Theoretische Mechanik

Sommersemester 2017
Prof. Dr. R. Ketzmerick/Dr. R. Schumann
Technische Universität Dresden
Institut für Theoretische Physik
Theoretische Mechanik
6. Übung Lösungen
6.1 Pendel im Fahrstuhl
In einem Fahrstuhl, der in vertikaler Richtung gleichmäßig beschleunigt wird, befindet sich ein
mathematisches Pendel. Bestimmen Sie die Schwingungsdauer in Abhängigkeit von der Beschleunigung ~a = a~ez !
Körper im Fahrstuhl spüren zusätzlich zur normalen Schwerkraft und Zwangskraft durch den
Faden noch die Trägheitskraft.
~ +F
~T = −mg ~ez ′ − ma ~ez ′ + Z
~.
m~¨r′ = −mg ~ez ′ + Z
Die Zwangskraft ist zunächst im allgemeinen noch unbekannt. Allerdings wissen wir, daß die
Zwangskraft senkrecht auf der Bewegung, also hier auf der Kreisbahn, steht. Damit kann man
schreiben
~ = −Z~er ′ .
Z
Da hier die Zwangskräfte nicht interessieren, ist es zweckmäßig, die Zeitableitung des Drehimpulses zu bestimmen, da alle Kräfte parallel zu ~r ′ aus dem Drehmoment herausfallen. Es ergibt
sich also
~˙ ′ = ~r′ × F~ ′ .
L
Zum Drehmoment trägt als nur die Komponente in ~e′ϕ - Richtung bei. Mit
~r ′ = l ~er ′
⇒
~r˙ ′ = l~e˙ r ′ = lϕ̇~eϕ ′
und
~r ′ × F~
′
= −lm(g + a) sin ϕ ~er ′ × ~eϕ ′
| {z }
= ~ez ′
~ ′ = ~r ′ × p~ ′ = l~er ′ × (mlϕ̇) ~eϕ ′ = ml2 ϕ̇ ~er ′ × ~eϕ ′ ⇒
L
| {z }
= ~ez ′
ergibt sich durch Multiplikation mit ~ez ′
(g + a)
ml2 ϕ̈ = −m(g + a)l sin ϕ ⇒ ϕ̈ +
sin ϕ = 0 .
l
Für kleine Auslenkungen findet man also
s
r
g+a
l
ω0 =
=⇒ T = 2π
l
g+a
~˙ ′ = ml2 ϕ̈~ez ′
L
Diskussion: Für a+g > 0 ist die untere Gleichgewichtslage stabil. Um diese können Schwingungen
ausgeführt werden.
Für a + g = 0 ist die Kraftsumme auf das Pendel Null. Der Körper ist schwerelos“. Die
”
Schwingungsdauer divergiert. Falls eine Anfangs(-winkel)-geschwindigkeit vorliegt, rotiert der
Massepunkt gleichförmig. Für a + g < 0 wird die untere Gleichgewichtslage labil und die obere
stabil, um die dann Schwingungen ausgeführt werden können.
1
6.2 Rotierendes Bezugssystem
Betrachtet werden zwei Koordinatensysteme Σ und Σ′ , von denen sich das zweite relativ zum
ersten mit konstanter Winkelgeschwindigkeit um die gemeinsame z-Achse dreht, wobei zum
Zeitpunkt t=0 die Systeme zusammenfallen sollen.
a) Stellen Sie die Basisvektoren des gestrichenen Systems durch ~e′x , ~e′y und ~e′z durch die
Basisvektoren des ungestrichenen Systems ~ex , ~ey und ~ez dar und umgekehrt.
Aus der Zeichnung liest man sofort ab:
ey
e’y
ωt
′
ωt
′
ex
~ey = −~ex sin ωt + ~ey cos ωt
′
′
′
′
~ex = ~ex cos ωt − ~ey sin ωt
~ex = ~ex cos ωt + ~ey sin ωt
e’x
bzw.
′
~ey = ~ex sin ωt + ~ey cos ωt
′
~ez = ~ez
~ez = ~ez
b) Ein Körper bewege sich in Σ geradlinig und gleichförmig entlang der x-Achse, wobei er
sich bei t=0 im Ursprung befindet. Welche Kraft wirkt auf ihn?
In Σ gilt
x(t) = v0 t
=⇒
~a = ~0
~ = ~0 .
F
=⇒
Damit verschwindet die Kraft.
c) Berechnen Sie die Bahnkurve r~′ im rotierenden System! Fertigen Sie eine Skizze an!
′
′
′
′
′
~r(t) = v0 t~ex = v0 t cos ωt~ex − v0 t sin ωt~ey = x′ (t)~ex + y ′ (t)~ey + z ′ (t)~ez
=⇒
x′ (t) = v0 t cos ωt
, y ′ (t) = −v0 t sin ωt
und z ′ (t) = 0
Die Bahnkurve liegt in der Ebene z ′ = 0. Die Form sieht man leicht, wenn man zu Zylinderkoordinaten oder Kugelkoordinaten (mit ϑ = π/2) übergeht.
x′2 + y ′2 = r ′2 = v02 t2
=⇒
r ′ (t) = v0 t
′
y
= − tan ωt
=⇒
ϕ′ (t) = −ωt
tan ϕ′ =
x′
Eliminieren von t führt zu
r′ = −
v0 ′
ϕ .
ω
Es handelt sich also um eine archimedische Spirale.
Siehe: Archimedes von Syrakus, De spiralibus (Über Spiralförmige Linien), Selbstverlag, Syrakus, ca. 200 v.Chr..
Und hier noch etwas Heimatkunde für Dresdner Studenten“: Das rechte Bild Portrait des Ar”
”
chimedes“ wurde 1620 von Domenico Fetti in Mantua gemalt und wurde 1743 für die Dresdner
2
Sammlungen angekauft. Es befindet sich in der Gemäldegalerie Alte Meister“.
”
y
2.0
1.5
1.0
0.5
x
-2.0
-1.5
-1.0
0.5
-0.5
1.0
1.5
2.0
-0.5
-1.0
-1.5
-2.0
d) Welche Kraft erfährt der Körper im rotierenden System?
In Σ′ berechnet man die Kraft am besten in Zylinderkoordinaten:
~ ′ = F ′′ ~er′ + F ′ ′ ~eϕ′
F
ϕ
r
2
= m(|{z}
r̈ ′ −r ′ ϕ̇′ )~er′ + m(2ṙ ′ ϕ̇′ + r ′ ϕ̈′ )~eϕ′
|{z}
=0
=0
2 ′ ′
= −m ω r ~er − 2m v0 ω ~eϕ′ .
Wegen
′
und
′
′
−m ~
ω × (~
ω × ~r ) = −m ~
ω (~ω ~r ) +m ω 2 ~r = m ω 2 r ′ ~er′
| {z }
=0
−2m ω
~ × ~v
′
= −2m ṙ ′ ω ~ez ′ × ~er′ − 2m r ′ ω ϕ̇′~ez ′ × ~eϕ′ = −2 m v0 ω~eϕ′ − 2m r ′ ω 2 ~er′
läßt sich das in die in der Vorlesung hergeleitete allgemeine Form
′
′
~ ′ = −m ~
F
ω × (~
ω × ~r ) − 2 m ω
~ × ~v
umschreiben.
6.3 Winkelabweichung der Erdbeschleunigung
Ein Körper befinde sich an einem Punkt der Erdoberfläche mit der nördlichen Breite θ in Ruhe.
a) Welche Kräfte wirken auf ihn (von einem Erdenbürger aus betrachtet!)?
Der Erdenbürger befindet sich in einem beschleunigten Bezugssystem. Da der Körper ruht,
tritt zusätzlich zur Gravitationskraft F~G nur noch die Zentrifugalkraft F~Z auf.
3
b) Vergleichen Sie die Beträge der auftretenden Kräfte! Welcher kleine Parameter läßt sich
bilden?
Der Betrag der Gravitationskraft für die als Kugel angenommenen Erde ist
ω
FZ
FG = γ
mM
2 =: mg̃ .
rE
Für den Betrag der Zentrifugalkraft ergibt sich
FG
FZ
mg
θ
= mω 2 rE cos θ = mg̃δ cos θ ,
wobei eine kleine dimensionslose Konstante
θ
δ = ω 2 rE /g̃ = 0.00345
r
eingeführt wurde.
c) Bestimmen Sie die Betragsabweichung der (scheinbaren) Erdbeschleunigung g der rotierenden Erde von derjenigen g̃, die bei einer ruhenden Erde auftreten würde.
Gehen Sie dabei von der vereinfachenden Annahme aus, daß die Erde eine starre, homogene Kugel sei.
Für den Betrag der Gewichtskraft findet man aus dem Cosinussatz
q
FG2 + FZ2 − 2 FG FZ cos θ
s
❅FZ
FG
FZ
1−2
g =
cos θ + ( ❅ )2
m
FG
FG❅
❅
|{z}
| {z }
= δ cos θ
∝ δ2
≈ g̃ 1 − δ cos2 θ .
mg =
d) Wie hängt die Winkelabweichung ∆θ von der geographischen Breite θ ab?
Für die Winkelabweichung ∆θ findet man aus dem Sinussatz, wenn wieder Größen ∼ δ2
vernachlässigt werden,
sin ∆θ
FZ
δ
sin θ
=
=⇒ ∆θ ≈ sin ∆θ ≈
sin θ ≈ δ cos θ sin θ = sin 2θ
mg
FZ
mg
2
Die Winkelabweichung ist also bei 45◦ nördlicher (südlicher) Breite am größten!
e) Diskutieren Sie qualitativ die Form der Äquipotentialflächen der resultierenden Gesamtkraft?
Für die Äquipotentialflächen muß mgh = const. gelten, wobei hier h ≪ rE die Höhe über
der kugeligen Erde sei. Das bedeutet, daß
mgh
=
=⇒
mg̃h 1 − δ cos2 θ = const.
1
const.
const.
h=
≈
1 + δ cos2 θ
2
mg̃ 1 − δ cos θ
mg̃
Man liest also ab, daß an den Polen (θ = ±90◦ ) die Äquipotentialflächen gegenüber dem
Maximalwert am Äquator abgeplattet sind.
Was wird passieren, wenn die Erde als plastisch deformierbarer Körper angenommen wird?
Die Erdmassen werden sich so verschieben, daß ~g überall senkrecht auf der Erdoberfläche
steht. Damit weicht die Form der Erde von der Kugelgestalt ab, was dann wiederum zu
4
einer Änderung von ~g führt usw. usf..
Um dieses Problem zu lösen, reicht es nicht mehr aus, die Erde als kugelsymmetrisch zu betrachten
(und erst recht nicht als Massepunkt!). Das Potential der Gravitationskraft kann dann i.a. nur
noch numerisch (oder unter vereinfachenden Annahmen über eine Multipolentwicklung) berechnet
werden. Das führt zu sehr komplizierten Gleichungen, die selbstkonsistent gelöst werden müssen.
Geht man noch weiter ins Detail, so müssen auch noch die elastischen Eigenschaften, die Inhomogenitäten der Dichte, die durch Temperaturgradienten bedingten Masseverschiebungen im Inneren
usw. usf. berücksichtigt werden. Ein weites Feld . . . .
6.4 foucaultsches Pendel
Es soll die Bewegung eines mathematischen Pendels der Länge l, und der Masse m auf der
mit der Winkelgeschwindigkeit ω = konst. rotierenden Erde näherungsweise berechnet werden.
Der Koordinatenursprung des Bezugssystems Σ′ werde in den Ruhepunkt des Pendels gelegt,
der sich an einem Ort auf nördlicher geografischer Breite θ befindet. Die z ′ − Achse zeige vom
Erdmittelpunkt weg, die x′ −Achse weise nach Süden, die y ′ −Achse nach Osten.
a)
oben
ϕ
e’z
Z
e’y
e’x
Ost
Süd
mg
Stellen Sie die Bewegungsgleichungen für die Koordinaten auf. Begründen Sie, dass Terme der Ordnung ω 2 vernachlässigbar sind. Vernachlässigen Sie ferner die vertikale Bewegung des Pendels (Weshalb ist dies sinnvoll?).
Bestimmen Sie mit diesen Näherungen die linearisierten
Bewegungsgleichungen.
Infolge seiner Trägheit behält ein mathematisches Pendel seine Schwingungsebene bei (vom
Inertialsystem aus beschrieben). Zeichnet man (Beobachter auf der rotierenden Erde!) die
Pendelbewegung auf einer darunter befindlichen Unterlage auf, so werden Bahnen registriert, die so aussehen, als würde sich unter Berücksichtigung der Erdrotation die Unterlage langsam unter dem Pendel drehen.
Dies soll näherungsweise berechnet werden, wobei zunächst die Bewegungsgleichung für
den Pendelkörper hergeleitet wird.
Den Hauptteil der Zentrifugalkraft kann man dadurch berücksichtigen, daß man die scheinbare Erdbeschleunigung betrachtet (Siehe Aufgabe 6.3). Die Zusatzterme, die durch die
Auslenkung des Pendels hinzukommen sind sehr klein und können vernachlässigt werden.
Wenn die Ruhelage des Pendels mit ~r0 und die Auslenkung des Pendels mit δ~r bezeichnet
werden, sind die Beiträge durch die Auslenkung
~ (~r0 + δ~r) − F~ (~r0 ) = δ~r ∇ ◦ F~ (~r)
F
.
~
r =~
r0
Man findet also für die Kraft
~ (~r0 + δ~r) ≈ m~g + m ω 2 (1 − ~eω ◦ ~eω ) δ~r + 2mg̃ δ~r − 2mω~eω × ~v ′ ,
F
rE
′
˙r die Geschwindigkeit des Massepunktes darstellt. Die Abkürzungen für g
wobei ~v = δ~
und g̃ sind wie in Aufgabe 6.3 gewählt.
5
Das Verhältnis der durch die Auslenkung bedingten Zusatzterme von Zentrifugalkraft zu
Coriolis-Kraft schätzt man zu
∆F~ ω
mω 2 |δ~r|
Z
=
≈ 10−4
≈
∆F~C 2mω k |δ~r|
2k
p
ab, wobei über |~v ′ | ≈ k|δ~r| die Kreisfrequenz des mathematischen Pendels k = g/l
eingeführt wurde, und l = 67m gewählt wurde. Man kann also die Zusatzbeiträge der Zentrifugalkräfte vernachlässigen. Die Bewegungsgleichung lautet damit in dieser Näherung
~ + m~g − 2m~
m~r¨ = Z
ω × ~r˙
~ des Fadens hinzu, die erforderlich ist,
Zur Gewichtskraft tritt noch die Zwangskraft Z
~ ist jedoch
um den Pendelkörper im festen Abstand vom Aufhängepunkt zu halten. Z
zunächst unbekannt, da die Belastung des Fadens von der Geschwindigkeit des Pendelkörpers abhängt (Sie ist im unteren Durchgangspunkt am größten!). Die Geschwin~ eingeht!
digkeit ist aber erst nach Lösen der Bewegungsgleichung bekannt, in die aber Z
Um eine analytische Lösung des Problems zu finden, ist man deshalb auf Näherungen
angewiesen. Das folgende Vorgehen zur Lösung des Problems ist ein Beispiel für Störungsrechnung in der Mechanik.
Zunächst werden die vektoriellen Größen im Koordinatensystem Σ′ (siehe Abbildung) in
Komponenten angeschrieben, wobei beachtet werden muß, daß sich das Pendel am Ort mit
der geografischen Breite θ befindet.
m~g = −mg ~ez ′
ω = ω ( ~ez ′ sin θ − ~ex′ cos θ)
~
~ = −Z x ~ex′ − Z y ~ey′ + Z l − z ~ez ′
Z
l
l
l
˙
~ω × ~r = −ω sin θ ẏ ~ex′ + ω (cos θ ż + sin θ ẋ) ~ey′ − ω cos θ ẏ ~ez ′
Die Striche an den Koordinaten wurden hier der Einfachheit halber weggelassen, da sich
alles Folgende nur noch auf das bewegte System bezieht. Es ergibt sich also ein System
von 3 miteinander gekoppelten Differentialgleichungen:
x
+ 2m ω ẏ sin θ
l
y
mÿ = −Z − 2m ω (ẋ sin θ + ż cos θ)
l
l−z
mz̈ = Z
− mg + 2m ω ẏ cos θ
l
p
• Näherung: Die Auslenkung ρ = x2 + y 2 des Pendels sei stets klein gegenüber
Pendellänge.
Es gilt damit im
mẍ = −Z
z = l−
p
l2
− ρ2
=l−l
1 ρ2
1 − 2 + ...
2l
(1)
(2)
(3)
der
≈ 0.
Die Bewegung erfolgt also bis zu Termen erster Ordnung in der x − y - Ebene. Weiterhin
gilt ż = 0 und z̈ = 0. (Projektion der Bewegung auf die x − y - Ebene)
Aus Gleichung (3) kann damit in dieser Näherung die Zwangskraft bestimmt werden:
Z = mg − 2mẏ ω cos θ .
6
Einsetzen von Z in (1) und (2) ergibt zwei miteinander gekoppelte nichtlineare Differentialgleichungen:
x
x
ẍ = − g + 2 ẏ ω cos θ + 2 ẏ ω sin θ
l
l
y
y
ÿ = − g + 2 ẏ ω cos θ − 2 ẋ ω sin θ
l
l
(4)
(5)
Weil ω, x und y kleine Größen sind, sind die Produktterme x ẏ und y ẏ erst recht klein und
können vernachlässigt werden, so dass sich endgültig ein linearisiertes Gleichungssystem ergibt:
x
ẍ = − g + 2 ẏ ω sin θ
l
y
ÿ = − g − 2 ẋ ω sin θ
l
b) Lösen Sie die Bewegungsgleichung für die Größe u ≡ x + i y mit den Anfangsbedingungen
x (0) = a, y (0) = 0, ẋ (0) = ẏ (0) = 0 und interpretieren Sie das Ergebnis.
Zunächst kann es in kompakter Form mit der Größe u ≡ x + i y geschrieben werden:
g
ü = − u − 2 i ω sin θ u̇ .
l
Diese Differentialgleichung hat dieselbe Form wie die der gedämpften freien Schwingung!
Die Lösungsmethode ist aus der Vorlesung bekannt (Vorlesung Kap. 1.2.6). Mit dem Ansatz
u = C eλ t ergibt sich
u(t) = A eλ1 t + B eλ2 t ,
λ1,2 = −i α ± i k ,
α ≡ ω sin θ,
k2 ≡
g
+ α2 .
l
Dabei wurde benutzt, dass α2 ≪ k2 gilt. Die Integrationskonstanten A, B werden durch
die Anfangsbedingungen, z.B. u(0) = a, u̇ = 0 festgelegt. Wir erhalten in diesem Falle
o
a n
(k − α) e−it(α+k ) + (k + α) e−it(α−k )
u(t) =
2k
o
a −iαt n
α
α
=
(1 − )e−ikt + (1 + )eikt
e
2
k
k
≈ a e−iαt cos kt
!!
= e−iαt u0 (t). .
Dabei wurde wieder α ≪ k genutzt. Mit u0 (t) wurde die Bewegung ohne Berücksichtigung der Erdrotation (Bewegung eines Pendels mit der Amplitude a und mit der Frequenz
k2 = g/l) bezeichnet.
Der Exponent der komplexen Exponentialfunktion enthält den Einfluss der Corioliskraft
in der betrachteten Näherung. Der letzte Ausdruck (Diskussion in der gauss’schen Zahlenebene; geometrische Veranschaulichung der Multiplikation zweier komplexer Zahlen !)
beschreibt, daß sich die x − y− Ebene mit der Kreisfrequenz α = ω sin θ dreht. Das sieht
man auch sofort, wenn man wieder zu den Koordinaten zurückgeht:
x(t) = ℜ u(t) = cos αt u0 (t)
und y(t) = ℑ u(t) = − sin αt u0 (t) .
Auf der nördlichen Erdhalbkugel ist dies eine Drehung im Uhrzeigersinn, auf der südlichen
Erdhalbkugel eine Drehung entgegen dem Uhrzeigersinn. Die Projektion der Pendelbewegung auf die x − y− Ebene ergibt dabei Rosettenbahnen, deren genaue Form jedoch
entscheidend von den Anfangsbedingungen abhängt.
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