Blatt 1. Kinematik- Lösungsvorschlag

Fakultät für Physik der LMU München
Lehrstuhl für Kosmologie, Prof. Dr. V. Mukhanov
Übungen zu Klassischer Mechanik (T1) im SoSe 2011
Blatt 1. Kinematik- Lösungsvorschlag
Aufgabe 1.1. Schraubenlinie
Die Bewegung eines geladenen Teilchens in einem Magnetfeld kann durch folgende Bahn r(t) = {x(t), y(t), z(t)}
beschrieben werden:
x(t) = R sin(ωt),
y(t) = −R cos(ωt),
z(t) = v0 t + z0 ,
wobei v0 , z0 , R, ω gegebene Konstanten sind.
a) Berechnen Sie den Geschwindigkeitsvektor v(t) und dessen Betrag v(t).
b) Berechnen Sie den zurückgelegten Weg zwischen t = t1 and t = t2 .
Lösung.
a) Gegeben ist die Trajektorie des Teilchens
x(t) = R sin ωt,
y(t) = −R cos ωt,
z(t) = v0 t + z0 .
Wir berechnen die Zeitableitungen:
ẋ(t) = ωR cos ωt
ẍ(t) = −ω2 R sin ωt
ẏ(t) = ωR sin ωt
ÿ(t) = ω2 R cos ωt
ż(t) = v0
z̈(t) = 0
v(t) = ê x ωR cos ωt + êy ωR sin ωt + êz v0
a(t) = −ê x ω2 R sin ωt + êy ω2 R cos ωt
und die Beträge
v(t) =
q
ω2 R2 + v20
a(t) = ω2 R
b) Da v(t) = const, ist der zurückgelegte Weg einfach s(t2 , t1 ) = v(t2 − t1 ).
Aufgabe 1.2. Luftreibung
Die vertikale Geschwindigkeit v(t) eines senkrecht fallenden Körpers unter Einfluss der Luftreibungskraft
sei eine Lösung der Differentialgleichung
d
v(t) = −g − µv(t),
dt
wobei g ≈ 9.8 m/s2 und µ ≈ 0.2 s−1 .
a) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit v(t), wenn der Körper am Anfang nach Oben geworfen wird,
v(0) = v0 = 1 m s−1 > 0. Bestimmen Sie die Endgeschwindigkeit für sehr späte Zeiten t, d.h. den Limes
limt→∞ v(t).
b) Berechnen Sie die Bahn z(t) wenn z(0) = 0. (Die Koordinate z entspricht der Höhe des Körpers.)
Bestimmen Sie die Höhe z(t1 ) bei t1 = 10s. (Antwort: −274m, also unter dem Anfangspunkt.)
Lösung. a) Ein möglicher Lösungsansatz ist
v(t) = C1 + C2 eλt ,
wobei C1 , C2 , λ unbekannte Konstanten sind. Einsetzen ergibt C2 λeλt = −g − µC1 − µC2 eλt . Dieses soll
für alle t gelten; deshalb λ = −µ und C1 = −g/µ. Die Konstante C2 ist noch frei und ist aus der Anfangsbedingung v(0) = v0 zu bestimmen; dieses ergibt C1 + C2 = v0 und C2 = v0 + g/µ. Die Lösung ist
also
!
g
g −µt
v(t) = − + v0 +
e .
(1)
µ
µ
Für späte Zeiten, v(t) ≈ −g/µ ≈ −49ms−1 .
Andere möglichkeit: Variablentrennung.
dv
1
= −dt,
ln (g + µv) + C = −t,
g + µv
µ
g 1
g
v = − + eµC−µt = − + e−µt C1 ,
µ µ
µ
wobei C1 eine beliebige Konstante ist (C1 = µ1 eµC , aber C könnte komplex sein, also C1 ist nicht notwendigerweise positiv!). Die Anfangsbedingung, v(0) = v0 , erfordert
C1 =
g
+ v0 .
µ
Wir bekommen die gleiche Lösung (1).
b) Integration ergibt
z(t) = z(0) +
t
Z
0
!
g
g 1 − e−µt
v(t)dt = − t + v0 +
.
µ
µ
µ
Numerisches Ausrechnen: da e−µt vernachlässigbar klein ist, können wir die Formel vereinfachen,
!
g
1
g
z(t) = − t +
v0 +
≈ −274m
µ
µ
µ
2
Aufgabe 1.3. Nichtlineare DGL
Ein Teilchen der Masse m bewege sich unter dem Einfluss einer geschwindigkeitsabhängigen Kraft F(v) =
α (1 + β |v|)−1 , wobei α > 0, β > 0 Konstanten sind. Leiten Sie die Differentialgleichung für die Geschwindigkeit v(t) her und lösen Sie diese mit Anfangsbedingung v(0) = 0.
Lösung. Die Bahngleichung ist
mv̇ = α (1 + β |v|)−1 .
Da v(0) = 0 ist, und weil stets v̇ > 0, wird v(t) für t > 0 immer positiv sein. Deshalb 1 + β |v| = 1 + βv. Wir
integrieren die Gleichung mit Variablentrennung:
mdv = α (1 + βv)−1 dt
Z v
Z t
dv
m
=
αdt
−1
v(0) (1 + βv)
0
!
βv2
m v+
= αt
2
Diese quadratische Gleichung lässt sich bezüglich v lösen:
v2 +
2v 2αt
−
=0
β
βm
1
v(t) = − ±
β
s
1
2αt
+
2
βm
β
Da v(t) ≥ 0, wählen wir das Vorzeichen +. Also
1
v(t) = − +
β
s
2αt
1
+
.
2
βm
β
Aufgabe 1.4. Lineares System
Betrachten Sie das Differentialgleichungssystem
( dx
dt = −Ax − By,
dy
dt = Bx − Ay,
(2)
wobei A > 0 und B > 0 gegebene Konstanten sind.
a) Wie sieht die allgemeine Lösung des Systems (2) aus?
b) Finden Sie die spezielle Lösung des Systems (2) mit den Anfangsbedingungen x(0) = x0 , y(0) = 0.
c) Skizzieren Sie die Phasenkurve der gefundenen speziellen Lösung {x(t), y(t)} in der x-y Ebene.
3
Lösung. Das System kann umgeschrieben werden:
!
!
d
x
−A −B
r = Ar, wobei r ≡
, und die Matrix A ≡
y
B −A
dt
(3)
Lösungen erhält man aus dem Ansatz: r = heλt . Dieses ergibt die Gleichung:
A = λh.
(4)
Daher ist λ ist Eigenwert und h Eigenvektor der Matrix A. Die Gl. (4) hat genau dann eine nichttriviale
Lösung , wenn det (A − λ1) = 0. In unserem Fall
det (A − λ1) = (A + λ)2 + B2 = 0,
(5)
Die Eigenwerte und Eigenvektoren sind
λ± = −A ± iB, h+ =
!
!
i
−i
, h− =
.
1
1
Und man kann bemerken, dass h+ = h∗− , λ+ = λ∗− . Die allgemeine komplexe Lösung ist
(
!
!
)
i iBt
−i −iBt
λ+ t
λ− t
−At
r(t) = c1 h+ e + c2 h− e = e
c1
e + c2
e
1
1
(6)
(7)
wo c1 , c2 die komplexen Konstanten sind. Da fňür uns nur die reellen Lösungen von Interesse sind, sollte
man die Konstanten c1 , c2 so auswählen, dass r(t) reell ist. Man kann überprüfen, dass die Auswahl:
a
b
a
b
−i ,
c2 = + i
2
2
2
2
wo a,b reell sind, die allgemeine reelle Lösung ergibt:
(
!
!)
− sin Bt
cos Bt
r(t) = e−At a
+b
.
cos Bt
sin Bt
c1 =
Für die gegebenen Anfangsbedingungen bei t = 0, bestimmen wir die Konstanten a, b:
!
!
!
x0
1
0
=
,
+b
a
0
0
1
(8)
(9)
Also a = 0, b = x0 , und die Lösung ist
r(t) = e
−At
cos Bt
x0
sin Bt
!
(10)
Und die entsprechende Phasenkurve ist eine Spirale die kann man parametrisieren mit dem Radius R =
e−Bt x0 und Winkel Bt siehe Abb.(1)
Aufgabe 1.5. Rotation des Quaders
Ein Quader ist von einer orthonormalen rechtshändigen Basis (ê1 , ê2 , ê3 ) aufgespannt und dreht sich um
die Diagonalachse mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit
ω = ω0 (ê1 + ê2 + ê3 ) .
Drücken Sie die Geschwindigkeit vA des Punktes A (siehe Abb. 2) durch die Vektoren ê1 , ê2 , ê3 aus.
Lösung. RA = ê1 + ê2 und die Geschwindigkeit ist vA = ω × RA = ω0 (ê3 × ê1 + ê3 × ê2 ) = ω0 (ê2 − ê1 ).
4
y
x
xo
Abbildung 1: Die Phasenkurve, Pfeile bedeuten die Richtung der Geschwindigkeit ṙ .
ω
e3
A
e2
e
1
Abbildung 2: Der Quader rotiert um die Diagonale.
Aufgabe 1.6. Massenpunkt auf Tischebene
Formulieren Sie die Lagrange-Funktion des Massenpunktes m, der auf einem Tisch ohne Reibung gleitet.
Die Tischebene sei leicht (um den Winkel α) gekippt und befinde sich im Erdschwerefeld.
Lösung. Wir wählen ein kartesisches Koordinatensystem mit y parallel zur Kippkante und z entlang des
Gravitationsfeldes. Dann ist die kinetische Energie
m 2
ẋ + ẏ2 + ż2 .
2
Die Beschränkung der Bewegung auf die gekippte Tischplatte führt eine Zwangsbedingung ein, in der
Form
z = x tan α
Dann ist die Potentialenergie
mgz = mgx tan α.
Deshalb
!
m
ẋ2
2
L=
+ ẏ − mgx tan α.
2 cos2 α
Im Limes α → 0 liefert dies offensichtlich das korrekte zweidimensionale Verhalten. Für den Limes
α → π/2 sollte x durch z ausgedrückt werden.
5