ q̇i ∂xj
X d ∂L
i
!
∂L
−
dt ∂ q̇i ∂qi
∂qi
= 0
∂xj
!
j = 1 , . . . , 3N
Fassen dies als homogenes lineares Gleichungssystem zur Bestimmung der
(. . . i . . .) mit Koeffizienten ∂qi /∂xj auf!
D 6= 0 (nach Vor.) → nur triviale Lösung
∂L
d ∂L
−
= 0 i = 1 , . . . , 3N
dt ∂ q̇i ∂qi
Lagr. II in allg. Koord.
Allgemeines Vorgehen bei Lösung des Problems
(1) L(xi , ẋi ) → L(qi , q̇i )
(2)
d ∂L
∂L
−
= 0
dt ∂ q̇i ∂qi
durchführen
(3) Entstandene Gleichungen lösen
Beispiel: Bewegung im Zentralkraftfeld V (r)
(A) mit Kugelkoordinaten r, ϕ, ϑ
(1) Lagrange-Funktion
m 2
m 2
ṙ − V (r) =
(ṙ + r 2 [sin2 ϑ · ϕ̇2 + ϑ̇2 ]) − V (r)
L=
2
2
ẋ = ṙ cos ϕ sin ϑ − r sin ϕ · ϕ̇ sin ϑ + r cos ϕ · cos ϑ · ϑ̇
ẏ = ṙ sin ϕ sin ϑ + r cos ϕ · ϕ̇ sin ϑ + r sin ϕ · cos ϑ · ϑ̇
ż = ṙ cos ϑ − r sin ϑ · ϑ̇
→ quadrieren; addieren; gemischte Produkte heben sich weg.
Beachte: z-Komponente des Drehimpulses
Lz = m (xẏ − y ẋ) = mr 2 ϕ̇ sin2 ϑ = l
42
(2) Lagrangesche Gleichungen 2. Art
d
dt
d
dt
∂L ∂L
−
= mr̈ − mr(sin2 ϑ · ϕ̇2 + ϑ̇2 ) + V ′ (r) = 0
∂ ṙ
∂r
∂L ∂L
d
d
−
=
mr 2 ϕ̇ sin2 ϑ = 0 =
l
∂ ϕ̇ ∂ϕ
dt
dt
d ∂L ∂L
d
=
mr 2 ϑ̇ − mr 2 sin ϑ cos ϑ · ϕ̇2 = 0
−
dt ∂ ϑ̇
∂ϑ
dt
(3) Lösung der entstandenen Differentialgleichungen
π
(a) Wissen: ebene Bewegung → ϑ = , cos ϑ = 0 , sin ϑ = 1
2
2
′
→ mr̈ − mr ϕ̇ + V (r) = 0
d
mr 2 ϕ̇ = 0 → mr 2 ϕ̇ = l
Drehimpulserhaltung
dt
l
in 1. Gleichung
(b) Eliminieren ϕ̇ =
mr 2
l2
→ mr̈ −
+ V ′ (r) = 0
mr 3
(c) Lösen durch Ansatz ṙ = y(r) → r̈ = y ′ (r)ṙ = y ′ · y
my ′ (r) y(r) =
m
Z
y dy =
Z
l2
− V ′ (r) = f (r)
mr 3
f (r) dr → y(r) = ṙ
Trennung der Variablen
Trennung der Variablen
(B) mit Zylinderkoordinaten ̺, ϕ, z
Lagrange Funktion
q
m 2
2 2
2
2
2
̺ +z
L=
̺˙ + ̺ ϕ̇ + ż − V
2
Zunächst
d ∂L ∂L
∂r
z
−
= mz̈ + V ′ (r)
= mz̈ + V ′ (r) = 0
dt ∂ ż
∂z
∂z
r
→
z≡0
ist Lösung (ebene Bewegung!)
Damit weiter
d ∂L ∂L
d 2 −
=
m̺ ϕ̇ = 0
dt ∂ ϕ̇ ∂ϕ
dt
→
m ̺2 ϕ̇ = l
d ∂L ∂L
−
= m¨
̺ − m̺ϕ̇2 + V ′ (̺) = 0
dt ∂ ̺˙
∂̺
Elimination von ϕ̇ aus ̺−Gleichung
m¨
̺−
43
e2
+ V ′ (̺) = 0
m̺3
Lösen durch Ansatz
̺˙ = y(̺)
→
̺¨ = y ′ (̺) ̺˙ = y ′ · y
Einsetzen ergibt
m · y ′ (̺) · y(̺) =
e2
− V ′ (̺)
m̺3
Trennung der Variablen
m
→
y(̺) = ̺˙
y 2 y02
−
2
2
→
Z
!
=
Z
d̺
=
y(̺)
44
#
"
e2
− V ′ (̺)
d̺
m̺3
Z
dt
usw.
3.3
Hamiltonprinzip
R
Betrachten Wirkung S = L dt als Funktional der Bahnkurve im folgenden
Sinne: Für geg. L (qi , q̇i , t) ordnet Vorschrift
S=
Zt2
dt L (qi [t] , q̇i [t] , t) = S{qi (t)}
t1
jedem Satz von Funktionen qi (t) im Intervall t1 ≤ t ≤ t2 eine Zahl zu.
Zur Erinnerung: Funktion y(x) definiert Zuordnung Zahl y ↔ Zahl x; Funktional definiert Zuordnung Funktion q(t) ↔ Zahl S.
Variation eines Funktionals: Falls qi (t) → qi (t) + δ qi (t)
S {qi (t)} → S {qi + δqi } = S{qi } + δS
Zugelassene Variation: Betrachten im Folgenden nur Variationen δqi =
εi fi (t) , wobei εi → 0 (infinitesimal) und (!)
fi (t1 ) = fi (t2 ) = 0
Anschaulich: Variation verschwindet an den Grenzen des Integrationsintervalls
→ alle zum Vergleich zugelassen ”Bahnkurven” stimmen in ”Anfangs-” und
”Endpunkt” überein.
Hamiltonprinzip: Von allen zugelassenen Bahnen wird die Wirkung für die
wahre Bahn (genügt Lagrangesche Gleichungen) extremal → δS = 0.
Beweis: (1) aus δS = 0 → Lagrangesche Gleichungen:
δS =
Zt2
[L(qi + δqi , q̇i + δq̇i , t) − L (qi , q̇i , t)] dt
Zt2
dt
t1
=
Zt2
t1
∂qi
i
t1
Benutzen δq̇i =
X ∂L
δqi +
∂L
δq̇i = 0
∂ q̇i
d
δqi und integrieren 2. Term partiell
dt
Zt2
t2
d ∂L
∂L d
∂L t1
dt
dt
δqi =
δqi
δqi −
t1
∂ q̇i dt
∂ q̇i t2
dt ∂ q̇i
t1
Erster Term verschwindet δqi (t1 ) = δqi (t2 ) = 0 nach Vorr.
δS =
Zt2
t1
dt
X
i
δqi (t)
45
∂L
d ∂L
−
∂qi dt ∂ q̇i
= 0
Da δqi (t) willkürlich für t1 < t < t2 → Lagrangesche Gleichungen!
(2) Aus Lagrangeschen Gleichungen → δS = 0 : Beweis einfach durch Umkehrung des Rechenweges zu (1), d.h. ausgehen von Lagrangeschen Gleichungen;
multiplizieren mit δqi (t) ; i−Summe; t-Integration von t1 bis t2 ; partielle Integration → δS = 0.
46
3.4
Bewegungsbeschränkungen, Freiheitsgrade und generalisierte Koordinaten
Erläuterung der Begriffe an einfachen Beispielen
(1) Ebenes Pendel (Pendellänge l)
BB:
z = 0 , x2 + y 2 = l 2
Zylinderkoordinaten:
p
x2 + y 2 = l
y
(1 Freiheitsgrad)
ϕ = arc tan
x
z = 0, r =
Generalisierte Koordinate:
(2) Schiefe Ebene (Neigung α)
y
BB:
= tan α
x
Zylinderkoordinate:
ϕ = arc tan
Generalisierte Koordinaten: z, r
y
=α
x
(2 Freiheitsgrade)
(3) Rotierende Röhre (Winkelgeschwindigkeit ω und z-Achse)
y
BB: z = 0 , = tan ωt
x
Zylinderkoordinaten: z = 0 , ϕ = ωt
Generalisierte Koordinate: r
(1 Freiheitsgrad)
(4) Sphärisches Pendel
BB:
x2 + y 2 + z 2 = l 2
Kugelkoordinate:
r=
p
x2 + y 2 + z 2 = l
Generalisierte Koordinaten: ϕ , ϑ
(2 Freiheitsgrade)
(5) Ebenes Doppelpendel l1 , l2
BB:
z1 = z2 = 0 , x21 + y12 = l12 , (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 = l22
Geeignete Koordinaten (zylinderartig):
z1 = 0 , z2 = 0
x1 = r1 cos ϕ1 , y1 = r1 sin ϕ1
ϕ1 = arc tan
→
x2 − x1 = r2 cos ϕ2 , y2 − y1 = r2 sin ϕ2
BB:
r1 = l1 , r2 = l2
;
→
y1
x1
ϕ2 = arc tan
y2 − y1
x2 − x1
generalisierte Koordinaten ϕ1 , ϕ2
(6) Starrer Körper (aus N MP’en)
BB: Alle Abstände zwischen MP’en fest (|ri − rj | = rij )
Anzahl der Freiheitsgrade: (1) Greifen einen MP, r1 , heraus
47
→
keine Einschränkung entspricht 3 Freiheitsgrade (beliebige Translation
des Körpers als Ganzes). (2) Betrachten nächsten MP, r2
→ Eine
BB: |r2 − r1 | = l12 entspricht zwei Freiheitsgrade (freie Rotation, z.B.
ϕ2 , ϑ2 zum Zentrum r1 ). (3) Betrachten dritten MP, r3
→ zwei BB
|r3 − r2 | = l23 , |r3 − r1 | = l13 entspricht ein Freiheitsgrad (Rotation,
z.B. ϕ3 um Achse r2 − r1 ). Alle weiteren Koordinaten rα (α > 3) liegen
fest → drei BB |rα − r1 | = l1α , |rα − r2 | = l2α , |rα − r3 | = l3α
entspricht drei Gleichungen für drei Koordinaten rα .
1 X
mi ri und
Generalisierte Koordinaten: z.B. Schwerpunkt
R=
m
Eulersche Winkel ϕ, ψ, θ (Lage eines körperfesten Dreibeins zum Inertialsystem) ⇒ Translation (3) und Rotation (3)
(7) Gasmoleküle in einem Behälter (Kantenlängen a , b , c)
0 < yi < b , 0 < zi < c
0 < xi < a ,
Allgemeine Klassifikation der BB
• holonome BB (algebraische Gleichungen)
fα (x1 , . . . , x3N , t) = 0
α = 1 , . . . , m < 3N
• anholome BB (Ungleichungen, nichtintegrable Differentialgleichungen)
Im Folgenden Beschränkung auf Holonome BB für N MP
• 3N Kartesische Koordinaten x1 , . . . , x3N
• m Bewegungsbeschränkungen
fα (x1 , . . . , x3N , t) = 0
• f = 3N − m
α = 1 , . . . , m < 3N
Freiheitsgrade, z.B. durch Auflösung der BB
• Geeignete Koordinaten xi = xi (qj , t) so wählen, daß
fα (xi [qj , t] , t) = fα (qi , t) = fα (qf +1 , . . . , q3N , t) ,
d.h. q1 , . . . , qf kommen in BB’en nicht vor (Def.: generalisierte Koordinaten)
48
3.5
Lagrange Gleichungen mit Bewegungsbeschränkungen
R
Aufgabe: Hamiltonprinzip (S - Ldt hat Extremum für wahre Bahn) bei
Berücksichtigung von Bewegungsbeschränkungen (Nebenbedingungen) formulieren und Euler-Lagrangesche Gleichungen ableiten.
Methode: Lagrangesche Multiplikatoren
Bewegungsbeschränkungen als Nebenbedingungen für Hamiltonprinzip berücksichtigen
δ
Zt2
"
dt L(qi , q̇i , t) +
t1
X
#
λα fα (qi , t) = 0
α
Dabei Lagrangesche Multiplikatoren λα (α = 1, . . . , m) später so festgelegt,
dass BB erfüllt
fα (qi , t) = 0
α = 1, . . . , m
Dafür δqi (t) frei (ohne BB) variierbar!
Umformung (wie früher)
Zt2
t1
→
"
∂fα
d ∂L X
∂L
λα
−
+
dt
∂qi dt ∂ q̇i
∂qi
α
#
δqi = 0
Euler-Lagrangesche Gleichungen des Variationsproblems
d ∂L
∂fα
∂L X
λα
−
−
=0
dt ∂qi ∂qi
∂qi
α
(i = 1, . . . , 3N)
Zusammen mit den m BB’en stehen also (3N+m) Gleichungen zur Bestimmung der 3N Koordinaten qi (t) sowie der m Lagrangeschen Parameter λα (α =
1, . . . , m) zur Verfügung.
Anschauliche Interpretation in Kartesischen Koordinaten
L=
X mi
2
i
→
ẋ2i
− V (xi )
Lagrangesche Gleichungen 1. Art
∂fα
∂L X
d ∂L
λα
−
−
= mi ẍi − Fi − Zi = 0
dt ∂ ẋi ∂xi
∂xi
α
In den NBG’en treten zusätzlich zu den eingeprägten Kräften Fi Zwangskräfte
Zi =
X
λα
α
∂fα
∂xi
auf, die das Einhalten der BB durch die Körper gewährleisten.
d’Alembertsches Prinzip: Zwangskräfte leisten keine Arbeit bei virtuellen
Verschiebungen δxi
X
Zi δxi = 0
i
49
Virtuelle Verschiebungen (Def.): Übergang xi → xi + δxi genügt BB’en,
d.h. (bei festgehaltener Zeit → virtuell!)
fα (xi , t) = 0
X ∂fα
→
i
Damit folgt tatsächlich
X
→
Zi ∆xi =
i
∂xi
XX
λα
α
i
fα (xi + δxi , t) = 0
δxi = 0
(α = 1, . . . , m)
X ∂fα
X
∂fα
δxi =
λα
δxi = 0
∂xi
∂xi
α
i
Für viele technische Probleme ist die Kenntnis der Zwangskräfte entscheidend. Falls aber nur die Bewegungsabläufe (und nicht die Zwangskräfte) beschrieben werden sollen, empfiehlt sich die Benutzung geeigneter Koordinaten
qi = qi (xj , t) so, dass in BB’en
fα (x1 , . . . , x3N , t) = 0
→
fα (qf +1 , . . . , q3N , t) = 0 (α = 1, . . . , m)
die generalisierten Koordinaten q1 , . . . , qf , f = 3N − m nicht mehr
vorkommen. Dann entstehen aus den Euler-Lagrangeschen Gleichungen
die Lagrangeschen Gleichungen 2. Art
d ∂L
∂L
−
=0
dt ∂ q̇i ∂qi
f ür
i = 1, ... , f
Sie können unabhängig von der Bestimmung der Zwangskräfte Zi bzw. Lagrangeschen Parameter λα gelöst werden. Für Letztere folgt wie bisher
∂fα
∂L X
d ∂L
λα
−
−
=0
dt ∂ q̇i ∂qi
∂qi
α
(i = f + 1 , . . . , 3N)
bzw. für die generalisierten Zwangskräfte (Zwangskräfte in angepaßten Koordinaten)
Gi =
X
α
λα
∂fα
d ∂L
∂L
=
−
∂qi
dt ∂ q̇i ∂qi
(i = f + 1 , . . . , 3N)
Die rechte Seite dieser Gleichunmg ist (bei Kenntnis von Lagrange-Funktion und
BB’en) explizit und unabhängig von den generalisierten Koordinaten berechenbar. Der Zusammenhang mit den Zwangskräften in Kartesischen Koordinaten
ergibt sich gemäß
Zi =
X
λα
α
=
3N
X
j=m+1
∂fα X
λα
=
∂xi
α
Gj
∂qj
∂xi
1. Beispiel: Schiefe Ebene
50
3N
X
j=m+1
∂fα ∂qj
∂qj ∂xi
(1) Kartesische Koordinaten
y
BB: tan α =
→ x sin α − y cos α = f (x, y, z) = 0
x
Lagrangefunktion
L=
m 2
ẋ + ẏ 2 + ż 2 − mgy
2
Lagrangesche Gleichungen 1. Art
∂f
d ∂L ∂L
−
−λ
dt ∂ ẋ
∂x
∂x
= mẍ − λ sin α = 0
∂f
d ∂L ∂L
−
−λ
dt ∂ ẏ
∂y
∂y
= mÿ + mg + λ cos α = 0
∂f
d ∂L ∂L
−
−λ
dt ∂ ż
∂z
∂z
= mz̈ = 0
Elimination von λ
tan α =
ẍ
mẍ
=
mÿ + mg
ÿ + g
Zu lösen
ẍ + (ÿ + g) tan α = 0
z̈ = 0
→
z = z0 + vz,0 · t
x sin α = y cos α
→
ẍ = ÿ cot α
Elimination von ẍ
(cot α + tan α) ÿ + tan α · g =
ÿ
+ tan α · g = 0
sin α · cos α
→
ÿ = −g sin2 α
→
ẍ = cot α · ÿ = −g sin α · cos α
Bestimmung des Lagrangeschen Parameters λ z.B. aus
mẍ = λ sin α
Zwangskräfte allgemein Zi =
→
λ=
X
λα
α
51
mẍ
= −mg cos α
sin α
∂fα
∂xi
∂f
= −mg cos α (sin α , − cos α , 0)
∂r
Führen Polarkoordinaten ein
hier: Z = λ
x = ̺ cos ϕ
̺=
→
q
x2 + y 2
e̺ =
→
y
ϕ = arc tan
x
y = ̺ sin ϕ
eϕ =
̺
~
= (cos ϕ , sin ϕ)
̺
de̺
= (− sin ϕ , cos ϕ)
dϕ
Damit Schreibweise
Z = mg cos α eα
Anschaulich: Eingeprägte Kraft F = −mg ey
Zerlegung:
ey = (0, 1) = (ey e̺ )e̺ + (ey · eα )eα
= sin α · e̺ + cos α eα
→
F = −mg (sin α e̺ + cos α eα ) = F̺ + Fα
F̺ wirkt in Ebenen-Richtung, Fα = −mg cos α · eα wird durch Z
kompensiert
(2) Zylinderkoordinaten ̺, ϕ, z
→
̺, z generalisiert
BB: ϕ = α
m 2
̺ + ̺2 ϕ̇2 + z 2 − mg ̺ sin ϕ
2
Lagrange Gleichungen 2. Art (für z wie früher)
Lagrangefunktion L =
d ∂L ∂L
−
= m¨
̺ + mg sin ϕ = 0
dt ∂ ̺˙
∂̺
Generalisierte Zwangskraft aus
d ∂L ∂L
∂f
−
−λ
= mg ̺ cos ϕ − λ = 0
dt ∂ ϕ̇ ∂ϕ
∂ϕ
→
λ = mg ̺ cos ϕ
Gϕ = λ
∂f
= λ = mg ̺ cos ϕ
∂ϕ
Zurück zur Kartesischen Koordinate:
X
∂qj
allgemein: Zi =
Gj
∂xi
j
52
∂ϕ
= mg cos ϕ eϕ
∂r
hier: Z = Gϕ
Dabei benutzt
y
x
ϕ = arc tan
→
∂ϕ
∂r
=
=
1
1+
y 2
x
−
y 1
, ,0
x2 x
1
eϕ
(−y , x , 0) =
̺2
̺
2. Beispiel: Körper auf Zylindermantel (Zylinderachse ez , Radius R) im homogenen Schwerefeld der Erde (Fz = −mg).
Kartesische Koordinaten (x, y) → Zylinderkoordinaten (̺, ϕ)
x2 + y 2 = R 2 → ̺ = R
BB :
L=
m 2 2
m 2
ṙ − mgz → L =
(̺ ϕ̇ + ż 2 ) − mgz
2
2
Lagrangesche Gleichungen:
g
∂L
d ∂L
= mz̈ + mg = 0 → z = − t2 + v0 t + z0
−
dt ∂ żj
∂z
2
d ∂L ∂L
−
= mR2 ϕ̈ = 0 → ϕ = ω0 t + ϕ0
dt ∂ ϕ̇ ∂ϕ
Generalisierte Zwangskraft
d ∂L ∂L
∂L
G̺ =
−
=−
= −m̺ϕ̇2 = −mRω02
dt ∂ ̺˙
∂̺
∂̺
Zwangskraft
X
∂̺
∂qi
= G̺
Gj
Zi =
∂xi
∂xi
j
→
Z = −mR ω02 e̺
kompensiert Fliehkraft
3. Beispiel:
Zwei (durch Feder) gekoppelte (ebene) Pendel; Pendellänge l1 = l2 ; Federlänge
= Abstand der Aufhängungspunkte = d ; Schwerkraft Fx = +mg , ;
BB:
x21 + y12 = l2
z1 = 0
x22 + (y2 − d)2 = l2
z2 = 0
Lagrangefunktion
L = T −V
m2 2
m1 2
(ẋ1 + ẏ12 ) +
(ẋ2 + ẏ22 )
T =
2
2
V
= −m1 gx1 − m2 gx2 +
53
k
(r12 − d)2
2
Geeignete Koordinaten:
x1 = r1 cos ϕ1
x2 = r2 cos ϕ2
y1 = r1 sin ϕ1
y2 = d + r2 sin ϕ2
BB: r1 = r2 = l ; z1 = z2 = 0
⇒L=
k
l2
(m1 ϕ̇21 + m2 ϕ̇22 ) + gl(m1 cos ϕ1 + m2 cos ϕ2 ) − (r12 − d)2
2
2
Kleine Auslenkung, d.h. sin ϕ1,2 ∼ ϕ12 , cos ϕ1,2 ∼ 1 −
ϕ21,2
2
2
r12
= (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 = l2 (cos ϕ1 − cos ϕ2 )2 + (l sin ϕ1 − l sin ϕ2 − d)2
r12 ∼
= | l(ϕ1 − ϕ2 ) − d |
⇒
r12 = d − l(ϕ1 − ϕ2 )
Damit
V
= −gl(m1 cos ϕ1 + m2 cos ϕ2 ) +
= V0 +
k 2
l (ϕ1 − ϕ2 )2
2
k
gl
(m1 ϕ21 + m2 ϕ22 ) + l2 (ϕ1 − ϕ2 )2
2
2
Lagrangefunktion in generalisierten Koordinaten ϕ1 , ϕ2
L=
l2
gl
kl2
(m1 ϕ̇21 + m2 ϕ̇22 ) − (m1 ϕ21 + m2 ϕ22 ) −
(ϕ1 − ϕ2 )2
2
2
2
Lagrangesche Gleichungen
d ∂L
∂L
−
dt ∂ ϕ˙1 ∂ϕ1
= m1 l2 ϕ̈1 + m1 glϕ1 + kl2 (ϕ1 − ϕ2 ) = 0
(1)
∂L
d ∂L
−
dt ∂ ϕ˙2 ∂ϕ2
= m2 l2 ϕ̈2 + m2 glϕ2 − kl2 (ϕ1 − ϕ2 ) = 0
(2)
Entkopplung! Add. (1) + (2) → ”Schwerpunktwinkel” m1 ϕ1 + m2 ϕ2 = M φ:
M l2 φ̈ + M glφ = 0
(2) Subtr. m2 (1) − m1 (2) → ”Relativwinkel” ϕ1 − ϕ2 = ϕ
m1 m2 [l2 ϕ̈ + glϕ] + M kl2 ϕ = 0
Zu lösende Differentialgleichungen
g
g
φ̈ + φ = 0 → Ω2 =
l
l
ϕ̈ +
g k
+
l
µ
ϕ=0
→
54
ω2 =
k
g
+
l
µ
;
µ=
m1 m2
M
Lösung: φ = A · cos(Ωt + φ0 ) , ϕ = a cos(ωt + ϕ0 )
Rücktrafo: ϕ1,2 = φ ±
m2,1
ϕ
M
m2
cos(ωt + ϕ0 )
M
m1
= A cos(Ωt + φ0 ) −
cos(ωt + ϕ0 )
M
ϕ1 = A cos(Ωt + φ0 ) +
ϕ2
⇒ Überlagerung von 2 Schwingungen mit Ω und ω; Amplitudenverhältnis 1
m2
; gleiche bzw. entgegengesetzte Phase.
und
m1
55
3.6
Erhaltungsgrößen
Allgemein: f (q1 , . . . , qf , q̇1 , . . . , q̇f , t)
Zustandsgröße
Erhaltung, falls gilt
∂f X
+
f˙ =
∂t
i
3.6.1
∂f
∂f
q̇i +
q̈i = 0
∂qi
∂ q̇i
Das Jakobi-Integral
Definition :
I(qi , q̇i , t) =
f
X
∂L
j=1
dI
dt
=
X
j
= −
(
q̇j − L(qi , q̇i , t)
∂ q̇j
∂L
q̇j
∂ q̇j
d
dt
∂L
∂t
!
∂L
∂L
−
q̇j −
q̈j
∂qj
∂ q̇j
)
−
∂L
∂t
d ∂L
∂L
−
= 0 i = 1,...,
dt ∂ q̇i ∂qi
da
Satz: I Erhaltungsgröße, falls L nicht explizit von der Zeit abhängt.
Satz: I ist Gesamtenergie, falls skleronome BB vorliegen.
Beweis :
(1)
∂T
∂L
=
∂ q̇j
∂ q̇j
(2) T =
X mi
2
i
Ajk =
da
ẋi ẋi =
V = V (qj , t)
X mi ∂xi ∂xi
X mi ∂xi ∂xi
i
2 ∂qj ∂qk
i,j,k
2 ∂qj ∂qk
q̇j q̇k =
X
X
∂T
=
(Ajk q̇k + Akj q̇k ) = 2
Ajk q̇k
∂ q̇j
k
k
(4)
X ∂L
i
∂ q̇j
X ∂T
j
∂ q̇j
q̇j = 2
⇒ I = 2T − L = T + V
56
j,k
= Akj = Ajk (ql )
(3)
q̇j =
X
X
j,k
Ajk q̇j q̇k = 2T
Ajk q̇j q̇k
Beispiel: Rotierende Röhre (ϕ̇ = ω um z-Achse)
BB:
z = 0 , ϕ = ωt
;
̺=
Lagrangefunktion
L=
p
x2 + y 2
m 2
(̺˙ + ̺2 ω 2 ) − V
2
Homogenes Schwerefeld Fy = −mg
L=
general. Koord.
→
V = +mg y
m 2
(̺˙ + ̺2 ω 2 ) − mg ̺ sin ωt
2
Lagrangesche Gleichung:
d ∂L ∂L
−
= m¨
̺ − m̺ω 2 + mg sin ωt = 0
dt ∂ ̺˙
∂̺
⇒ ̺¨ − ω 2 ̺ = −g sin ωt
Lösung (Beweis durch Einsetzen!):
̺(t) = c1 eωt + c2 e−ωt +
g
sin ωt
2ω 2
Energiebetrachtungen:
E = T +V =
I =
m 2
(̺˙ + ω 2 ̺2 ) + mg ̺ sin ωt
2
∂L
m 2
· ̺˙ − L =
(̺˙ − ω 2 ̺2 ) + mg ̺ sin ωt
∂ ̺˙
2
Zeitliche Änderung:
Ė = m̺(¨
˙ ̺ + ω 2 ̺) + mg ̺˙ sin ωt + mg · ̺ ω cos ωt
I˙ = m̺(¨
˙ ̺ − ω 2 ̺) + mg ̺˙ sin ωt + mg · ̺ ω cos ωt
Verwenden Differentialgleichung ̺¨ = ω 2 ̺ − g sin ωt ⇒
Ė = 2mω 2 ̺̺˙ + mg ̺ ω cos ωt
I˙ = 0 + mg ̺ ω cos ωt
Für g = 0 (keine Schwerkraft) keine Energieerhaltung, aber Jakobiintegral ist
Erhaltungsgröße.
57
3.6.2
Generalisierter Impuls
∂L
ist generalisierter Impuls zu generalisierten Koordinaten
Definition: pi =
∂ q̇i
qi
(1) Kartesische Koordinate: pi =
∂T
∂L
=
= mi ẋi gewöhnl. Impuls
∂ ẋi
∂ ẋi
(2) Generalisierte Koordinate q1 beschreibt Translation von Teilchen 1 in eRichtung, d.h.
r1 (q1 + dq1 , q2 , . . . , qf ) = r1 (q1 , . . . , qf ) + e dq1
r2 , . . . , rN unverändert, d.h. r2 = r2 (q2 , . . . , qf ) . . .
⇒
X ∂T ∂ ṙi
∂L
∂T
∂T ∂r1
=
=
=
= p1 · e
∂ q̇1
∂ q̇1
∂ ṙi ∂ q̇1
∂ ṙ1 ∂q1
i
⇒ zugehöriger generalisierter Impuls beschreibt Impuls von Teilchen 1 in
e-Richtung.
(3) Generalisierte Koordinate beschreibe Drehung von Teilchen um Achse e
r1 (q1 + dq1 , q1 , . . . , qf ) = r1 + (e × r1 ) dq1
r2 (q2 , . . . , qf ) . . . rN (q2 , . . . , qf )
∂T
∂T ∂ ṙ1
∂r1
∂L
=
=
= m1 ṙ1
= m1 ṙ1 (e × r1 )
∂ q̇i
∂ q̇1
∂ ṙ1 ∂ q̇1
∂q1
Durch zyklische Vertauschung entsteht
p1 = e m (r1 × ṙ1 ) = el1 ,
d.h., p1 ist Komp. von l1 in e-Richtung
(4) q1 beschreibe Translation des Gesamtsystems in e-Richtung
ri (q1 + dq1 , q2 , . . . , qf ) = ri + e dq1 für i = 1, . . . , N
X ∂T ∂ ṙi
X
∂ri
∂T
∂L
mi ṙi
=
=
=
=e·P
p1 =
∂ q̇1
∂ q̇1
∂
ṙ
∂
q̇
∂q
i
1
1
i
i
p1 ist Komp. des Gesamtimpulses in e-Richtung
(5) q1 beschreibe Drehung des Gesamtsystems um e
ri (q1 + dq1 , q2 , . . . , qf ) = ri + (e × ri ) dq1
X ∂T ∂ ṙi
X
X
∂L
∂ri
∂T
p1 =
mi ṙi
mi ṙi (e × ri )
=
=
=
=
∂ q̇1
∂ q̇1
∂ ṙi ∂ q̇1
∂q1
i
i
i
Zyklische Vertauschung ergibt
p1 = e
X
mi ri × ṙi = e · L ,
i
d.h., p1 beschreibt Komp. des Gesamtdrehimpulses in e-Richtung
58
3.6.3
Zyklische Koordinaten und Erhaltungsgrößen
Definition: Falls
∂L
= 0 heißt qi zyklische Koordinate (L ist zyklisch in qi )
∂qi
Satz: Der zu einer zyklischen Koordinate gehörende generalisierte Impuls ist
Erhaltungsgröße.
Beweis:
pi =
∂L
d ∂L
∂L
→ ṗi =
=
∂ q̇i
dt ∂ q̇i
∂qi
(Lagrange II)
⇒ pi Erhaltungsgröße, falls qi zyklisch
Zusammenhang zwischen Symmetrien (= Invarianzeigenschaften von L)
und Erhaltung
(1) L invariant gegen Translation (in beliebige Richtung), d.h., L ist also
zyklisch in q1 im Sinne von Beispiel (2) für beliebige Richtung e →
Impulserhaltung
(2) L invariant gegen Drehungen des Koordinatensystems, d.h., L ist also
zyklisch in q1 im Sinne von Beispiel (3) für beliebige Richtung e → Drehimpulserhaltung
(3) L invariant gegen Verschiebung der Zeit → Jakobi-Integral ist Erhaltungsgröße (bei skleronom. BB und ohne BB → Energie)
59
3.7
Der starre Körper
Definition: System von Massenpunkten, deren Abstände fest.
Freiheitsgrade durch Abzählung: r1 beliebig (3 Freiheitsgrade); r2 unterliegt
einer BB: l12 = |r2 − r1 | → 2 Freiheitsgrade; r3 unterliegt zwei BB: l13 , l23 →
1 Freiheitsgrad
→ insgesamt 6 (Translation + Rotation)
3.7.1
Kinematik des starren Körpers
Beschreiben Lage der Massenpunkte (rα , α = 1 , . . . , N ) durch Abstand ̺
~α
1 P
mα rα
vom Schwerpunkt R = M
rα = R + ̺~α
→
dR d~
̺α
drα
=
+
dt
dt
dt
Länge von ̺
~α ist konstant → ̺
~˙ α beschreibt reine Drehung um Schwerpunkt
d~
̺α 2
= 2~
̺α · ̺~˙ α = 0
dt
→
̺
~˙ α ⊥ ̺~α
Folglich: ̺
~˙ α = (~
ωα × ̺
~α )
Zeigen: Winkelgeschwindigkeit ~ωα = ~ω (unabhängig von α)
Betrachten dazu Abstand |~
̺α − ̺~β |
d
d(~
̺α − ̺~β )2
=
(~
̺α 2 + ̺~β 2 ) − 2 ̺
~˙ α ̺β − 2 ̺~α (̺
~˙ β ) = 0
dt
dt
→ (~
ωα × ̺
~α ) ̺~β + ̺
~α (~ωβ × ̺~β ) = (~ωα − ~ωβ ) (~
̺α × ̺
~β ) = 0
Da ̺~α beliebige (körperfeste) Vektoren → ~ωα = ~ωβ ≡ ~ω
Kinetische Energie des starren Körpers
T
=
X mα
α
=
2
ṙ2α =
X mα
α
2
[Ṙ + (~ω × ̺
~α )]2
X mα
M 2 X
mα Ṙ(~ω × ̺
~α ) +
Ṙ +
(~ω × ̺
~α )2
2
2
α
α
1. Term beschreibt Translationenergie der Schwerpunktbewegung; 2. Term verP
schwindet, da nach Definition
mα ̺
~α = 0 (Schwerpunkt!); 3. Term beschreibt (offensichtlich ”reine”) Rotationsenergie.
60
Drehimpuls
X
L =
X
rα × mα ṙα =
(R + ̺
~α ) × mα (Ṙ × [~ω × ̺~α ])
α
α
= M (R × Ṙ) +
X
mα ̺
~α × (~ω × ̺
~α )
α
Dabei erneut
mα ̺
~α = 0 benutzt. 1. Term enthält Drehimpuls der Schwerpunktbewegung, 2. Term entspricht Rotation.
P
Trägheitstensor (Definition; i, j Vektorindices)
Iij =
X
mα [~
̺2α δij − ̺α,i ̺α,j ] = Iji
(symmetrisch)
α
Motivation für Einführung: Observable T und L lassen sich elegant darstellen
(Beweis: Einsetzen!)
1
Iij ωi ωj
2
Trot =
(Summationskonvention!)
Lrot,i = Iij ωj
Hauptachsen: Suchen Vektoren ~η , für die gilt
Iij ηj = Iηi → (Iij − Iδij ) ηj = 0
Homogenes, lineares System hat nichttriviale Lösung, falls
Det
|Iij − I δij | = 0
Polynom 3. Grades in I → Lösung ergibt im allgemeinen 3 verschiedene Hauptträgheitsmomente I (k) zu entsprechenden Hauptachsen ~η (k) (k = 1, 2, 3) , d.h.
(k)
Iij ηj
(k)
= I (k) ηi
(keine k-Summe)
Zeigen: η~ (k) können als orthonormales Dreibein gewählt werden!
(1) Falls ~
η (k) Hauptachse → auch λ · ~η (k) ist Hauptachse, d.h. Normierbarkeit ~
η 2 = 1 durch Wahl von λ
′
′
(2) Falls I (k) 6= I (k ) → ~η (k) ⊥ ~η (k ) :
(k)
ηi
(k ′ )
Iij ηj
(k)
Iij ηj
(k 6= k′ ), aber ηi
′
η~ (k)
→
′
(k)
′
= (I (k ) − I (k) ) ηi
(k)
′
(3) Falls I (k) = I (k )
möglich, d.h.
→
(k ′ )
− ηi
Bilden dazu (A − A = 0)
(k ′ )
· ηi
(k ′ )
ηi
=0
6= 0 ist Orthogonalisierung
h
i
′
′
′
ζ~(k ) = η~ (k ) − η~ (k ) η~ (k) η~ (k)
′
h
′
i
η~ (k) ζ~(k ) = η~ (k) η~ (k ) − η~ (k ) η~ (k) η~ (k) η~ (k) = 0
61
Definieren Hauptachsensystem als körperfestes Bezugssystem alternativ
zum ursprünglich gewählten raumfesten Inertialsystem.
Beachte: Wegen beschleunigter Schwerpunktbewegung und/oder Rotation ist
(k)
Hauptachsensystem kein Inertialsystem, jedoch: im HA-System ist ~ηj = δjk
(k)
⇒ Iij ~
ηj
(k)
= Iik = I (k) ~ηi
= I (k) δik
Eulersche Winkel: beschreiben Rotation der körperfesten Hauptachsen des
starren Körpers ~η (k) → ~ηx , ~ηy , ~ηz gegenüber raumfesten Achsen ex , ey , ez
des Inertialsystems.
Definieren dazu Knotenlinie eN als Schnittgerade zwischen x-y-Ebenen des
körperfesten und raumfesten Systems. Zerlegen jede Drehung ~ω(t) für (beliebiges aber) festes t in
(1) Drehwinkel ψ(t) der Knotenlinie um Achse ~ηz
eN = cos ψ · ~ηx − sin ψ ~ηy
eN⊥ = sin ψ · ~ηx + cos ψ ~ηy
(2) Drehwinkel ϕ(t) der Knotenlinie um Achse ez
eN = cos ϕ · ex − sin ϕ ey
(3) Drehwinkel θ(t) der Körperfesten ~ηz -Achse gegen die raumfeste ez -Achse
um Knotenlinie als Drehachse. Es ist
eN ⊥ ez , ~ηz
e N⊥
eN , ~
ηz
(nach Def.)
⊥
(siehe Bild 1)
→
62
ez = cos θ · ~ηz + sin θ · eN⊥
Winkelgeschwindigkeit ~
ω setzt sich additiv zusammen aus entsprechenden
Anteilen
ω = ψ̇(t) ~ηz + ϕ̇(t) ez + θ̇(t) eN
~
Drücken ez und eN durch ~
ηx , ~ηy , ~ηz aus und erhalten Komponenten von ~ω im
Hauptachsensystem
ωx = ω1 = sin θ sin ψ · ϕ̇ + cos ψ · θ̇
ωy = ω2 = sin θ cos ψ · ϕ̇ − sin ψ · θ̇
ωz = ω3 = cos θ · ϕ̇ + ψ̇
Zeitliche Änderung eines Vektors a(t) im raumfesten und körperfesten
Bezugssystem: Zerlegen im raumfesten System
a(t) = ax (t) ex + ay (t) ey + az (t) ez
= α1 (t) ~
η1 (t) + α2 (t) ~η2 (t) + α3 (t) ~η3 (t)
Zeitableitung (Beachte ex = (1, 0, 0) usw. konstant)
da
dt
=
dai
dαi
d~ηi
ei =
~ηi + αi
dt
dt
dt
=
dK
a + ~ω × a
dt
1. Term beschreibt zeitliche Änderung von a, die Beobachter im körperfesten
System wahrnimmt/mißt.
2. Term entsteht durch Drehung der Achsen ~ηi des körperfesten gegen das raumfeste System ei
d~ηi
=~
ω × ~ηi
dt
→
αi
d~ηi
= αi ~ω × ~ηi = ω
~ × αi ~ηi = ~ω × a
dt
63
3.7.2
Lagrangesche Mechanik des starren Körpers
Lagrangesche Funktion L = T − V
T
=
V
=
M 2 1
Ṙ + Iij ωi ωj
2
2
X
V (rα ) +
α
1 X′
W (|rα − rβ |)
2 α,β
BB : |rα − rβ | = lαβ → W = Konst. (weglassen)
Generalisierte Koordinaten (6 Freiheitsgrade)
(1) Translation R (Schwerpunkt)
(2) Rotation ϕ
~ = (ψ, ϕ, θ) (Eulersche Winkel)
Lagrangesche Gleichungen
∂L
d ∂L
=
dt ∂ Ṙ
∂R
∂L
d ∂L
=
˙~
dt ∂ ϕ
∂ϕ
~
;
Problem: Können die Koordinatentrafo rα = rα (R, ϕ
~ ) nicht explizit angeben;
kennen nur
rα = R + ̺~α ; ̺
~˙ α = ~ω × ̺
~α ; ϕ
~˙ = ~ω
Folglich: Anteil V in L kann nicht explizit als V = V (R , ϕ
~ ) formuliert werden.
Erhalten dennoch
∂L
d ∂L
(1)
= M Ṙ = P →
= Ṗ
dt ∂ Ṙ
∂ Ṙ
Betrachten Änderung von V für rα → rα + dr oder
R + dR =
1 X
mα (rα + dr) = R + dr
M
V (rα + dR) = V (rα ) +
X ∂V
α
∂rα
→
dR = V (rα ) −
dR = dr
X
fα dR
α
Lagrangesche Gleichungen für Schwerpunktkoordinate (Impulssatz)
Ṗ = M R̈ =
X
fα = F
α
(2)
∂L
∂L
=
˙
∂~
ω
∂ϕ
~
→
∂L
= Iij ωj = Li
∂ωi
64
(Drehimpuls)
Betrachten Änderung von V für rα → rα + drα , wobei drα = d~
ϕ × ̺~α infinitesimale Drehung um Schwerpunkt beschreibt.
V (rα + drα ) = V (rα ) +
X ∂V
α
dV =
X ∂V
α
dabei
∂rα
∂rα
(d~
ϕ×̺
~α ) = −
X
drα
d~
ϕ (~
̺α × fα ) = −M d~
ϕ,
α
∂V
= −fα und a(b × c) = b(c × a) verwendet.
∂rα
Lagrangesche Gleichungen für Drehbewegung (Drehimpulssatz)
dL
=M ;
dt
L = Iˆ ω
~
(Li = Iij ωj )
Weiteres Vorgehen: Betrachten die Gleichungen im Hauptachsensystem, da hier
Iij = I (i) δij . Schreiben in Komponenten
ȧ =
da
dk a
=
+ω
~ ×a
dt
dt
→
dai
+ (~ω × a)i
dt
(1) Gleichung für Translation Ṗ = F
dPi
+ (~ω × P)i = Fi
dt
Anschaulich z.B. für F = 0 : P−Erhaltung im Inertialsystem → Rotation von
P entsprechend
dPi
= −(~ω × P)i
dt
im Hauptachsensystem.
(2) Gleichung für Rotation L̇ = M
dLi
+ (~ω × L)i = Mi
dt
Im Hauptachsensystem gilt Li = Iij ωj = I (i) ωi
→
Eulersche Gleichungen
I1 ω̇1 − (I2 − I3 ) ω2 ω3 = M1
(1)
I2 ω̇2 − (I3 − I1 ) ω3 ω1 = M2
(2)
I3 ω̇3 − (I1 − I2 ) ω1 ω2 = M3
(3)
65
Haben damit 3 gekoppelte Differentialgleichungen zur Bestimmung der ωi (t) ,
bei deren Kenntnis die Gleichungen für die Eulerschen Winkel zu lösen sind
sin θ sin ψ · ϕ̇ + cos ψ · θ̇ = ω1
sin θ cos ψ · ϕ̇ − sin ψ · θ̇ = ω2
cos θ · ϕ̇ + ψ̇ = ω3
Beispiel: Der kräftefreie, symmetrische Kreisel
Kräftefrei:
Mi ≡ 0
Symmetrisch:
I1 = I2 = IT , I3 = IL
(1) Lösen zunächst Eulersche Gleichungen. Bilden dazu (1) · ω1 + (2) · ω2 :
IT d 2
(ω + ω22 )
2 dt 1
IT (ω1 ω̇1 + ω2 ω̇2 ) = 0 =
Gleichung (3) lautet IL ω̇3 = 0
⇒
ω12 + ω22 = ωT2 ; ω3 = ωL
Eliminieren damit ω2 und ω3 aus 1. Eulerscher Gleichung (1)
→ IT ω̇1 + (IL − IT )
q
ωT2 − ω12 ωL = 0
Trennung der Variablen (ω1 , t) , Abk. Ω =
dω1
q
ωT2 − ω12
= Ω dt
→
IT − IL
· ωL ergibt
IT
arc sin
ω1
= Ωt + δ
ωT
ω1 = ωT sin (Ω t + δ)
ω2 =
q
ωT2 − ω12 = ωT cos (Ω t + δ)
ω3 = ωL
Bestimmen damit Eulersche Winkel
sin θ sin ψ · ϕ̇ + cos ψ · θ̇ = ωT sin (Ωt + δ)
(a)
sin θ cos ψ · ϕ̇ − sin ψ · θ̇ = ωT cos (Ωt + δ)
(b)
cos θ · ϕ̇ + ψ̇ = ωL
(c)
66
Wählen o.B. d.A. L = L ez (Erhaltung). Es war (Def.)
ez = cos θ ~ηz + sin θ eN⊥ = sin θ [sin ψ ~ηx + cos ψ ~ηy ] + cos θ · ~ηz
Damit ist im Hauptachsensystem
L3 = I3 ω3 = L cos θ → cos θ =
Bilden damit
(a)
: tan ψ = tan (Ωt + δ)
(b)
(c)
:
IL ωL
ϕ̇ + Ω = ωL
L
→
→
IL · ωL
L
→
θ̇ = 0
ψ = Ωt + δ
ϕ̇ =
L
L
(ωL − Ω) =
= ωp
IL · ωL
IT
Lösung:
θ = θ0 feste Neigung der Körperachse zur z-Achse
ϕ = ωp t + ϕ0 gleichförmige Präzession der Körperachse (Knotenlinie) um ez
ψ = Ωt + δ gleichförmige Rotation der Knotenlinie um ~ηz
67
3.8
Geladenes Teilchen im elektromagnetischen Feld
Auf geladenes Teilchen (Elektron) wirkt Lorentzkraft
F = e [E(r, t) + ṙ × B(r, t)]
Beachte: F = F (r , ṙ , t)
Frage: Energieerhaltung; Konservativität
Untersuchen dazu zunächst →
3.8.1
Maxwellsche Gleichungen und elektromagnetische Potentiale
Hier interessant nur 1 Gruppe der Maxwellschen Gleichungen.
Magnetfeld ist quellenfrei:
div B = 0
→
B = rot A
(Lösung per Ansatz)
Induktionsgesetz:
rot E = −
→ E+
∂B
dt
→
rot E +
∂A
= − grad φ
∂t
∂A =0
∂t
(Lösung per Ansatz)
Potentiale des elektromagnetischen Feldes (Definition)
B = rot A
E = − grad φ −
∂A
∂t
Eichung: Wegen Definition über Differentialausdrücke sind Potentiale nicht
eindeutig definiert. Sei f (r , t) eine beliebige Funktion, dann führen
A′ = A + grad f , φ′ = φ −
∂f
∂t
auf dieselben Felder B′ ≡ B , E′ = E
Beweis:
B′ = rot A′ = rot (A′ + grad f ) = rot A = B
∂f
∂A′
= −grad φ −
E = −grad φ −
∂t
∂t
′
′
−
∂(A + grad f )
=E
∂t
Folglich: Durch geschickte Wahl von f (r, t) können Vereinfachungen erreicht
werden.
68
Für später: 2. Gruppe der Maxwellschen Gleichungen
Ladungen sind Quellen des E-Feldes
ε0 div E = ̺(r, t)
(Ladungsdichte)
Oerstedtsches Gesetz, verallgemeinert um Verschiebungsstrom
rot B = µ0 (j + ε0 E)
(j − Stromdichte)
Ersetzen der Felder E und B durch die Potentiale A und φ ergibt →
Potentialgleichungen (z.B. in Lorentz-Eichung)
ε0 2 φ = −̺
2 A = −µ0 j
dabei
2=
∂2
∂2
1 ∂2
∂2
+
+
−
∂ x2 ∂ y 2 ∂ z 2 c2 ∂ t2
und Lichtgeschwindigkeit
3.8.2
(d’Alembert - Operator)
1
= ε0 µ0
c2
Potential der Lorentzkraft
Definition:
V (r , ṙ , t) = e[φ(r , t) − ṙ A (r , t)]
Behauptung: Verallgemeinerung der Beziehung F = −grad V auf
F=
∂V
d ∂V
−
dt ∂ ṙ
∂r
liefert für obiges V Lorentzkraft.
Beweis:
∂V
∂ ṙ
(1)
dA (r , t)
dt
∂V
∂r
(2)
= −eA
=
→
d ∂V
dA
= −e
dt ∂ ṙ
dt
∂A
+ (ṙ ∇) A
∂t
= e ∇ (φ − ṙ A)
⇒ F = e [−
∂A
− (ṙ ∇) A − ∇ φ + ∇ (ṙ A)]
∂t
= e [E + ∇ (ṙ A) − (ṙ ∇) A]
(3)
ṙ × B = ṙ × (∇ × A) = ∇ (ṙ A) − (ṙ ∇) A
⇒
F = e (E + ṙ × B)
69
Haben damit ”geschwindigkeitsabhängiges” Potential der Lorentzkraft gefunden!
3.8.3
Lagrangesche Gleichungen und Energieerhaltung
Formen Newtonsche Bewegungsgleichung um (L = T (ṙ) − V (r , ṙ , t))
mr̈ =
d ∂T
d ∂T
∂T
=
−
dt ∂ ṙ
dt ∂ ṙ
∂r
F =
∂V
d ∂V
−
dt ∂ ṙ
∂r
⇒
d ∂T
∂T
d ∂V
∂V
−
=
−
dt ∂ ṙ
∂r
dt ∂ ṙ
∂r
oder Lagrangesche Gleichungen
d ∂L ∂L
−
=0
dt ∂ ṙ
∂r
Beachte: in dieser Schreibweise forminvariant → Einbau von Bewegungsbeschränkungen, Erhaltungsgrößen, generalisierte Impulse etc. wie früher möglich.
Energieerhaltung: Untersuchen dazu
dT
= m ṙ r̈ = F ṙ =
dt
Umformung:
d ∂V
dt ∂ ṙ
d
ṙ =
dt
d ∂V
∂V
−
dt ∂ ṙ
∂r
ṙ
∂V
∂V
ṙ −
r̈
∂ ṙ
∂ ṙ
Folglich:
dT
dt
=
d
dt
dV
dt
=
∂V
∂V
∂V
ṙ +
r̈ +
∂r
∂ ṙ
∂t
⇒
d
dt
∂V
∂V
∂V
ṙ −
ṙ −
r̈
∂ ṙ
∂r
∂ ṙ
∂V
∂V
ṙ =
T +V −
∂ ṙ
∂t
(= 0 für stat. Felder)
Umformung:
T +V −
∂V
ṙ = T + e (φ − ṙ Ȧ) + eṙA = T + e φ
∂ ṙ
70
Jakobi-Integral war
I(r, ṙ, t) =
L(r, ṙ, t) =
∂L
· ṙ − L(r, ṙ, t)
∂ ṙ
m 2
ṙ − eφ + eṙ · A
2
∂L
· ṙ = mṙ 2 + eṙ · A
∂ ṙ
⇒
Ergebnis:
I = T + eφ
→
I=
m 2
ṙ + eφ
2
(mechanische Energie!)
dI
d
∂V
=
(T + e φ) =
dt
dt
∂t
In Worten: Mechanische Energie setzt sich aus kinetischer und potentieller (im
Pot. φ) zusammen. Beitrag von Vektorpotential A hebt sich weg = Magnetfeld
leistet keine Arbeit.
Mechanische Energie Ẽ = T + e φ ändert sich nur infolge (vorgegebener) Ände∂V
→ Erhaltung!
rung der Felder φ und A in
∂t
71