¨Ubungen zur Mechanik

Übungen zur Mechanik
Blatt 3 T1p: Mechanik, Kurs 17062
Professor: H. Ruhl
Übungen: A. Pons Domenech, N. Moschüring, N. Elkina, C. Klier, F.Deutschmann, P. Böhl
13. Mai 2015
Aufgabe 1
Im allgemeinen gilt:
 
 
 
∂x
x
∂x p
1
1
∂y  x2 + y 2 + z 2 = p
y  = ~r
∇r = ∂y  x2 + y 2 + z 2 = p
r
2 x2 + y 2 + z 2 ∂z
x2 + y 2 + z 2 z
∂z
Unter Nutzung dieser Gleichheit die Divergenzen wie folgt berechnen:
(1)
∇V (~r) = ∇
l2
l2
1
l2 −2
−l2
=
∇ 2 =
∇r =
~r
2
3
2mr
2m r
2m r
mr4
(2)
2
2
2
2
2
∇V (~r) = ∇c e−γr = c∇e−γr = −cγe−γr ∇r2 = −cγe−γr 2r∇r = −2cγe−γr ~r
(3)
∇V (~r) = ∇(~a · ~r)n = n(~a · ~r)n−1 ∇(~a · ~r) = n(~a · ~r)n−1 ∇(ax x + ay y + az z) = n(~a · ~r)n−1~a
(4)



∂x 2αx − βy
∇V (~r) = ∂y  α(x2 + y 2 ) − βxy = 2αy − βx
∂z
0

Aufgabe 2
• Es handelt sich um eine Ellipse mit Hauptachsen der Länge b und c.
• Zuerst bestimmt man die Geschwindigkeit durch ableiten
•
~v = ~r˙ =
b cos(ωt)
c sin(ωt)
=
−b ω sin(ωt)
c ω cos(ωt)
Dieses Ergebnis benutzt man dann um das Skalarprodukt zu bilden:
c2 − b2
b cos(ωt)
−b ω sin(ωt)
sin(2ωt)
·
= cos(ωt) sin(ωt)(c2 − b2 ) =
c sin(ωt)
c ω cos(ωt)
2
Man sieht, dass im Falle das beide Achsen gleich lang sind, sie Senkrecht zueinander stehen
• Nochmaliges ableiten von r liefert
~a = ~r¨ =
•
−b ω sin(ωt)
−b ω 2 cos(ωt)
=
= −ω 2~r
c ω cos(ωt)
−c ω 2 sin(ωt)
Wie man dann leicht ablesen kann zeigt die Beschleunigung in negative ~r Richtung.
• Einsetzen des obigen Resultats ergibt
p
|~a| = b2 ω 4 cos(ωt)2 + c2 ω 4 sin(ωt)2
Hier kann man sehen, dass die Beschleunigung nicht zeitlich konstant ist im Falle (b 6= c).
• Einsetzen liefert

 



b cos(ωt)
−b ω sin(ωt)
0
~l = ~r ×m~v = m  c sin(ωt)  ×  c ω cos(ωt)  = m ω 
 = mωbc e~z
0
0
0
b c cos(ωt)2 − (−b) c sin(ωt)2
Hier kann man leicht sehen, dass ~l nicht von der Zeit abhängt.
• Aus der Definition von e~z folgt direkt |e~z | = 1 und damit
|~l| = |m ω b c e~z | = m ω b c
Aufgabe 3
Diese Aufgabe war so gedacht, dass man nur die Richtigkeit der angegebenen Lösungen prüfen sollte,
der Vollständigkeit halber wird hier noch deren Herleitung schematisch dargestellt. Im Falle einer
solchen Aufgabe in der Klausur würde es reichen bis (2) zu rechnen.
Unter Nutzung der Formel ~aGes = ~aKraf t + ~aSchein erhält man die Differentialgleichung
~r¨ = −2~
ω × ~r˙ − ω
~ × (~
ω × ~r) − g e~z
Hierbei wurden die Striche, welche das drehende Bezugssystem signalisieren, weggelassen.
Da die Rotationsachse die z-Achse ist, gilt ω
~ = ω e~z . Damit werden die Kreuzprodukte

  2 


−ω y
−ω x
−ω ẏ
ω
~ × (~
ω × ~r) = ω
~ ×  ω x = −ω 2 y  ;
2~
ω × ~r˙ = 2  ω ẋ
0
0
0
Mithilfe von diesen erhält man die Bewegungsgleichungen

  2   
 
ω ẏ
ω x
0
ẍ
ÿ  = 2 −ω ẋ + ω 2 y  − 0
0
0
g
z̈
(1)
Man sieht, dass die DGL für die z-Komponente von den anderen Entkoppelt ist, und durch zweifaches
Integrieren gelöst werden kann
z(t) =
1
1 2
a t + v0 t + z0 = − gt2 + H
2
2
Womit man die erste der drei Gleichungen gezeigt hätte. Ableiten der gegebenen Gleichungen für x
und y liefert:
ẋ(t) = x0 ω 2 t cos(ω t)
ẍ(t) = −x0 ω 3 t sin(ω t) + x0 ω 2 cos(ω t)
ẏ(t) = −x0 ω 2 t sin(ω t)
ÿ(t) = −x0 ω 3 t cos(ω t) − x0 ω 2 sin(ω t)
Diese können dann in (1) eingesetzt werden um die Gültigkeit der Formeln zu prüfen.
Die Frage ist nun wie man solche Lösungen konstruieren kann. Dazu geht man wie folgt vor:
• Schreibe (1) in eine DGL erster Ordnung um (d.h. in der Form ~v˙ = A ~v )
• 
x
  
˙~v = y  = 
ẋ 
ẏ
0
0
ω2
0
0
0
0
ω2
1
0
0
−2ω
 
0
x
 
1 
 y  = A ~v
2ω  ẋ
0
ẏ
(2)
• Damit ist die Aufgabe prinzipiell schon gelöst, da ~v (t) = eAt~v (0) die DGL lösen wird. Es bleibt
nur noch eAt im Matrixfalle zu bestimmen. Dazu benutzt man die Reihendarstellung von ex ,
i.e.
∞
X
xn
ex =
n!
n=0
• Um (At)n einfacher zu bestimmen bestimmt man die Jordansche Normalform von At (d.h. man
findet Matrizen P , J sodass At = P JP −1 und J Blockweise diagonal ist). Um die Übersicht zu
erleichtern werden hier nur die Endmatrizen angegeben, den Berrechnungsalgorithmus kann
man in jedem fortgeschrittenem Lineare Algebra Buch finden.



 1
−itω
1
0
0
− ω tωi 2 − ω1 − tωi 2



 i
1
1
−itω 0
0 
− ωi
 0

 ω
tω 2
tω 2




;
J =
P =
0
itω 1 
0
−i
0 

 0

 i
0
0
0 itω
1
0
1
0
• Da At = P JP −1 lässt sich (At)n = P JP −1 P J . . . P −1 = P J n P −1 schreiben, und damit ergibt
sich eAt = P eJ P −1 , was, wegen der besonderen Form von J, sich leicht berechnen lässt.
 −itω

e
e−itω
0
0
 0
e−itω
0
0 

eJ = 
⇒
eAt = P eJ P −1 =
itω
itω 
 0
0
e
e
0
0
0
eitω


cos(tω) + tω sin(tω) sin(tω) − tω cos(tω)
t cos(tω)
t sin(tω)

 tω cos(tω) − sin(tω) cos(tω) + tω sin(tω)
−t sin(tω)
t cos(tω)


2
2

tω cos(tω)
tω sin(tω)
cos(tω) − tω sin(tω) tω cos(tω) + sin(tω) 
−tω 2 sin(tω)
tω 2 cos(tω)
−tω cos(tω) − sin(tω) cos(tω) − tω sin(tω)
• Jetzt fehlt nur noch das einsetzen der Anfangsbedingungen durch multiplizieren mit dem
Vektor ~v (0)
  

x0
(cos(tω) + tω sin(tω))x0
 0   (tω cos(tω) − sin(tω))x0 
 

eAt~v (0) = eAt 
0=

tω 2 cos(tω)x0
0
−tω 2 sin(tω)x0
Die ersten zwei Zeilen des entstehenden Vektors entsprechen dann jeweils x(t) und y(t).