Blatt 1 - Institut für Theoretische Physik I

Blatt 1
12. Juli 2013
Aufgabe 1: Spiegelung an einer Ebene, axiale und polare Vektoren
Mit der Transformation

1
T = 0
0
0
1
0

0
0
−1
lauten die transformierten Vektoren a0 = (a1 , a2 , −a3 ) und b0 = (b1 , b2 , −b3 ).
Somit lässt sich das Kreuzprodukt berechnen


−a2 b3 + a3 b2
c0 = a0 × b0 = −a3 b1 + a1 b3 
a 1 b2 − a 2 b1



a2 b3 − a3 b2
−1 0 0
=  0 −1 0 a3 b1 − a1 b3  = T 0 (a × b) .
a1 b2 − a2 b1
0
0 1
{z
}
|
=T 0
Multiplizieren wir nun den polaren Vektor a zum axialen Vektor b so erhalten wir für das Kreuzprodukt
 



a2 b3 − a3 b2
−b1
a1
c0 = a0 × b0 =  a2  −b2  =  a3 b1 − a1 b3 
b3
−a3
−a1 b2 + a2 b1



1 0 0
a2 b3 − a3 b2
= 0 1 0  a3 b1 − a1 b3  = T (a × b) .
a1 b2 − a2 b1
0 0 −1
{z
}
|
=T
Aufgabe 2: Kugelkoordinaten
Für die Kugelkoordinaten r, θ, ϕ gilt:
x = r sin θ cos ϕ,
y = r sin θ sin ϕ,
z = r cos θ.
1
Damit lauten die Basisvektoren in kartesischen Koordinaten


sin θ cos ϕ
dr
=  sin θ sin ϕ 
er = dr
dr dr
cos θ


cos θ cos ϕ
dr
=  cos θ sin ϕ 
eθ = dθ
dr dθ
− sin θ


dr
− sin ϕ
dϕ
eϕ = =  cos ϕ  .
dr
dϕ
0
Für die Skalarprodukte gilt
er er = eθ eθ = eϕ eϕ = 1 laut Konstruktion
er eθ = (sin θ cos ϕ)(cos θ cos ϕ) + (sin θ sin ϕ)(cos θ sin ϕ) − cos θ sin θ
= sin θ cos θ(cos2 ϕ + sin2 ϕ) − cos θ sin θ = 0
er eϕ = (sin θ cos ϕ)(− sin ϕ) + (sin θ sin ϕ)(cos ϕ) = 0
eθ eϕ = − cos θ cos ϕ sin ϕ + cos θ sin ϕ cos ϕ = 0.
Es handelt sich hierbei daher um eine orthonormale Basis.
Aufgabe 3: Linienintegrale
Berechnung von Linienintegralen:
Z
Z
t1
Fdr =
L
F (r(t))
t0
dr(t)
dt
dt
Linienintegral längs der Parabel a):
Z
2
1
0
Z
− 2)2
x2
4 (x
1
dx
1
2 (x − 2)
2
1 3 3 2
x − x − x + 1dx
4
0 2
2
1 4 1 3 1 2
=
x − x − x +x =0
8
4
2
0
=
Linienintegral längs der Kurve b):
Z
0
=
=
=
=
2
1
−x
1−e−2 (e
2
− e−2 )
1
−x
−e
1−e−2
x
dx
Z 2
1
e−x − e−2 − x2 e−x dx
1 − e−2 0
−x
2
1
−e − xe−2 + x2 e−x + 2xe−x + 2e−x 0
−2
1−e
−x
2
1
e − xe−2 + x2 e−x + 2xe−x 0
−2
1−e
7e−2 − 1
7 − e2
=
1 − e−2
e2 − 1
2
Linienintegral längs der Geraden c):
2
Z
0
Z
1 − 21 x
x2
1
− 21
dx
2
1
1
1 − x − x2 dx
2
2
0
2
1
1
1
= x − x2 − x3 = −
4
6
3
0
=
Linienintegral längs der Parabel d):
Z
2
0
Z
1 − 41 x2
x2
1
dx
− 12 x
2
1
1
1 − x2 − x3 dx
4
2
0
2
1
1
2
= x − x3 − x4 = −
12
8
3
0
=
Aufgabe 4: Identitäten der Vektoranalysis
Wir zeigen, dass Gradientenfelder rotationsfrei sind:
[rot (grad U )]i = [∇ × (∇U )]i
= ijk ∂xj (∂k U ) = 0
, da ∂xj ∂k U = ∂xk ∂j U
Rotationsfelder sind quellen frei:
div rot v = ∇ (∇v)
= ∂xi ijk ∂xj vk = ijk ∂xi ∂xj vk = 0
3
, da ∂xi ∂j vk = ∂xj ∂i vk
Blatt 2
12. Juli 2013
Aufgabe 5: Wurfparabel
Ein Kugelstoßer stößt eine Kugel in der Höhe h über dem Erdboden mit der Geschwindigkeit v unter
dem Winkel α zur Horizontalen. Die Geschwindigkeitskomponenten lauten damit
vx = cos α ,
(1)
vy = sin α .
(2)
Die Formeln für die Koordinaten der Wurfparabel (Abwurfpunkt (0, h)) lauten somit
x(t) = vx t ,
(3)
g
y(t) = h + vy t − t2 .
2
(4)
Der Aufschlag der Kugel auf den Erdboden erfolgt zum Zeitpunkt, zu dem die y-Koordinate null wird,
d.h. y(t) = 0. Zu beachten ist, dass diese Gleichung zwei Lösungen hat (eine davon ist diejenige, wenn
die Wurfparabel zu negativen Zeiten vor dem Wurf fortgesetzt wird).
g
0 = h + vy t − t 2
q2
−vy ± vy2 + 2gh
t1,2 =
−g
q
1
t1 =
vy + vy2 + 2hg
g
(5)
(6)
(7)
Somit erhalten wir für die Wurfweite den Ausdruck
x = vx t1
q
1
= vx
vy + vy2 + 2hg
g


r

v2
2gh 
cos(α) 
=
sin(α) + sin2 (α) + 2 
.

g
v }
|
{z
(8)
(9)
(10)
:=A
Um die maximale Wurfweite zu Bestimmen, suchen wir die Nullstelle der ersten Ableitung des Aus-
1
drucks:
0=
∂x
∂α
(11)
sin(α) cos(α)
0 = − sin(α) (sin(α) + A) + cos(α) cos(α) +
A
sin(α)
0 = − sin(α) (sin(α) + A) + cos2 (α) 1 +
A
0 = − sin(α)A (sin(α) + A) + cos2 (α) (sin(α) + A)
0 = cos2 (α) − A sin(α) (sin(α) + A)
{z
}
{z
}|
|
(13)
(14)
(15)
=0
=0
◦
(12)
◦
Für Winkel zwischen 0 und 90 ist der sin immer größer oder gleich null. Daher gilt für die zweite
Klammer
v
u
2gh
u
(16)
sin(α) +usin2 (α) + 2 > 0,
| {z } t| {z } |{z}
v
≥0
≥0
>0
daher reicht es wenn wir im folgenden nur noch die erste Klammer betrachten:
r
2gh
2
0 = cos (α) − sin(α) sin2 (α) + 2
v
r
2gh
0 = 1 − sin2 (α) − sin(α) sin2 (α) + 2
v
r
2gh
1 − sin2 (α) = − sin(α) sin2 (α) + 2
v
2gh
1 − 2 sin2 (α) + sin4 (α) = sin4 (α) + sin2 (α) 2
v
2gh
1 = sin2 (α) 2 + 2
v


1

α = arcsin  q
2 + 2gh
v2
(17)
(18)
(19)
(20)
(21)
(22)
Als nächstes soll die Frage beantwortet werden, wie groß die Geschwindigkeit mindestens sein muss, um
eine bestimmte Wurfweite zu erzielen.
Hierfür betrachten wir die Gleichung (10), setzen in diese den Winkel für die maximale Wurfweite (22)
ein und lösen die so erhaltene Gleichung nach v auf.
!
r
v2
2gh
mit(22)und u = 2gh
s=
cos(α) sin(α) + sin(α) + 2
(23)
g
v
v2
!
r
r
2h
1
1
1
s=
1−
+
+u
(24)
u
2+u 2+u
2+u
!
r
r
su
1+u
1
1 + 2u + u2
√
=
(25)
+
2h
2+u
2+u
2+u
su
1 √
=
1 + u(2 + u)
(26)
2h
2+u
s2 u2
=1+u
(27)
4h2
0 = v 4 + 2ghv 2 − s2 g 2
(28)
2
Damit kann mithilfe der Mitternachtsformel v berechnet werden:
r
−2gh
4g 2 h2
4s2 g 2
2
v =
±
+
4 4
2p
2
v =g
h2 + s2 − h
(29)
(30)
Zu Beginn des Wurfes ist die kinetische Energie
m 2
v .
(31)
2
Beim Auftreffen auf den Boden wurde zusätzlich die Lageenergie der Abwurfhöhe in kinetische Energie
umgewandelt
m
T1 = v 2 + mgh.
(32)
2
Für die Beispieldaten erhalten wir
m
v = 13.325 ,
T0 = 644.260 J,
s
α = 42.144◦ ,
T1 = 786.642 J.
T0 =
Aufgabe 6: Konservative Kraftfelder
Ob die gegebenen Kraftfelder konservativ sind, sehen wir, wenn wir ihre Rotation berechnen
 2 
  
x
∂y 1 − ∂z xy
0
rot K1 = ∇ × xy  =  ∂z x2 − ∂x 1  = 0 6= 0
1
∂x xy − ∂y x2
y

 
  
y − 4x
∂y 0 − ∂z (x − 2y)
0
 = 0 = 0
∂z (y − 4x) − ∂x 0
rot K2 = ∇ × x − 2y  = 
0
∂x (x − 2y) − ∂y (y − 4x)
0
(33)
(34)
K1 ist somit nicht konservativ, K2 ist konservativ.
Da K2 konservativ ist, wird beim Umlauf auf einer geschloßenen Kurve keine Arbeit verrichtet. Die
Arbeit die bei K1 beim Umlauf auf dem Einheitsquadrat (gegen den Uhrzeigersinn) verrichtet wird:
2 Z 1 2 t
1−t
0
0
t
t
1
1
W1 =
dt
∂t
+
∂t
+
∂t
+
∂t
(35)
t
1
0
1
−
t
0
0
t
t
0
Z 1
t2
−1
t2
1
1
0
dt
+
+
(36)
=
t
0
0
0
t
1
0
2 1
Z 1
Z 1
1
t
2
2
=
(37)
=
dt − t + t + t =
dt t =
2
2
0
0
0
Aufgabe 7: Periodendauer im eindimensionalen Potential
m
E = T + V = v 2 + V (x)
2
r
dx
2
v=
=
(E − V (x))
dt
m
dx
dt = q
2
m (E − V (x))
Z x2
√
dx
p
T = 2m
E − V (x)
x1
(38)
(39)
| der Weg wird zweimal durchlaufen
(40)
(41)
3
Aufgabe 8: Teilchen im eindimensionalen Morse-Potential
Morsepotential
1
V(x, 1, 1)
V(x, 1, 2)
V(x, 1, 3)
V(x, 2, 1)
V(x, 3, 1)
0.5
0
V(x, a, V0)
-0.5
-1
-1.5
-2
-2.5
-3
-3.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0
x
0.5
1
1.5
2
1.5
2
Morsepotential - Phasenpotrait
3
E=0
E = -1/2
E = -3/4
E=1
E=2
E=3
2
p
1
0
-1
-2
-3
-2
-1.5
-1
-0.5
0
x
4
0.5
1
• An Umkehrpunkte der Schwingung befindet sich sämtliche Energie des Systems in der Lageenergie,
d.h. die kinetische Energie ist null:
E=
m 2
v +V (x)
|2{z }
(42)
=0
E
= e−2ax − 2e−ax
V0
(43)
E
0 = (e−ax )2 − 2e−ax −
V0
q
2 ± 4 + 4 VE0
e−ax1,2 =
r2
E
e−ax1,2 = 1 ± 1 +
V0
!
r
E
1
x1,2 = − ln 1 ± 1 +
a
V0
(44)
(45)
(46)
(47)
(48)
• Der Bereich E < −V0 ist verboten, hier gibt es keine Lösungen.
• Für E = −V0 befindet sich das Teilchen im Minimum des Potentials in Ruhe.
• Im Bereich −V0 < E < 0 gibt es zwei Umkehrpunkte, d.h. das Teilchen hat eine periodische Bahn.
• Für E > 0 existiert nur noch der linke Umkehrpunkt.
• Um die Periodendauer einer Schwingung zu berechnen benutzen wir die Gleichung aus Aufgabe 7:
Z x2
√
1
dx p
| Substituieren wir: u = eax
(49)
T = 2m
−2ax
E − V0 (e
− 2e−ax )
x1
√
Z
2m u2
1
1
q
=
(50)
du
V0 u1
au E − u−2 + 2u−1
V0
√
Z
1 2m u2
1
| Stammfunktion z.B. Bronstein (241) (51)
=
du q
a V0 u1
E 2
V0 u + 2u − 1
u2


√
E
2
u
+
2
1 2m 
1

=
(52)
arcsin  qV0
−q
|E|
a V0
4E +4
V0
V0
√
=−


E
V0 u
u1
u2
+1
1 2m 

arcsin  q
a |E|
E
+1
V0
(53)
u1
Nun setzen wir die beiden Umkehrpunkte
u1,2 =
1
q
1± 1+
5
(54)
E
V0
in die Gleichung ein und betrachten zunächst ausschließlich das Argument des arcsin:
E
q1
V0 1± 1+ E
V
0
q
1+
E
V0
+1
E
V0
=
(1 ±
q
1+
E
V0 )
q
1+
q
+ 1 ± 1 + VE0
q
q
=
(1 ± 1 + VE0 ) 1 +
q
E
V0 +1 ± 1
q
= ±1
=
1 ± 1 + VE0
E
V0
1
+q
1+
(55)
E
V0
E
V0
E
V0
Damit erhält man für die Periodendauer
√
1 2m
T =−
[arcsin(−1) − arcsin(1)]
a |E|
√
1 2m h π π i
− −
=−
a |E|
2
2
√
π 2m
=
a |E|
r
E
Kürzen: 1 +
V0
(56)
(57)
(58)
(59)
(60)
• Für die Näherung kleiner Schwingungen nahe am Minimum des Potentials entwickeln wir dieses
in eine Taylorreihe:
1 2
x + ∂x V (x)
V (x) = V (0) + ∂x V (x)
x2 + O(x3 )
(61)
2
x=0
x=0
1
(62)
≈ −V0 + V0 (−2a + 2a)x + V0 ((−2)2 − 2(−a)2 )x2
2
= V0 (a2 x2 − 1)
(63)
Dies ist das Potential des harmonischen Oszillators. Daher wird eine harmonische Schwingung
beobachtet.
6
Übungen zur Vorlesung Theoretische Physik Ia
WS 2008/09
Musterlösungen
Blatt 3
Aufgabe 9. Kräftefreier gedämpfter harmonischer Oszillator
Auch hier wieder die Bewegungsgleichung:
mẍ + γ ẋ + mω02 x = 0
(1)
welche sich durch folgenden Ansatz lösen lässt:
x(t) = Ae−γt
(2)
→ mλ2 − γλ + mω02 = 0
(3)
p
γ 2 − 4m2 ω02
2m
(4)
r
γ 2
− ω02
2m
(5)
λ1,2 =
γ±
γ
=
±
2m
Folgende Fälle sind dabei zu unterscheiden:
1) für
γ
2m
< ω0
λ1,2
q
q
2
2
γ
γ
i ω02 −( 2m
t
i ω02 −( 2m
)
)t
+ Ã2 e
x(t) = e
Ã1 e
!
r
r
γ 2
γ 2
Ã1 sin ω02 −
t + Ã2 cos ω02 −
t
2m
2m
γ
− 2m
t
γ
= e− 2m t
r
γ 2
γ
± i ω02 −
=
2m
2m mit den Anfangsbedingungen:
x(0) = 1 → A2 = 1
γ
√
ẋ(0) = 0 → −
+ A1 ... = 0
2m
2) für
γ
2m
= ω0
↔ A1 = q
λ1,2 =
γ
2m
ω02 −
γ
=λ
2m
1
γ 2
2m
Die zweite linear unabhängige Lösung erhält man über den Ansatz
x(t) = A1 e−λt + A2 teλt
denn
d −λt
e − λte−λt
dt
−λt
−λt
+ mω02 A2 te−λt
e − λte
mA1 λ2 e−λt − A1 γλe−λt + mω02 A1 e−λt + mA2
+γA2
= mA1 ω02 − A1 2mω0 ω0 + mω02 A1 e−λt + mA2 −λ − λ + tλ2 e−λt
+γA2 (1 − λt)e−λt + mω02 A2 te−λt
= 0 + mA2 (tω02 − 2ω0 ) + 2mω0 A2 (1 − tω0 ) + mω02 A2 t e−λt
=0
mit den Anfangsbedingungen:
x(0) = 1 ⇒ A1 = 1
γ
ẋ(0) = 0 ⇒ −λ + A2 = 0 ↔ A2 =
2m
3) für
γ
2m
> ω0
λ1,2
γ
− 2m
t
x(t) = e
γ
±
=
2m
r
γ 2
− ω02
2m
q
q
2
2
γ
γ
2
−ω02 t
− ( 2m
)
+ A2 e ( 2m ) −ω0 t
A1 e
dazu mit den Anfangsbedingungen:
x(0) = 1 ⇒ A1 + A2 = 1 ↔ A1 = 1 − A2
r
r
λ
γ 2
γ 2
ẋ(0) = 0 → −
((1 − A2 ) + A2 ) −
− ω02 (1 − A2 ) + A2
− ω02
2m
2m
2m
=0
λ
−
−
2m
r
2
r
γ 2
γ 2
2
− ω0 + 2A2
− ω02 = 0
2m
2m
λ
1
A2 = + q 2m
>1
2
γ 2
2
2
− ω0
2m
1 1
γ
q
A1 = −
>0
2 2
γ 2
2
2m
−
ω
0
2m
Aufgabe 10. Angetriebener gedämpfter harmonischer Oszillator
a)
F (t) =
X
fn einωt
(6)
n
Freell ↔ fn = f−n und fn reell
(7)
Die homogene Lösung der Bewegungsgleichung lautet:
q
q
2
2
γ
γ
γ
2 t
− ( 2m
−ω02 t
−ω
t
− 2m
)
(
)
0
A1 e
+ A2 e 2m
xh (t) = e
(8)
(den aperiodischen Grenzfall mal ausgenommen)
Dazu ist die partikuläre Lösung:
x(t) =
X
xn einωt
(9)
xn inωeinωt
(10)
xn (−n2 ω 2 )einωt
(11)
n
ẋ(t) =
X
n
ẍ(t) =
X
n
X
n
X
mxn (−n2 ω 2 ) + iγnωxn + mω0 xn einωt =
fn einωt
(12)
n
X
n
−mω 2 n2 + iγωn + mω02 xn − fn einωt = 0
(13)
Die Summe muss für alle Zeiten verschwinden. Da alle Summanden linear unabh.
sind, muss jeder Sumand sich selbst aufheben.
(−mn2 ω 2 + iγnω + mω02 )xn = fn
xn =
fn
−mn2 ω 2 + iγnω + mω02
3
(14)
(15)
⇒ xp (t) =
X
n
−mn2 ω 2
fn
einωt
+ iγnω + mω02
(16)
Hier lauten die Anfangsbedingungen:
x(0) = x0
→ x0 = A1 + A2 +
ẋ(0) = v0
X
−mn2 ω 2
|n
fn
+ iγnω + mω02
{z
}
P1
q
q
2
2
γ
γ
2 t
γ
−ω02 t
−ω
− ( 2m
)
)
(
0
+ A2 e 2m
→ v0 = −
(A1 + A2 ) + −A1 e
2m
X
fn inω
+
2
2
−mn ω + iγnω + mω02
n
{z
}
|
A1 = x0 − A2 −
P2
X
1
r
r
X γ γ 2
γ 2
1
2
+ −x0
→ v0 = −
x0 −
− ω0 + A2
− ω02
2m
2m
2m
!
r
r
2
X
X
γ 2
γ
1
2
+ A2
+
− ω02
− ω02 +
2m
2m


P1
P2
X
1
v0
γ
x −
1

q 0 A2 =  q
+
+ x0 −
−q
2
2
2
2m
γ
γ
γ 2
2
2
2
− ω0
− ω0
− ω0
2m
2m
2m
Die Lösung verhält sich für große Zeiten wie folgt:
x(t) −−−→ xp (t)
t→∞
(17)
b)
Für große Zeiten ist nur noch die partikuläre Lösung vorhanden. Für die angegebene
Kraft lautet diese:
F0 −iωt
F (t) =
e
+ eiωt = F0 cos ωt
(18)
2
F0
eiωt
e−iωt
x(t) =
+
(19)
2 −mω 2 + iγω + mω02 −mω 2 + iγω + mω02
4
F0
=
2
eiωt (m(ω02 − ω 2 ) − iγω) + e−iωt (m(ω02 − ω 2 ) + iγω)
m2 (ω02 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2
F0
=
2
=
2(m2 (ω02
m(ω02 − ω 2 )(eiωt + e−iωt ) + iγω (eiωt − e−iωt )
m2 (ω02 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2
F0
2
2
−
ω
)
cos
ωt
+
2γω
sin
ωt
2m(ω
0
− ω 2 )2 + γ 2 ω 2 )
(20)
(21)
(22)
Zur Berechnung der Amplitude verwendet man:
π
A1 sin (ωt + ) +A2 sin ωt = A sin (ωt + δ)
|
{z 2 }
(23)
cos ωt
mit
r
q
π
2
2
A = A1 + A2 + 2A1 A2 cos (− ) = A21 + A22
2
A1
tan δ =
A2
q
F0
2
→ x(t) = 2 2
m2 (ω02 − ω 2 ) + γ 2 ω 2 sin (ωt + δ)
m (ω0 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2
wobei
p
F0
m2 (ω02
− ω 2 )2 + γ 2 ω 2
(24)
(25)
die Amplitude wäre, deren Maximum sich damit bestimmt, dass
m2 (ω02 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2
minimal wird.
→ −2ω2m2 (ω02 − ω 2 ) + 2γ 2 ω = 0
2m2 (ω02 − ω 2 ) = γ 2
γ2
ω02 − ω 2 =
2m2
γ2
ω 2 = ω02 −
2m2
Somit bestimmt sich die Geschwindigkeit zu:
ẋ(t) =
p
1
ω
1
ωF0
ω
m2 (ω02 − ω 2 )2
5
+ γ 2ω2
cos (ωt + δ)
(26)
und das Maximum dieser Amplitude wird erreicht wenn
m2
(ω02 − ω 2 )2
+ γ2
ω2
minimal wird.
−2ω2(ω02 − ω 2 )ω 2 − (ω02 − ω 2 )2 2ω
=0
ω4
(ω02 − ω 2 )(−4ω 3 − 2ω(ω02 − ω 2 )) = 0
→ ω = ω0
6
Übungen zur Vorlesung Mechanik I
SS 2013
Musterlösungen
Blatt 4
Aufgabe 12. Drittes Keplersches Gesetz
a)
Zuerst betrachten wir DGLs vom Typ
ẍ = f (x),
(1)
wobei wir die Substitution z(t) = (ẋ(t))2 durchführen. Damit erhalten wir für die
Ableitung
ż(t) = 2ẋ(t)ẍ(t) .
(2)
Multiplizieren wir nun die DGL (1) mit 2ẋ(t), so erhalten wir
2ẋẍ = 2 ẋf (x)
|{z}
| {z }
(3)
z(t) = 2F (x) + c
(4)
p
2F (x) + c .
(5)
=ż
d
= dt
F (x)
und somit
bzw. durch Rücksubstitution
ẋ =
Die Erde wird auf ihrer Bahn gestoppt und fällt in die Sonne. Die Sonne wird fest
auf ihrem Platz gehalten. Auf die Erde wirkt die Gravitationskraft der Sonne.
Wir erhalten damit die Bewegungsgleichung
mS mE
mE ẍ = −G
x2
mS
ẍ = −G 2 ,
x
welche die Form der DGL aus Gleichung (1) hat. Damit ist
s Z
mS
ẋ = 2 dx − G 2
x
r
GmS
= 2
+C.
x
1
(6)
(7)
Zu Beginn gilt ẋ = 0, womit wir für die Integrationskonstante
C=−
erhalten. Mit ẋ =
dx
dt
2GmS
x0
(8)
erhalten wir
dx
dt = q
S
S
+ 2Gm
2 Gm
x
x0
r
x0
1
p x0
dt = dx
.
2GmS
−1
x
Integration mit Hilfe der Substitution x = x0 sin2 u liefert
r
Z u1 =π
2x0 sin u cos u
x0
T =
du q
x0
2GmS u0 = π2
−u
x0 sin2 u
s
s
Z π
Z π
2x30
sin2 u cos u
2x30
=
=
du p
du sin2 u
2
π
GmS π2
Gm
S
1 − sin u
2
s
s
π
3
3
2x0 1
x0 π
sin(2u)
=
.
=
u−
GmS 2
2
2GmS 2
π
2
Die Erde würde nach 64.53 Tagen in die Sonne stürzen.
2
(9)
(10)
b)
a
b
a
e
rmax
rmin
Aus dem dritten Keplerschen Gesetz erhalten wir
2 3
TE
aE
=
TH
aH
(11)
und folglich
aH = aE
TH
TE
23
.
Für den kleinsten bzw. größten Abstand des Kometen von der Sonne gilt
rmin = aH − e
⇒ rmin + rmax = 2aH
rmax = aH + e
rmax = 2aH − rmin
23
TH
− 0.58aE
= 2aE
TE
= 35.30aE = 5.2808 · 1012 m .
(12)
(13)
(14)
(15)
(16)
Die Exzentrität der Kometenbahn beträgt
aH − rmin
e
=
aH
aH
23
TE
= 1 − 0.58
= 0.967 .
TH
=
3
(17)
(18)
Aufgabe 13. Silvesterrakete
Zum Zeitpunkt t0 = 0 wird die Silvesterrakete gezündet. Zum Zeitpunkt t1 ist ihr
gesamter Treibstoffvorrat verbraucht. Die Masse der Rakete zu einem Zeitpunkt t
im Intervall [t0 , t1 ] lautet
m(t) = M0 (1 − αt) .
(19)
Zum Zeitpunkt t1 gilt m(t) = βM0 , dieser lässt sich somit ausdrücken als
t1 =
β−1
.
α
(20)
Um die Bewegungsgleichung der Rakete aufstellen zu können, überlegen wir uns
zuerst, welchen Impuls die Rakete zum Zeitpunkt t durch die ausgestoßene Masse
erhalten hat. In einem Zeitinterval dt beträgt der Impuls der ausgestoßenen Masse
dp = −αM0 dt(c − vR ) ,
(21)
wobei vR (t) die Geschwindigkeit der Rakete ist.
Die Bewegungsgleichung lautet damit
d
(pR + pA ) = −FG
dt
d
m(t)vR (t)+
dt
Z t
0
0
dt (−αM0 (c − vR (t ))) = −m(t)g
0
d
M0 (1 − αt)vR (t)+
Z t dt
dt0 (−αM0 (c − vR (t0 ))) = −M0 (1 − αt)g
(22)
(23)
(24)
(25)
(26)
0
−αvR + (1 − αt)v̇R − α(c − vR ) = −(1 − αt)g
αc
v̇R =
−g.
1 − αt
(27)
(28)
a)
Am Ende der Brenndauer ist die Rakete am leichtesten. Daher ist zu diesem
Zeitpunkt die geringste Kraft notwendig, damit die Rakete gerade abheben kann
4
(vR = 0, v̇R > 0). Wir betrachten daher Gleichung (28) zum Zeipunkt t1 und erhalten mit (20)
αc
(29)
0 < v̇R = −g +
β
αc
g<
.
(30)
β
b)
Nun soll die Rakete sofort abheben (t = 0, vR = 0, v̇R > 0).
0 < v̇R = −g − αc
g < αc .
(31)
(32)
Für die Geschwindigkeit erhalten wir aus (28)
v(t) = −c ln (1 − αt) − gt + C ,
(33)
da v(0) = 0 ist C = 0.
Die Höhe erhalten wir, wenn wir nochmals integrieren
Z
x(t) = dt − c ln (1 − αt) − gt |Subst. u = 1 − αt
(34)
Z
g
du
ln(u)
(35)
= − t2 − c
2
−α
g
c
= − t2 + [u(ln(u) − 1] + C
(36)
2
α
c
g
= ((1 − αt) (ln((1 − αt)) − 1) − t2 + C .
(37)
α
2
Zum Zeitpunkt t = 0 befindet sich die Rakete auf dem Boden. Die Integrationskonstante ist daher C = αc . Zu dem Zeitpunkt t1 = (β − 1)/α, zu dem der Treibstoff
ausgeht, erhalten wir
c
g(β − 1)2
(β ln(β) + 1 − β)) −
α
2α2
β−1
v1 = −c ln(β) − g
.
α
Die Rakete fliegt nun jedoch noch weiter und es gilt
x1 =
βM0 ẍ2 = −βM0 g
ẍ2 = −βg .
5
(38)
(39)
(40)
(41)
Durch Integration erhalten wir
g
x2 (t) = x1 + v1 t − t2 .
2
(42)
Die Zeitableitung muss am höchsten Punkt der Bahn verschwinden, d.h.
dx2
β−1
= −g
− c ln β − gt
dt
α
β − 1 c ln β
t2 = −
−
.
α
g
0=
(43)
(44)
Damit ist die maximale Steighöhe
c
g(β − 1)2
β − 1 c ln β
β−1
x2 (t2 ) = (β ln β + 1 − β) −
−
−
−g
α
2α2
α
α
α
β − 1 c ln β
− c ln β −
−
α
α
2
2c
c2 2
g (β − 1)
+
(β − 1) ln β + 2 ln β
−
2
α2
αg
g
2
c
c
c
g(β − 1)
g(β − 1)2
= β ln β + − α −
+
α
α β
2α
α2
2
cβ ln β
c
c
c
−
+ ln β + (β − 1) ln β + ln2 β
α
α
α
g
2
c
c
g
ln2 β
− 2 (β − 1)2 − (β − 1) ln β −
2α
α
2g
c
c2 2
= (ln β + 1 − β) +
ln β .
α
2g
(45)
(46)
(47)
(48)
(49)
Aufgabe 14. Stoß und Zerfall
a)
Das Verhältnis, mit der sich die freiwerdende Energie des Zerfalls auf die beiden
Teilchen verteilt lautet
m1 2
v
m1 v12
E1
= m22 12 =
.
(50)
=
E2
v
m2 v22
2 2
Mithilfe des Impulserhaltungssatzes
0 = p~1 + p~2 ⇒ p1 = −p2 ⇒ m1 v1 = −m2 v2 ⇒ v1 = −
6
m2
v2
m1
(51)
lässt sich das Verhältnis zu
=
m2
m1
(52)
umformen.
b)
Aus dem Impulserhaltungssatz erhalten wir
~~k = p~1 + p~2
p~2 = ~~k − p~1
(53)
p22 = ~2 k 2 − 2~kp1~ke p1,e + p21
p22 ≥ ~2 k 2 − 2~kp1 + p21 .
(55)
(56)
(54)
Setzen wir dies in den Energieerhaltungssatz ein, erhalten wir
p1
~2 k 2 − 2~kp1 + p21
~ω ≥ 2mc +
+
2m
2m
2 2
~
ω
2~ωp
p
1
1
+
−
~ω ≥ 2mc2 +
2
m 2mc
2mc
2 2
p
~
ω
2~ωp
1
1
2~ω ≥ 2mc2 +
+
−
+ ~ω .
m 2mc2
2mc
2
(57)
(58)
(59)
Nun ersetzen wir das ~ω aus Gleichung (59) mit (58)
2~ω ≥ 2mc2 +
~2 ω 2
2~ωp1
p21
~2 ω 2
2~ωp1
p21
2
+
−
+
2mc
+
+
−
m 2mc2
2mc
m 2mc2
2mc
und fassen zusammen
(2mc2 )2 4~ωmc2
~2 ω 2
~2 ω 2
4~ωp1 c 4p21 c2
−
+
+
−
+
+ 2mc2
2mc2
2mc2
2mc2 2mc2
2mc2
2mc2
2
(2mc2 − ~ω) + (~ω − 2p1 c)2
0≥
+ 2mc2 .
2mc2
0≥
(60)
(61)
Diese Beziehung lässt sich für reelle ~ω 6= 0 und m > 0 nicht erfüllen.
c)
Die kinetische Energie vor dem Stoß ist
E0 =
m2 2
v .
2
7
(62)
Nach dem Stoß beträgt sie
E1 =
m1 + m2 02
v .
2
(63)
Der Impulserhaltungssatz liefert
m2 v = (m1 + m2 )v 0
m1 + m2 0
v .
v=
m2
(64)
(65)
Mit beiden Gleichungen beträgt der Bruchteil an Energie der bei dem Stoß verloren
geht
E0 − E1
m1 + m2 v 02
=1−
E0
m2
v2
m2
.
=
m1 + m2
8
(66)
(67)
Übungen zur Vorlesung Mechanik I
SS 2013
Musterlösungen
Blatt 6
Aufgabe 19. Hauptträgheitsmomente und -achsen
a)
Die Massendichte ist gegeben durch
m
ρ(x, y, z) = δ(z) δ(x − a)Θ(y)Θ(a − y) + δ(x)Θ(y + a)Θ(a − y)
a
+ δ(x + a)Θ(y + a)Θ(−y) + δ(y − a)Θ(x)Θ(a − x)
+ δ(y)Θ(x + a)Θ(a − x) + δ(y + a)Θ(x + a)Θ(−x) ,
womit nun der Trägheitstensor berechnet werden kann:
Z
m
d3~rρ(~r)(y 2 + z 2 )
Θxx =
a R3
Z a
Z 0
Z a
m
2
2
=
+
y dy +
y dy +
y 2 dy
a
−a
−a
0
Z 0
Z a
+
a2 dx +
a2 dx
−a
Θyy
0
10
a3
a3
m 2a3
+
+
+ a3 + a3 =
a3
=
a
3
3
3
3
10 3
a aus Symmetriegründen
=
3
1
Θzz =
=
m
a
Z
d3~rρ(~r)(x2 + y 2 )
R3
Z a
Z 0
Z a
m
+
y 2 dy +
a2 + y 2 dy +
a2 + y 2 dy
a
−a
−a
0
Z a
Z 0
Z a
+
x2 dx +
x2 + a2 dx +
x2 + a2 dx
−a
−a
0
a3
a3
2a3
a3
a3
m 2a3
+ a3 +
+ a3 +
+
+
+ a3 +
+ a3
=
a
3
3
3
3
3
3
20 3
=
a
3
Z
m
Θxy = Θyx =
d3~rρ(~r)(−xy)
a R3
Z a
Z 0
Z a
Z
m 0
xadx
xadx +
aydy +
aydy +
=
a
0
−a
0
−a
3
3
3
3
m
a
a
a
a
=
−
= −2ma2
−
−
−
a
2 Z 2
2
2
m
d3~rρ(~r)(−xz) = 0
Θxz = Θzx =
a R3
Z
m
Θyz = Θzy =
d3~rρ(~r)(−yz) = 0
a R3
 10

−2 0
3
0
Θ = ma2 −2 10
3
20
0
0
3
b)
Die Eigenwerte von Θ lauten:
20
3
10
0 = ( ma2 − Θ1,2 )2 − 4
3
4
Θ1 =
3
Θ3 =
10
ma2 − Θ1,2
3
16
Θ2 =
3
±2 =
c)
Die Eigenvektoren von Θ:
• Eigenvektor zu Eigenwert Θ3 :
v3 = ~ez
2
• Eigenvektor zu Eigenwert Θ1 :
0=
~v1 =
2
−2
−2
~v1
2
1
= ~ex + ~ey
1
• Eigenvektor zu Eigenwert Θ1 :
0=
~v1 =
1
−1
−2
−2
−2
~v
−2 2
= ~ex − ~ey
d)
Nebenrechnung: Zeitableitung im Rotierenden Koordinatensystem
Es sei D0 die Zeitableitung im Rotierenden Koordinatensystem K 0 . Die Transformation
aus dem
P
0
nicht rotierenden System ist durch
die
Rotationsmatrix
R
gegeben
mit
x
=
R
x
und für
ij
j
i
j
P
die Einheitsvektoren gilt e0i = j Rij ej . Für die Rotationsmatrix gilt
0 = RT R
d
0 = (RT R) = ṘT R + RT Ṙ ,
dt
d.h. die Matrix Ω = RT Ṙ ist eine schiefsymetrische Matrix, mit drei unabhängigen Komponenten.
Sie lässt sich schreiben als
X
Ωjk =
ijk ωi
i
X
j,k
ljk Ωjk =
X
i,j,k
ljk ijk ωi
| {z }
=2δli
1X
ljk Ωjk .
ωl =
2
j,k
3
Man kann zeigen, dass ω
~ Winkelgeschwindigkeit ist. Außerdem gilt:
X
D0 ~x =
e0i ẋ0i
i


X
d
=
~e0i 
Rij xj 
dt
i
j


X
X
X
=
~e0i 
Ṙij xj +
Rij ẋj 
X
i
=
X
j
j
Rik~ek Ṙij ẋj +
i,j,k
X
Rik~ek Rij ẋj
i,j,k
X
=
X
T
T
~ek Rki
Rij ẋj
~ek Rki
Ṙij ẋj +
{z
}
{z }
|
|
i,j,k
i,j,k
=
X
Ωk j
=δjk
~ek klj ωl xj + D~x
j,k,l
=ω
~ l × ~x + D~x
Für die kräftefreie Rotation muss das Drehmoment verschwinden. Betrachten wir nun mithilfe
obiger Relation das Drehmoment, so erhalten wir:
~ = D0 L
~ +ω
~
0 = M = DL
~ ×L
~
= D0 (Θ~
ω) + ω
~ ×L
~.
= D0 Θ~
ω + ΘD0 ω
~ +ω
~ ×L
Für eine konstante Rotation sind die ersten beiden Terme Null. Es bleibt:
0=ω
~ × Θ~
ω,
d.h. Θ~
ω k ω. Dies ist erfüllt, wenn ω
~ Eigenvektor von Θ ist, d.h. ω
~ ist eine der Hauptträgheitsachsen.
e)
Drehmoment bei Rotation um x-Achse (~
ω = (ω, 0, 0)):
~ = Θ D0 ω
~
M
~ +~
ω×L
|{z}
=0
   10
−2
ω
3
= ma2  0  × −2 10
3
0
0
0
   10 
ω
3
= ma2  0  × −2 ω
0
0
= −2ma2 ω 2~ez
4
  
0
ω
0   0 
20
0
3
Übungen zur Vorlesung Mechanik I
SS 2013
Musterlösungen
Blatt 7
Aufgabe 20. Theorie des Fußballs: Flachschuss
a)
Auf den Fußball mit den Hauptträgheitsmomenten I, wirken die Reibung F R = −µM gey , die
Schwerkraft F S = −M gez und die Normalkraft F N = M gez . Die Reibungs- und Normalkraft
greifen dabei am Berührpunkt des Fußballs mit dem Boden an. Die Schwerkraft wirkt auf den
Massenschwerpunkt. Damit erhalten wir die Bewegungsgleichung für die Translationsbewegung
des Balls:
M r̈S = F R + F S + F N = −µM gey ,
(1)
mit der Schwerpunktskoordinate rS = (x, y, z). Für die Rotation (bzgl. des Koordinatenursprungs) erhalten wir mit dem Auflagepunkt rA und der Rotationsachse ω = φ̇ex


d 
d
M r S × v + Θω  (2)
M = r s × F S + r A × (F R + F N ) = L =
dt
dt | {z } |{z}
LS
Lrel
d
(M (Rez + yey ) × (ẏey ))
dt
d −M gyex + M gyex =
−M Rẏ + I φ̇ ex
dt
0 = −M Rÿ + I φ̈
(Rez + yey ) × (−M gez ) + yey × (−µM gey + M gez ) =
(3)
(4)
(5)
b)
Der Ball ist zu Begin rotationsfrei. Er fängt an zu rollen, wenn
ẏ = −Rφ̇
(6)
erfüllt ist. Integration von Gleichung (1) liefert
ẏ = −µgt + v0 .
(7)
Integration von Gleichung (5) liefert
φ̇ = −
MR
µM Rg
ẏ + φ̇0 = −
t
I
I
MR
−
v0 + φ̇0
| I {z
}
.
(8)
=0, da für t=0 rotationsfrei
Damit erhalten wir
µM Rg
−R
t1 e = −µgt1 + v0
I
M R2
µg 1 +
t 1 = v0
I
v0
t1 =
2
µg 1 + MIR
1
(9)
(10)
(11)
c)
Energie zur Zeit t = 0 (reine Translation):
E0 =
m 2
v
2 0
(12)
Energie bei Beginn der Rollbewegung:
1
1
mv12 + Iω12
2
2
(6) 1
2
= (M R + I)ω12
2
µ2 M 2 R2 g 2 2
(8) 1
= (M R2 + I)
t1
2
I2
2
2
2 2 2
(11) (M R + I)µ M R g
=
v02
2
2I 2 µ2 g 2 (1 + MIR )2
E1 =
=
1 M 2 R2 2
v
2 I + M R2 0
(13)
(14)
(15)
(16)
(17)
Den Bruchteil “verlorener” Energie ist damit
∆E
E0 − E1
M R2
=
=1−
E0
E0
I + M R2
(18)
d)
Aus Gleichung (5) sehen wir, dass der Drehimpuls eine Erhaltungsgröße ist:
d
L = 0 ⇒ L = const
dt
(19)
Aufgabe 21. Stabilität kräftefreier Rotation
a)
Mit der Zeitableitung D0 im Körpereigenen mitrotierendem Koordinatensystem K 0 und der normalen Zeitableitung D = dt im Laborsystem K gilt:
0 = M = DL = D0 L + ω × L
= D0 (Θω) + ω × Θω = Θω̇ + ω × Θω
= ω × Θω
Daher muss ω k Θω sein. Dies ist für die Eigenvektoren von Θ erfüllt. D.h. eine kräftefreie Rotation ist nur um die Hauptträgheitsachsen des Körpers möglich.
(1 Punkt)
2
b)
Der Trägheitstensor sei

Ix
Θ = 0
0
0
Iy
0

0
0  mit ω = 0
Iz
0
ω .
Eine Störung der Trägheitsachse um


δωx
δω = δωy 
0
führt auf
0 = M = DL = D0 L + ω × L
D0 L = −ω × L
 
 
 

Ix δ ω̇x
δωx
Ix δωx
(Iy − Iz ) ωδωy
Iy δ ω̇y  = δωy  × Iy δωy  =  (Iz − Ix ) ωδωx  .
Iz δ ω̇z
ω
Iz δωz
(Ix − Iy ) δωx δωy

Die linierisierten Bewegungsgleichungen lauten dann
!
Iy −Iz
ωδω
0
δ ω̇x
y
I
x
= Iz −Ix
= Iz −I
x
δ ω̇y
ωδω
x
Ix
Ix ω
Iy −Iz
Ix ω
!
0
δωx
δωy
.
Die Lösung dieser linearen DGL lautet
δ ω̇x
= c1 v 1 eλ1 t + c2 v 2 eλ2 t ,
δ ω̇y
mit den Eigenvektoren v 1 und v 2 und Eigenwerten λ1 und λ2 der obigen Matrix. Die Eigenwerte
erhalten wir aus dem charakteristischen Polynom
λ2 −
(Iy − Iz )(Iz − Ix ) 2
ω =0.
Ix Iy
Wir erhalten
s
λ1,2 = ±ω
(Iy − Iz )(Iz − Ix )
.
Ix Iy
Die Lösung ist genau dann stabil, wenn alle Eigenwerte imaginär sind:
(Iy − Iz )(Iz − Ix )
<0
Ix Iy
Ix Iz + Iy Iz < Ix Iy + Iz Iz
Nun untersuchen wir die verschiedenen Fälle welche möglich sind:
3
(20)
(21)
• Es sei Ix < Iz < Iy . Hierfür lässt sich (21) erweitern zu
Ix Ix + Iz Iz < Ix Iz + Iy Iz < Ix Iy + Iz Iz < Ix Ix + Iz Iz .
(22)
D.h. die Bedingung ist nicht erfüllt!
• Es sei Ix < Iy < Iz
(Iy − Iz ) (Iz − Ix ) < 0 ,
| {z } | {z }
<0
(23)
>0
womit (20) erfüllt ist.
• Es sei Iz < Ix < Iy
(Iy − Iz ) (Iz − Ix ) < 0 ,
| {z } | {z }
>0
(24)
<0
womit (20) erfüllt ist.
(25)
• Alle anderen Permutationen sind aus Symmetrygründen ersichtlich.
Eine stabile Rotation ist nur um die Trägheitsachse mit dem kleinsten oder größten Trägheitsmoment möglich.
(5 Punkte)
Aufgabe 22. Lagerkräfte bei Rotation
Der Trägheitstensor einer Kreisscheibe ist aus Aufgabe 18b) bekannt. Im Koordinatensystem K 0
der Kreisscheibe lautet er:


1 0 0
2
M
R
0 1 0 .
(26)
Θ0 =
4
0 0 2
Im Laborsystem erhalten wir mithilfe den Rotationsmatrizen



1
0
0
cos ψ(t) − sin ψ(t)
Rx = 0 cos α − sin α
und
Rz =  sin ψ(t) cos ψ(t)
0 sin α cos α
0
0

0
0 ,
1
(27)
den Trägheitstensor
Θ = R z R x Θ0 R x T R z T
 2
cos (ψ) − 12 (cos(2α) − 3) sin2 (ψ)

=
− cos(ψ) sin2 (α) sin(ψ)
cos(α) sin(α) sin(ψ)
(28)
2

− cos(ψ) sin (α) sin(ψ)
cos(α) sin(α) sin(ψ)
sin2 (ψ) − 21 (cos(2α) − 3) cos2 (ψ) − cos(α) cos(ψ) sin(α) .
1
− cos(α) cos(ψ) sin(α)
2 (cos(2α) + 3)
(29)
4
Für das Drehmoment gilt
M=
X
ri × F i =
i
d
d
L=
(Θω) .
dt
dt
(30)
Auf die Kreisscheibe wirken neben der Gewichtskraft
G=M 0
0 −g
(31)
die beiden Lagerkräfte FA und FrmB , wobei die Kraft im Lager B auf die xy-Ebene beschränkt
bleibt. Für die Winkelgeschwindigkeit gilt
ω= 0 0 ω
(32)
und damit
ψ(t) = ωt .
(33)
Neben der Drehmomentgleichung folgt mit Newton
    

F1
F4
0
X
d
Fi = Fa + Fb + G = F2  + F5  +  0 
0= p=
dt
i
F3
−M g
0
(34)
und damit
F A = F1
F2
Mg
und
F B = −F1
−F2
0 .
(35)
Setzen wir nun alles in Gleichung 30 ein, so erhalten wir
  

   

   

ω sin(α) cos(α) sin(ωt)
0
−F1
0
0
F1
0
2
d
M
R
0 × −F2  +  0  ×  F2  + 0 ×  0  =
−ω sin(α) cos(α) cos(ωt)
4 dt
1
a
0
−a
Mg
0
−M g
2 ω(cos(2α) + 3)


 2

2aF2
ω sin(α) cos(α) cos(ωt)
2
M
R
−2aF1  =
 ω 2 sin(α) cos(α) sin(ωt)  .
4
0
0
Somit haben wir nun die Lagerkräfte erhalten, es wirken (Skizze: Zeitpunkt t = 0)

 



0
− sin(ωt)
0
M ω 2 R2
2
2
t=0
ω R
FA =
sin(2α)  cos(ωt)  +  0 
=  M16a
sin(2α) ,
16a
0
Mg
Mg




0
sin(ωt)
2 2
Mω R
t=0
ω 2 R2
sin(2α) − cos(ωt)
= − M16a
FB =
sin(2α) .
16a
0
0
5
(36)
(37)
Übungen zur Vorlesung Mechanik I
SS 2013
Musterlösungen
Blatt 8
Aufgabe 23. Gestell
a)
Für einen starren Körper muss sowohl Kräftegleichgewicht
X
Fi = 0
(1)
i
als auch Momentengleichgewicht
X
Mi =
X
i
ri × F i = 0
(2)
i
gelten.
(1 Punkt)
b)
Für das Kräftegleichgewicht (1) erhalten wir

 
 

Fa,x
Fb,x
0
Fa,y  + Fb,y  + −M g  = 0
Fa,z
Fb,z
0
(3)
Fa,x + Fb,x = 0
(4)
Fa,x + Fb,x = M g
(5)
Fa,z + Fb,z = 0 .
(6)
Für das Momentengleichgewicht (2) erhalten wir

 
   
 
  
0
0
Fa,x
a+b
Fb,x
a
0 × Fa,y  +  0  × Fb,y  + h × −M g  = 0
0
0
0
Fb,z
0
Fa,z


(a + b)Fb,y − aM g
 −(a + b)Fb,z  = 0 .
0
(7)
(8)
Somit lauten die Auflagekräfte
b
Mg
a+b
a
=
M g.
a+b
Fa,y =
Fb,y
(9)
(10)
(11)
(3 Punkte)
1
Aufgabe 24. Kran
y
B
F
E
C
α
D
A
0
x
0
Wie in Aufgabe 23a) gelten die Gleichgewichtsbedingungen für Kräfte und Momente. Aus (1)
folgt

 
 

Fa,x
Fb,x
0
Fa,y  +  0  + −G = 0
(12)
Fa,z
Fb,z
0
und aus (2) folgt
   
 
  
   

0
Fa,x
0
Fb,x
0
CF
ABFb,z
0 × Fa,y  + AB ×  0  + AC × −G = 
 = 0 . (13)
0
0
Fa,z
0
Fb,z
0
0
−ABFb,x − CF G
Mit CF = AB = 4.5 , m gilt
Fa,x
Fa,y
Fa,z
= −Fb,x =
=G
= Fb,z
CF
G
AB
= 100 kp
= 100 kp ,
=0


100 kp
F a = 100 kp ,
0


−100 kp
 .
0
Fb = 
0
(14)
Nun werden die Stabspannungen berechnet. Da der Stab zwischen D und E nur Längskräfte
aufnehmen kann, müssen die Kräfte die folgende Form haben

 



cx
sin α
sin α
F C = cy  , F D = fd cos α und F E = fe cos α
(15)
0
0
cz
haben, wobei sin α = 45 und cos α = 35 . Nun betrachten wir die Kräfte und Momentengleichgewichte der einzelnen Stäbe:
Stab AB:
FA + FD + FC + FB = 0 ,
(16)
Stab DE:
−KD − F E = 0 ,
(17)
Stab CF:
−KC + F E + F F = 0 ,
(18)
Stab AB:
0 × F A + r AD × F D + r AC × F C + r AB × F B = 0 ,
(19)
Stab DE:
−r AD × F D − r AE × F E = 0 ,
(20)
Stab CF:
−r AC × F C + r AE × F E + r AF × F F = 0 .
(21)
2
Setzen wir unsere schon bekannten Größen ein, so erhalten wir aus (16)


4   

100 kp
cx
−100 kp
cx =
5
100 kp + fd  3  + cy  + 
=0
0
cy =
⇒
5
0
cz
0
0
cz =
− 54 fd
− 100 kp
0
− 35 fd
und aus Gleichung (17) folgt
⇒
FD + FE = 0
fe = −fd .
Betrachten wir nun das erste Momentengleichgewicht (19), so erhalten wir
 
4   
 
 

4
0
0
0
−100 kp
5
5 fd
1 m × fd  3  − 4 m ×  3 fd + 100 kp + 4.5 m × 
=0
0
5
5
0
0
0
0
0
0
4
4
⇒
−1 mfd + 4 mfd + 4.500 m kp = 0
5
5
⇒
fd = −187.5 kp ,
womit nun alle Kräfte bestimmt sind:




100
−100
F a = 100 kp
F b =  0  kp
0
0




−150.0
150.0
F d = −112.5 kp
F e = 112.5 kp
0
0
C
0
12.5
-12.5
F
E
150
150
D
0
112.5
112.5
187.51
187.51
A
150
kp
12.5


0
F f = −100 kp
0
Zug
Druck
y
B
Fc =
100
0
x
0
3
Übungen zur Vorlesung Mechanik I
SS 2013
Musterlösungen
Blatt 9
Aufgabe 26. Federpendel
a)
y
x
φ
r
Mit der Federkonstanten k, der Ruhelänge r0 , der Masse m und den Polarkoordinaten
x(t) = r(t) cos(ϕ(t))y(t) = −r(t) sin(ϕ(t))
gilt die kinetische Energie des Systems
T =
1
1
m(ẋ2 + ẏ 2 ) = m ṙ + r2 ϕ̇2 .
2
2
(1)
und die potentielle Energie
V = mgy +
k
k
(r − r0 ) = −mgr cos ϕ + (r − r0 ) .
2
2
(2)
Damit ist die Lagrangefuntion
L=T −V
(1),(2
=
k
m 2
(ṙ + r2 ϕ2 ) − (r − r0 )2 + mgr cos ϕ,
2
2
(3)
womit die Lagrange-Gleichungen 2. Art wie folgt lauten:
∂L
d ∂L
−
= mrϕ̇2 − k(r − r0 ) + mg cos ϕ − mr̈ = 0
∂r
dt ∂ ṙ
d ∂L
d
∂L
−
= −mgr sin ϕ − (mr2 ϕ̇
∂ϕ dt ∂ ϕ̇
dt
= −mgr sin ϕ − 2mrṙϕ̇ − mr2 ϕ̈ = 0
1
(4)
(5)
(6)
b)
Die Gleichgewichtslage des Pendels
ϕ̈ = ϕ̇ = r̈ = ṙ = 0
(7)
erhalten wir, wenn wir diese Bedingung in Gleichungen (4) und (5) einsetzen. Es folgt
ϕ=0
(8)
mg
−k(r − r0 ) = −mg ⇒ rG = r0 +
.
k
(9)
Wir führen die neue Koordinate ρ = r −rG ein. Führ diese gilt ρ̇ = ṙ und ρ̈ = r̈. Nun linearisieren
wir die Bewegungsgleichungen bzgl. der Gleichgewichtskoordinaten ρ, ϕ, ρ̇ und ϕ̇ und erhalten
aus (4)
mrϕ̇2 − k(ρ + rG − r0 ) + mg cos ϕ −mρ̈ = 0
| {z }
(10)
−kρ −krG + kr0 + mg −mρ̈ = 0
|
{z
}
(11)
≈1
=0
kρ + mρ̈ = 0 ,
(12)
sowie aus (5)
−mg(ρ + rG ) sin ϕ −2m(ρ + rG )ρ̇ϕ̇ − m(ρ + rG )2 ϕ̈ = 0
| {z }
(13)
ϕ
2
−mgrG ϕ − mrG
ϕ̈ = 0
g
ϕ̈ +
ϕ=0.
rG
(14)
(15)
Die Lösung für Gleichung (12) lautet
!
k
t + α1
bzw.
ρ(t) = A1 cos
m
!
r
k
r(t) = rG + A1 cos
t + α1
.
m
r
(16)
(17)
(18)
Die Lösung für Gleichung (15) lautet
r
ϕ(t) = A2 cos
2
g
t + α2
rG
.
(19)
Aufgabe 27. Massenpunkt auf der rotierenden Ebene
z
φ
y
x
x
Wir verwenden Zylinderkoordinaten:
x = ρ cos ϕ
y = ρ sin ϕ
auf Ebene
=
auf Ebene
=
ρ cos(ωt) ,
(20)
ρ sin(ωt) ,
(21)
z=z.
(22)
Nun stellen wir in diesen Koordinaten die Lagrange-Funktion auf
m 2
ẋ + ẏ 2 + ż 2 − mgz
2
m
[(ρ̇ cos(ωt) − ρω sin(ωt)) + (ρ̇ sin(ωt) + ρω cos(ωt)) + ż] − mgz
=
2
m 2
=
ρ̇ + ρ2 ω 2 + ż 2 − mgz .
2
L=T −V =
(23)
(24)
(25)
Die Bewegungsgleichungen lauten dann
∂L
d ∂L
−
= mρω 2 − mρ̈ = 0
∂ρ
dt ∂ ρ̇
∂L
d ∂L
−
= −mg − mz̈ = 0
∂z
dt ∂ ż
⇒
ρ̈ = ω 2 ρ
(26)
⇒
z̈ = −g ,
(27)
für die wir als Lösungen
ρ(t) = Aeωt + Be−ωt
1
z(t) = − gt2 + ż0 t + z0
2
(28)
(29)
erhalten. Für t = 0 gilt
!
!
= ω(A − B) = v0
ρ(0) = A + B = ρ0 ρ̇(0)
(30)
und damit
v0
ρ0
+
2
2ω
ρ0
v0
B=
−
2
2ω
A=
3
(31)
(32)
womit die Lösung
ρ(t) =
ρ
0
2
+
v0
v0 ωt ρ0
v0 −ωt
e +
e
= ρ0 cosh(ωt) +
−
sinh(ωt)
2ω
2
2ω
ω
(33)
lautet.
sinh(x)
cosh(x)
2
2
1
1
0
0
-1
-1
-2
-2
-2
-1
0
x
1
2
-2
Die verschiedenen Fälle - ρ
5
1
2
400
200
3
2
y
ρ
0
x
Bahnen in kartesischen Koordinaten
0 < v0
v0 = 0
−ωρ < v0 < 0
v0 = −ωρ
v0 < −ωρ
4
-1
1
0
-200
0
-400
-1
0
1
2
3
t
4
5
6
-400
4
-200
0
x
200
400
Aufgabe 28. Rolle im beschleunigten LKW
Der Auflagepunkt der Rolle (Masse m, Radius a) darf nicht über die Ladefläche des LKW
“rutschen”. Es muss daher gelten
ẋ + aφ̇ = Ẋ
(34)
Ẋ − ẋ
.
a
(35)
1
1
mẋ2 + I φ̇2
2
2
(36)
φ̇ =
a)
Mithilfe der Lagrangefunktion
L=T −V =T =
1
1
= mẋ2 + I
2
2
Ẋ − ẋ
a
!2
(37)
erhalten wir die Euler-Lagrange Gleichung
∂L
d ∂L
−
dt ∂ ẋ |{z}
∂x
=0
"
!
#
Ẋ − ẋ
1
d
=
mẋ + I
−
dt
a
a
I
= mẍ + 2 ẍ − Ẍ
a
Ẍ
ẍ =
2
1 + ma
I
(38)
0=
(39)
(40)
(41)
Ẋ
2 + v0
1 + ma
I
X
x=
2 + v0 t + x 0 .
1 + ma
I
(42)
ẋ =
(43)
b)
Für das Trägheitsmoment gilt
(
I=
m 2
2a
2
ma
und damit für die Beschleunigung
(
(41)
ẍ =
Ẍ
3m
Ẍ
2m
für einen Vollzylinder
für einen Zylindermantel
für einen Vollzylinder
für einen Zylindermantel
5
(44)
.
(45)
c)
Unter der Anhame das Ẍ(t) = b = const ist, erhalten wir aus Gleichung (41):
b
ẍ −
2 = 0
1 + ma
I
b
ẍẋ −
2 ẋ = 0
1 + ma
I
!
mẋ2
b
=0
−
2 x
2
1 + ma
I
d
dt
mẋ2
b
−
2 x = const
2
1 + ma
I
bzw.
1
2
I
m+ 2
a
ẋ2 −
bI
x = const
a2
Diese Erhaltungsgröße ist nicht der Energieerhaltungssatz!
6
Übungen zur Vorlesung Mechanik I
SS 2013
Musterlösungen
Blatt 10
Aufgabe 31. Wissensfragen
a) Beim Zweikörper-Zentralkraft-Problem (Wechselwirkungspotential V (r12 )
beliebig mit r12 = Relativabstand, keine äußeren Kräfte)
wahr falsch
— ist die gesamte kinetische Energie konstant
√
— verläuft die Relativbewegung stets auf geschlossenen Bahnen
√
— ist der Gesamtdrehimpuls konstant
√
— ist die Schwerpunktskoordinate zyklisch
√
— lässt sich die Relativbewegung auf das Einkörper-ZentralkraftProblem zurückführen
√
— verläuft die Bewegung in einer Ebene
√
— ist der Drehimpuls im Relativsystem konstant.
√
b) Die Lagrange-Gleichungen d/dt(∂L/∂ q̇k ) = ∂L/∂qk gelten nur für Systeme
√
— mit holonomen Zwangsbedingungen
— mit skleronomen Zwangsbedingungen
√
— mit Drehimpulserhaltung
√
— in denen die Summe aller Kräfte verschwindet
√
— in denen die Zwangskräfte bei der Bewegung keine Arbeit leisten.
√
— ohne Reibung
→ Bsp. L = e2γt ( 12 mẋ2 − V (x))
√
— in denen alle Zwangsbedingungen durch geeignete
Koordinatenwahl eliminiert sind.
P
c) Die Hamiltonfunktion H(pk , qk , t) = pk q̇k − L(qk , q̇k , t)
√
— ist immer die Gesamtenergie E des Systems
√
— ist immer konstant
√
√
— ist konstant, wenn ∂L/∂t = 0 gilt
— ist gleich E, wenn H = const. gilt
√
— ist gleich E bei holonomen Zwangsbedingungen
√
— ist gleich E bei skleronomen Zwangsbedingungen.
√
1