3. Erhaltungsgrößen und die Newton`schen Axiome

Übungen zur T1: Theoretische Mechanik, SoSe2013
Prof. Dr. Dieter Lüst
Theresienstr. 37, Zi. 425
Dr. James Gray
[email protected]
3. Erhaltungsgrößen und die Newton’schen Axiome
Übung 3.1: Perlen gleiten auf einem Ring
Zwei Perlen gleiten ohne Reibung auf einem ebenen Ring mit dem Radius R. Die schwerere
von beiden (Masse 3m) ist mit einer Feder (Federkonstante K) verbunden. Im ungedehnten
Zustand schrumpft die Feder auf einen Punkt zusammen. Das feste Ende der Feder ist an einem
Punkt mit dem horizontalen Abstand 2R vom Zentrum des Kreises angebracht. Die leichtere
Perle (Masse m) ist zunächst am Boden des Rings in Ruhe. Die schwerere Perle wird an der
Oberseite des Rings freigegeben, kollidiert dann mit der leichteren und klebt an dieser.
a) Bestimmen Sie den Wert von m, bei dem beide Perlen (Masse zusammen 4m) gerade
den Punkt A auf dem Ringe erreichen, diesen aber nicht überschreiten. Geben Sie das
Ergebnis in Abhängigkeit von den Konstanten K, R und der Erdbeschleunigung g an. Ist
es unabhängig von einer dieser Größen?
3m
A
R
g
2R
m
Lösung von Übung 3.1
Der Impuls der schweren Perle (Masse 3m) ist vor der Kollision P0 . Somit beträgt die kinetische
Energie direkt vor der Kollision
P02
Kb =
.
2(3m)
Die potentiellen Energie, welche durch die Schwerkraft entsteht, wird am tiefen Punkt des
Ringes auf Null gesetzt. Vergleichen wir nun die Energie des Anfangszustands mit der Energie
1
kurz vor Kollision es ergibt sich
Ki + Ui = Kb + Ub
k √
P02
k √
2
0 + (3m)g(2R) +
=
( 5R)
+
( 5R)2
2
2(3m)
2
2
P0
⇒ 6mgR =
6mp
⇒ P0 = 6m gR .
Dieser Impuls bleibt bei der Kollision erhalten. Da es sich um einen unelastischen Stoß handelt,
bleibt nur der Impuls, nicht aber die Energie, bei diesem erhalten. Daher beträgt die kinetische
Energie sofort nach der Kollision
Ka =
P02
.
2(4m)
Mit dem Energieerhaltungssatz bestimmt man nun
K + Ua = KA + UA
a
k √
k
2
2
( 5R) = 0 + (4m)gR +
(3R)
+
2(4m)
2
2
P02
für den Endzustand. Anschließend verwenden wir den bereits bestimmten Wert von P0 :
36m2 gR 5k 2
9k
+ R = 4mgR + R2
8m
2
2
mgR
= 2kR2
⇒
2
4kR
⇒ m =
g
Übung 3.2: Reflexion eines Würfel
Ein elastischer Würfel kann sich auf einem Luftkissentisch ohne Reibung bewegen. Der
Würfel wird nun so bewegt, dass zwei seiner sechs Seitenflächen parallel zur Umrandung des
Luftkissentisches sind. Der Reibungskoeffizient zwischen Würfel und Umrandung beträgt µ.
Der Schwerpunkt des Würfels bewegt sich mit der Geschwindigkeit v unter dem Winkel α auf
die Umrandung zu. Berechnen Sie den Winkel β unter dem sich der Würfel nach der Reflexion
wieder von der Umrandung entfernt.
β
α
v
2
(Hinweis: Die Reibung mit der Umrandung führt zu einer Kraft µF⊥ (t) auf den Würfel. Diese
Kraft wirkt der Bewegung entlang der Umrandung entgegen. Die Größe F⊥ (t) bezeichnet dabei
die Kraft, die der Würfel auf die Wand ausübt.)
Lösung von Übung 3.2
Die Kräfte, die auf den Würfel wirken, lassen sich in zwei Anteile zerlegen:
1. Die Reaktionskraft F⊥ (t) senkrecht zur Wand.
2. Die Reibungskraft µF⊥ (t) parallel zur Wand.
Die Endgeschwindigkeit des Würfels bezeichnen wir mit v0 .
Senkrecht zur Wand ist die Kollision elastisch.
vx0 = −vx = −v sinα ⇒ ∆px = −2mv sinα
Durch den Impulsübertrag ∆px entsteht die Kraft F⊥ (t). Dabei gilt der folgende Zusammenhang
Z τ
F⊥ (t)dt = −2mv sinα ,
(1)
∆px = −
0
wobei die Dauer der Kollision mit τ bezeichnet wird.
Außerdem gilt entlang der Wand
Z
min(τ 0 ,τ )
∆py = −
µF⊥ (t)dt
0
⇒
mvy0
Z
min(τ 0 ,τ )
− mvy = −
µF⊥ (t)dt .
(2)
0
Dabei bezeichnet τ 0 den Zeitpunkt, an dem der Würfel parallel zur Wand zur Ruhe kommt
(vy (τ 0 ) = 0).
Angenommen τ < τ 0 :
(2) ⇒
mvy0
Z
τ
= mv cosα − µ
F⊥ (t)dt
0
(1) ⇒ mvy0 = mv cosα − µ2mv sinα
⇒ vy0 = v(cosα − 2µ sinα) ,
woraus
tanβ =
vx0
v sinα
tanα
=
=
0
vy
v(cosα − 2µ sinα)
1 − 2µ tanα
folgt.
• Wenn 1 − 2µ tanα = 0 dann gilt
tanβ = ∞ ⇒ β =
π
.
2
• Wenn 1 − 2µ tanα < 0 dann ist vy bereits vor dem Ende der Kollision Null. Daher ist in
dieser Situation τ > τ 0 und der Würfel bewegt sich senkrecht zur Wand.
3
Die komplette Antwort lautet also:
(
tan α
−1
tan
1−2µ tanα
β=
π
2
tanα <
tanα ≥
1
2µ
1
2µ
Übung 3.3: Satz von Stokes
Wir betrachten das Kraftfeld
F = 2xex − (xy − 3z)ey + (4yz − x)ez .
Die Vektoren ex , ey und ez sind Einheitsvektoren in Richtung der Koordinatenachsen x, y und
z.
Zeigen Sie, dass
Z Z
(∇ × F).dA = 0
C
gilt. Dabei bezeichnet C die Oberfläche der Halbkugel über der xy-Ebene.
a) Werten Sie das Integral direkt aus.
b) Verwenden Sie den Satz von Stokes.
c) Handel es sich bei F um eine konservative Kraft?
Lösung von Übung 3.3
Wir berechnen zunächst die Rotation
∇ × F = (4z − 3)ex + ey − yez .
Die obere Halbkugel ist gegeben durch


cosφ sinθ
r =  sinφ sinθ 
cosθ
0 ≤ φ < 2π
0≤θ≤
π
.
2
Weiterhin verwenden wir das Flächenelement
∂r
∂r
dA =
dθ ×
dφ = sinθ r dθdφ
∂θ
∂φ
und


4 cosθ − 3
.
1
∇×F=
− sinφ sinθ
Somit ergibt sich für das auszuwertende Integral
Z Z
I =
∇ × F.dA
Z π Z 2π
2
dθ
dφ (cosφ sinθ (4 cosθ − 3) + sinφ sinθ − sinφ sinθ cosθ) sinθ
=
0
0
= 0.
4
Nach dem Satz von Stokes können wir dieses Integral auch als
Z
F · dr .
I=
∂c
ausdrücken, wobei ∂c der Kreis mit dem Radius 1 in der xy-Ebene ist.
Wir verwenden das Wegelement




cosθ
−sinθ
r =  sinθ  0 ≤ θ ≤ 2π ⇒ dr =  cosθ  dθ
0
0
und berechnen
Z
I=−
2π
(2cosθ sinθ + sinθ cos2 θ)dθ = 0 .
0
Die Kraft F ist nicht konservative da ∇ × F 6= 0 gilt.
Übung 3.4: Polarkoordinaten und die Newton’schen Axiome
Ein Teilchen bewegt sich unter der Schwerkraft auf der Innenseite eines Kegelmantels r = z.
Die Koordinaten r, θ und z sind zylindrische Polarkoordinaten. Die z-Achse zeigt senkrecht
nach oben. Das Teilchen startet auf der Höhe z = a. Die θ-Komponente seiner Anfangsgeschwindigkeit beträgt (ga)1/2 .
a) Zeigen Sie, dass
ga3
+g =0
z3
2z̈ −
gilt.
b) Nun sei z = a + (t), wobei (t) << a ist. Zeigen Sie, dass man diese Gleichung durch
¨ +
3g
=0 .
2a
nähern kann. Beschreiben Sie die so entstehende Bewegung.
Lösung von Übung 3.4
Wir bezeichnen die Zwangskraft, die das Teilchen auf dem Kegelmantel hält mit
π
FR
FR
π
FR = −FR cos er + FR sin ez = − √ er + √ ez .
4
4
2
2
Das zweite Newton’sche Axiom liefert
−mgez + FR = mr̈ .
Die Einheitsvektoren er und eθ haben die folgenden Eigenschaften:
er = cosθ ex + sinθ ey
e˙r = −sinθ θ̇ex + cosθ θ̇ey = θ̇eθ
und
und
5
eθ = −sinθ ex + cosθ ey
e˙θ = −cosθ θ̇ex − sinθ θ̇ey = −er θ̇ .
(3)
Mit diesen Eigenschaften können wir
ṙ = ṙer + re˙r + żez = ṙer + rθ̇eθ + żez
⇒ r̈ = r̈er + ṙθ̇eθ + ṙθ̇eθ + rθ̈eθ + rθ̇(−er )θ̇ + z̈ez
1d 2
(r θ̇)eθ + z̈ez
= (r̈ − rθ̇2 )er +
r dt
ausrechnen. Eingesetzt in das zweite Newton’sche Axiom ergibt sich
FR
FR
md 2
(3) ⇒ −mgez + − √ er + √ ez
(r θ̇)eθ + mz̈ez
= m(r̈ − rθ̇2 )er +
r dt
2
2
FR
⇒ m(r̈ − rθ̇2 ) = − √
2
1d 2
(r θ̇)eθ = 0
r dt
FR
mz̈ = √ − mg .
2
(4)
(5)
(6)
Aus der θ-Komponente der Anfangsgeschwindigkeit ergibt sich
√
(5) ⇒ r2 θ̇ = h = Konstant = a ga .
(7)
Jetzt betrachten wir die Gleichung (4) und (6):
(4)&(6) ⇒ m(r̈ − rθ̇2 ) = −(mz̈ + mg)
⇒ 0 = r̈ + z̈ + g − rθ̇2
(8)
Die Gleichung (7) und r = z führen zu dem gesuchten Ergebnis
(8) ⇒ 2z̈ + g − rθ̇2 = 0
h2
⇒ 2z̈ + g − 3 = 0
r
ga3
⇒ 2z̈ + g − 3 = 0 .
z
Nun sei z = a + (t), wobei (t) << a gilt.
(9) ⇒ 2¨ + g −
ga3
= 0
(a + )3
ga3 ⇒ 2¨ + g − 3 1 − 3
+ O(2 ) = 0
a
a
g
⇒ 2¨ + 3 + O(2 ) = 0
a
Das Teilchen oszilliert um die Höhe z = a.
6
(9)