Lösung 9

Mechanik 2
Lösungen 9
Eulergleichungen, Kreisel
30.5.2016
1. (a) Wir haben folgende Bewegungsgleichung
~
dL
~ = M0~ez
=M
dt
~
Aus den Anfangsbedingungen folgt ω
~ (0) = 0 oder L(0)
= 0, somit erhalten wir
die Lösung
~
L(t)
= Θi ωi (t)~ei (t) = M0~ez t ,
wobei die ~ei die körperfesten Achsen bezeichnen und ~ez die z-Achse im IS. Um
eine konsistente Gleichung zu erhalten drücken wir diese mithilfe der Eulerwinkel
in den KS Komponenten aus. Weiter drücken wir auch die ωi in den Eulerwinkeln
aus und erhalten folgendes System von drei gekoppelten Differentialgleichungen
Θ1 ω1 = Θ1 (φ̇ sin θ sin ψ + θ̇ cos ψ) = M0 sin θ sin ψ t
Θ1 ω2 = Θ1 (φ̇ sin θ cos ψ − θ̇ sin ψ) = M0 sin θ cos ψ t
Θ3 ω3 = Θ3 (φ̇ cos θ + ψ̇) = M0 cos θ t
Aus den beiden ersten Gleichungen folgt θ̇ = 0. Dazu kann die erste Gleichung
durch sin ψ geteilt werden und die zweite durch cos ψ, somit werden die beiden
rechten Seiten gleich. Durch Gleichsetzen der beiden linken Seiten und umformen erhalten wir dann eine Gleichung
θ̇
1
=0
cos ψ sin ψ
welche nur erfüllt sein kann wenn θ̇ = 0. Wegen der Anfangsbedingung θ(0) = 0
folgt θ(t) = 0, womit die beiden ersten Gleichungen erfüllt sind. Die dritte
Gleichung wird
Θ3 (φ̇ + ψ̇) = M0 t
Wir bemerken, dass mit θ(t) = 0 die z-Achse und die e3 -Achse zusammenfallen
und somit ψ und φ Drehungen um dieselbe Achse beschreiben. Deswegen kann
ψ(t) = 0 gesetzt werden und wir erhalten
φ(t) =
1 M0 2
t
2 Θ3
Das Drehmoment bewirkt also ein beschleunigte Rotation um die Drehachse.
2. (a) Wir wählen als KS das Hauptachsensystem (Symmetrieachsen), damit der Trägheitstensor diagonal ist. Weiter benützen wir Zylinderkoordinaten
Z L/2 Z R Z 2π
L2
R2
2
dφ r (z + r cos φ) =
dr
dz
Θ1 = ρ0
m+
m
12
4
0
0
−L/2
Aus Symmetriegründen Θ2 = Θ1 und weiter erhalten wir aus einer ähnlichen
Rechnung Θ3 = mR2 /2. Da der Stab sehr dünn ist können Terme mit R2 vernachlässigt werden und somit folgt die Behauptung. Wir hätten das Resultat
auch aus dem Trägheitstensor für den Quader (Serie 9, Aufgabe 1) ablesen können, indem man den Limes a, b → 0 nimmt.
(b) Als verallgemeinerte Koordinate verwenden wir den Winke ϕ zwischen Stab und
Tisch. Die potentielle Energie ist dann gegeben durch
U = mgh = mg cos ϕ
L
,
2
die Translationsenergie (Bewegung des Schwerpunktes) durch
2
L
m
ϕ̇
Ttrans =
2
2
und die Rotationsenergie durch
Trot =
ΘS 2 L2 m 2
ϕ̇ =
ϕ̇ .
2
24
Wir erhalten somit für den Lagrangian
L = Ttrans + Trot − U =
L2 m 2
L
ϕ̇ − mg cos ϕ .
6
2
(c) Im Bezugssystem des Tisches haben wir keine Translationsenergie. Das Trägheitsmoment ΘT ist aber um L/2 verschoben, nach dem Satz von Steiner ist es
gegeben durch
ΘT1 = ΘT2 = ΘS + m
L2
L2 m
=
4
3
und
ΘT3 = Θ3 = 0
Wir erhalten also für den Lagrangian
L = Trot − U =
1 L2 m 2
L
L2 m 2
L
ϕ̇ − mg cos ϕ =
ϕ̇ − mg cos ϕ .
2 3
2
6
2
(d) Wir betrachten das System wiederum im Bezugssystem des Tisches. Energieerhaltung liefert folgende Gleichung
Erot (Ende) = Epot (Anfang) ,
wobei
1
Erot (Ende) = ω 2
2
L2 m
3
und
Epot (Anfang) = mgh = mg
wir erhalten also
L
.
2
r
3g
L
= L ω woraus wir dann die Geschwindigkeit beim Aufω=
Es gilt ausserdem vSpitze
prall ablesen können
vSpitze =
p
3gL .
3. (a) Das Trägheitsmoment einer Kugel ist diagonal mit Θ1 = Θ2 = Θ3 = Θ. Wir
können also für eine beliebige Komponente das Trägheitsmoment berechnen
Z
Z 2π Z π Z r
2
3
2
2
Θ = ρ0 d r(x + y ) = ρ0
dφ
dθ
dr0 r02 sin θ r02 sin(θ)2 = mr2
5
0
0
0
(b) Wir wählen das Koordinatensystem in der Mitte der Kugelschale mit den Winkeln ϕ und θ als Koordinaten. In diesem System besteht die Bewegung aus der
Schwerpunktsbewegung und aus der Rotation der Kugel um den Schwerpunkt.
Die Bewegung des Schwerpunktes sowie die potentielle Energie kann analog zur
Aufgabe 1a) aus Serie 2 hergeleitet werden und ergibt
m
m
m 2
vS = (R − r)2 (θ̇2 + sin(θ)2 ϕ̇2 ) ≈ R2 (θ̇2 + sin(θ)2 ϕ̇2 )
2
2
2
U = mg(R − r) cos(θ) ≈ mgR cos(θ)
Ttrans =
wobei im zweiten Schritt jeweils die Näherung r R angewendet wurde. Um
die Rotationsenergie zu berechnen, verwenden wir, dass über die Schwerpunktsgeschwindigkeit vS die Winkelgeschwindigkeit der kleinen Kugel gegeben ist
vS = rω, somit
Trot =
Θ 2 Θ vS2
Θ R2 2
ω =
=
(θ̇ + sin(θ)2 ϕ̇2 )
2
2 r2
2 r2
und der Lagrangian ist
L = Ttrans + Trot − U =
=
m 2 Θ R2
R +
2
2 r2
(θ̇2 + sin(θ)2 ϕ̇2 ) − mgR cos(θ)
7
mR2 (θ̇2 + sin(θ)2 ϕ̇2 ) − mgR cos(θ)
10
(c) Der Lagrangian ist unabhängig von der Zeit t und vom Winkel ϕ, somit haben
wir zwei Erhaltungsgrössen: Die Energie E und der Drehimpuls in z-Richtung
Lz :
E = Ttrans + Trot + U =
Lz =
7
mR2 (θ̇2 + sin(θ)2 ϕ̇2 ) + mgR cos(θ) = konst
10
∂L
7
= mR2 sin(θ)2 ϕ̇ = konst
∂ ϕ̇
5
In der ersten Gleichung können wir mithilfe der zweiten ϕ̇ ersetzen und erhalten
somit eine Differentialgleichung 1. Ordnung
E=
5
7
mR2 θ̇2 + L2z
+ mgR cos(θ)
2
10
2mR sin(θ)2
R.Stucki