¨Ubungen zur Lagrangeschen Mechanik und den Starren Körpern

Übungen zur Lagrangeschen
Mechanik und den Starren Körpern
Ari Wugalter
23. September 2009
1
Ferienkurs Mechanik
Ari Wugalter
1 Lineares dreiatomiges Molekül
Lösung
(a) Wir wählen als generalisierte Koordinaten die Auslenkungen der Massen aus
der Ruhelage. Dann gilt
T = mẋ21 + M ẋ22 + mẋ23
U = k(x2 − x1 )2 + k(x3 − x2 )2
⇒ L = mẋ21 + M ẋ22 + mẋ23 − k(x2 − x1 )2 − k(x3 − x2 )2 .
Mit der Lagrangefunktion können wir die Euler-Lagrange Gleichungen aufstellen.
∂L
d ∂L
= mẍ1
= −2k(x1 − x2 )
dt ∂ ẋ1
∂x1
d ∂L
∂L
= −2k(2x2 − x1 − x3 )
= M ẍ2
dt ∂ ẋ2
∂x2
d ∂L
∂L
= mẍ3
= −2k(x3 − x2 )
dt ∂ ẋ3
∂x3
⇒ mẍ1 = −2kx1 + 2kx2 + 0x3
⇒ M ẍ1 = 2kx1 − 4kx2 + 2kx3
⇒ mẍ1 = 0x1 + 2kx2 + −2kx3

  
 
m 0 0
ẍ1
2k −2k
0
x1
⇐⇒  0 M 0  ẍ2  + −2k 4k −2k  x2  = 0
0 0 m
ẍ3
0 −2k 2k
x3
(b) Die Eigenfrequenzen bekommen wir durch die Gleichung det(K − ω 2 M ) = 0.


2k − ω 2 m
−2k
0
4k − ω 2 M
−2k  = 0
det  −2k
0
−2k
2k − ω 2 m
⇐⇒ (2k − ω 2 m)[(2k − ω 2 m)(4k − ω 2 M ) − 8k 2 ] = 0
⇐⇒ (2k − ω 2 m)[ω 4 mM − (2kM + 4km)ω 2 ] = 0
2k
2k 4k
2
2
2
⇐⇒ ω ω −
ω −
+
=0
m
m M
r
r
2k
2k 4k
; ω3 =
+ ;
⇒ ω1 = 0; ω2 =
m
m M
2
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Ari Wugalter
Die dazugehörenden Vektoren erhalten wir als Lösungen des Gleichungssystems (K − ω 2 M )~v = 0.
Für ω1 = 0:






2k −2k
0
1 −1 0
1 0 −1
−2k 4k −2k  → 0 −1 1 → 0 −1 1 
0 −2k 2k
0 0 0
0 0
0
 
1

⇒ ~v1 = 1
1
Diese Normalschwingung entspricht der parallelen linearen Translation aller
drei Massen.
q
:
Für ω2 = 2k
m


0
−2k
0
−2k 4k − 2k M −2k 
m
0
−2k
0


1 0 1
0 1 0
0 0 0
→

→⇒
~v2
=

−1
0
1
Bei dieser Normalschwingung ist die mittlere Masse in Ruhe, und die beiden
äußeren schwingen
gegenphasig.
q
Für ω3 =
2k
m
+
4k
:
M


 m



m
−2k
0
−4k M
2M 1 0
−1 0
1
 −2k −2k M −2k  →  0 1 2 m  →  0 −1 −2 m 
M
M
m
m
0 0 0
0
0
0
0
−2k −4k M


M
⇒ ~v2 = −2m
M
Die letzte Normalschwingung, entspricht einer Bewegung der mittleren Masse
in Gegenrichtung von den beiden anderen, die parallel schwingen.
3
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2 Trägheitstensoren
Lösung
(a) Die Momente zu den Achsen in der Ebene des Quadrats sind offensichtlich alle
gleich. Die Atome haben die Koordinaten (± a2 | ± a2 |0). Also ist
a 2
= ma2
I11 = I22 = 4m ·
2
a 2 a 2 I33 = 4 · m ·
+
= 2ma2
2
2


1 0 0
⇒ I = ma2 0 1 0 .
0 0 2
(b) Die Stiftmine hat keine Trägheit um ihre eigene Achse (I11 = 0), weil der
Abstand aller Massen zur Drehachse null ist. Die Momente um alle zur Mine
senkrechten Achsen sind gleich (Symmetrie).
Z l
2 M
1
x2 dx = ml2
I22 = I33 =
l
l
12
2


0 0 0
1
⇒ I = ml2 0 1 0 .
12
0 0 1
(c) Die Symmetrien liegen hier wieder analog zum Quadrat. Wir integrieren in
Polarkoordinaten:
Z ra Z 2π
1 ra4 − ri4
M
2
2
·
r
sin
φ
rdφdr
=
M
I11 = I22 =
π(ra2 − ri2 )
8 ra2 − ri2
ri
0
Z ra Z 2π
M
1 ra4 − ri4
3
I33 =
·
r
dφdr
=
M
π(ra2 − ri2 )
4 ra2 − ri2
ri
0
(d) Der Vollzylinder hat ähnliche Symmetrieeigenschaften, wie die CD.
Z h Z R Z 2π
2
M
1
1
(r2 cos2 φ + z 2 ) rdφdrdz = M R2 + M h2
I11 = I22 =
2
πR h
4
12
0
−h
0
2
(1)
Z h Z R Z 2π
2
M 3
1
I33 =
r dφdrdz = M R2
(2)
2
πR
h
2
−h
0
0
2
1

1
2
2
M
R
+
M
h
0
0
4
12
1
1
0
M R2 + 12
M h2
0 .
⇒I=
4
1
0
0
M R2
2
4
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3 Zylinder in Kugelschale
Lösung
(a) Für einen Hohlzylinder eignen sich logischerweise Zylinderkoordinaten.
Z
h
Z
2π
I=
0
0
M
(R2 sin2 φ + R2 cos2 φ + z 2 − z 2 )R dφdz = M R2 .
2πRh
(b) Offensichtlich gilt für die Geschwindigkeit des Schwerpunkts des Zylinders vs =
(R − a) · φ̇. Andererseits gilt die Rollbedingung vs = ω · a. Somit können wir
alle wichtigen kinematischen Größen durch φ ausdrücken:
vs = (R − a) · φ̇;
ω=
(R − a)
vs
=
· φ̇
a
a
Somit erhalten wir
m
1
1
I
T = vs2 + ω 2 = m(R − a)2 φ̇2 + ma2
2
2
2
2
R−a
a
2
φ̇2 =
= m(R − a)2 φ̇2
U = −mgz = −mg(R − a) cos φ
⇒ L = m(R − a)2 φ̇2 + mg(R − a) cos φ
d
⇒
dt
∂L
∂ φ̇
= 2m(R − a)2 φ̈
∂L
= −mg(R − a) sin φ
∂φ
⇒ 2m(R − a)φ̈ + mg sin φ = 0
4 Hulla-Hupp-Reifen
Lösung
(a) Es ist sinnvoll zuerst den Trägheitstensor um den Schwerpunkt auszurechnen
und dann den Drehpunkt in den Aufhängepunkt zu verschieben. Aufgrund der
Symmetrie gilt I11 = I33 . Also können wir in Polarkoordinaten berechnen:
Z 2π
M
1
1
I11 = I33 =
(R2 sin2 φ) Rdφ =
M R2 · π = M R2
2πR
2π
2
Z0 2π
M 2
I22 =
R · Rdφ = M R2 .
2πR
0
5
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Ari Wugalter

⇒ I (S)

1 0 0
= M R2 0 2 0 .
0 0 1
 
0

0  an den
Jetzt verschieben wir den Drehpunkt mit dem Vektor ~a =
R
Aufhängepunkt und erhalten:




1 0 0
2 0 0
I (A) = I (S) + M R2 0 1 0 = M R2 0 3 0 .
0 0 0
0 0 1
(b) Aufgrund der Rotationssymmetrie des Systems um die z-Achse ist die zKomponente des Drehimpuls eine Erhaltungsgröße. Außerdem bleibt noch die
Energie erhalten (Symmetrie in der Zeit).
(c) Schwingungen um den Ursprung in xz-Ebene entsprechen einer Rotation um
die y-Achse. Sei φ der Drehwinkel um den Aufhängepunkt. Wir können die
Lagrangrangefunktion aufstellen:
3
1
T = Trot = I22 φ̇2 = M R2 φ̇2
2
2
U = −M gR cos φ
3
φ2
3
2 2
2 2
⇒ L = M R φ̇ + M gR cos φ ≈ M R φ̇ + M gR 1 −
2
2
2
d
dt
∂L
∂ φ̇
∂L
= −M gRφ
∂φ
= 3M R2 φ̈
g
φ=0
3R
Die Lösung dieser Differentialgleichung ist allgemein bekannt. Mit den Anfangswerten kommt heraus, dass
r
g
φ(t) = φ0 cos
t .
3R
⇒ φ̈ +
5 Halbkugel auf Ebene
Lösung
(a) Offensichtlich ist es deutlich einfacher zuerst das Trägheitsmoment durch eine
parallel Achse durch den Ursprung zu berechnen und sie dann mit Satz von
Steiner zu verschieben. Wegen der Symmetrie dürfen wir die Achse beliebig in
6
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der Ebene des Querschnitts der Halbkugel wählen. Legen wir das Koordinatensysten, so dass die Symmetrieachse die x- Acshe ist.
Z
R
2π
Z
π
2
Z
0
M
2
πR3
3
Z
0
0
R
r
4
0
2π
Z
M
(r
2
πR3
3
IZ =
Z
0
0
π
2
2
sin2 θ sin2 φ + r2 sin2 θ cos2 φ)r2 sin θ dθdφdr =
M
R5
sin θ dθdφdr = 2 3 ·
· 2π ·
5
πR
3
3
Z
1
1 − x2 dx =
−1
2
= M R2
5
Jetzt können wir davon den Steiner-Term abziehen und bekommen:
2
2
3
83
(S)
2
IZ = M R − M
R =
M R2
5
8
320
(b) Durch Kosinussatz im Dreieck 4OSA erhalten wir den Abstand zwischen dem
Schwerpunkt und dem Auflagepunkt zu
2
3
3 2
73 3
2
2
2
d =R +
R − R · cos φ = R
− cos φ .
8
4
64 4
Also kriegen wir mit Satz von Steiner für den Trägheitstensor am Auflagepunkt
7 3
(S)
2
IA = I + M d =
− cos φ M R2
5 4
(c) Die Halbkugeln bewegt sich ohne zu rutschen, d.h. der Auflagepunkt hat keine
Translationsenergie. Folglich
1 7 3
1 7 3
φ2
2
2
− cos φ M R · φ̇ ≈
−
T =
1−
M R2 · φ̇2
2 5 4
2 5 4
2
3
φ2
3
U = − M gR cos φ ≈ − M gR 1 −
8
8
2


7 3
φ2 
3
φ2
1
2
2


1−
M R · φ̇ + M gR 1 −
⇒L=  −
2 5 4
2 
8
2
| {z }
≈1
d
dt
∂L
∂ φ̇
=
13
M r2 φ̈
20
∂L
3
= − M gRφ
∂φ
8
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⇒ φ̈ +
15 g
φ=0
|26{zR}
ω2
Die Halbkugel führt also einen Pendelbewegung mit ω =
8
q
15 g
26 R
durch.