8. Starre Körper

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Übungen zur T1: Theoretische Mechanik, SoSe2013
Prof. Dr. Dieter Lüst
Theresienstr. 37, Zi. 425
Dr. James Gray
James.Gray@physik.uni-muenchen.de
8. Starre Körper
Übung 8.1: Berechnung von Trägheitstensoren
Um die Anwendung von Volumenintegralen zu vertiefen, bietet es sich an, die Trägheitstensoren
einiger einfacher Objekte mit homogener Massendichte zu bestimmen. Berechnen Sie den
Trägheitstensor
a) einer Kugelschale mit Radius R (Masse M verteilt auf der unendlich dünnen Kugeloberfläche),
b) eines Zylinders mit Höhe H und Radius R,
c) eines Hohlzylinders mit Höhe H und Radius R (Masse M verteilt auf der unendlich dünnen
Mantelfäche).
Zur Behandlung der Kugelschale und des Hohlzylinders ist es ratsam, die Massendichte
durch eine Oberflächen-Massendichte σ(x) = const. zu ersetzen. In der Integration ist dann
statt des Volumenintegrals ein Oberflächenintegral bei konstantem Radius R zu berechnen.
Verwenden Sie jeweils das auf das Problem angepasste Koordinatensystem. Für welches
Verhältnis H/R handelt es sich bei den letzten zwei Beispielen um Kugelkreisel?
Lösung von Übung 8.1
a) Wie bei einer Kugel sind auch bei einer Kugelschale die Deviationsmomente allesamt Null.
Aufgrund der Symmetrie ist es ausserdem nur notwendig, eines der Trägheitsmomente zu
bestimmen; die beiden restlichen sind identisch. Wir berechnen erneut die Komponente
Θ33 . Da die gesamte Masse auf eine Kugelschale mit Radius R konzentriert ist, lautet das
Integral in Kugelkoordinaten:
Z π Z 2π
Θ33 = σ
dθ
dφ 1 − cos2 θ R4 sinθ .
0
0
Wir haben,
Z
π
2
Z
1
4
dcosθ 1 − cos2 θ = .
3
−1
dθ 1 − cos θ sinθ =
0
Die φ-Integration liefert einen Faktor 2π. Somit lautet das Ergebnis
Θ33 =
8π 4 2
σR = M R2 .
3
3
Im letzten Schritt wurde ausgenutzt, dass die Gesamtmasse M auf einer Kugelschale mit
Oberfläche 4πR2 verteilt ist, also
M = 4πσR2
Die Trägheitsmomente einer Kugelschale sind also um einen Faktor 5/3 grösser als die einer
Vollkugel mit gleichen M und R. Der Grund ist, dass bei der Kugelschale die Massenelemente im Mittel weiter vom Mittelpunkt entfernt sind.
1
b) Für einen Zylinder bieten sich Zylinderkoordinaten an. Legt man den Ursprung in den
Schwerpunkt und die z- bzw. x3 - Achse entlang der Zylinderachse, verschwinden alle
Deviationsmomente. Dies liegt daran, dass diese Koordinatenwahl bereits den Hauptachsen
angepasst ist. Wir verzichten daher auf eine Berechnung der Deviationsmomente; der
interessierte Leser kann dies aber gerne überprüfen. Aufgrund der Symmetrie sind zwei
Trägheitsmomente identisch, Θ11 = Θ22 . Das dritte, Θ33 wird sich im allgemeinen davon
unterscheiden. Wir beginnen mit der Berechnung von Θ11 :
Z R Z 2π Z H/2
dzρ ρ2 sin2 φ + z 2
dφ
dρ
Θ11 = µ
−H/2
0
0
Hier wurde die Jacobi-Determinante der ZylinderKoordinaten verwendet (det J = ρ). Wir
führen zunächst die ρ-Integration durch:
Z 2π Z H/2 1 4 2
1 2 2
Θ11 = µ
dφ
dz
R sin φ + z R
4
2
0
−H/2
Die z-Integration liefert
2π
Z
dφ
Θ11 = µ
0
1 4
1
R H sin2 φ + R2 H 3
4
24
Die Stammfunktion von sin2 φ ist (φ − sinφ cos φ)/2. Der zweite Term darin trägt nicht
zum Integral bei, da er sowohl für φ = 0 als auch für φ = 2π verschwindet. Daher ist
π
π 2 3
1 2
1 2
4
Θ11 = µ
R H+ R H =M
R + H
,
4
12
4
12
wobei M = πµR2 H für die Zylindermasse eingesetzt wurde. Fu?r das dritte Trägheitsmoment
gilt
Z R Z 2π Z H/2
π
1
dzρ3 = µR4 H = M R2 .
dφ
dρ
Θ33 = µ
2
2
−H/2
0
0
Offensichtlich ist ein Zylinder ein Kugelkreisel (Θ11 = Θ33 ), wenn H 2 = 3R2 erfüllt ist.
c) Die Berechnung für einen Hohlzylinder erfordert erneut eine Oberflächen-Massendichte.
Für das erste Trägheitsmoment gilt
Z 2π Z H/2
dφ
dzR(R2 sin2 φ + z 2 ) .
Θ11 = σ
−H/2
0
Die z-Integration führt auf
2π
Z
Θ11 = σ
0
1
dφR R H sin φ + H 3
12
2
2
,
die φ-Integration auf
Θ11
π 3
= σR πR H + H = M
6
2
1 2
1
R + H2
2
12
.
Die Gesamtmasse ist hierbei M = 2πσRH. Das dritte Trägheitsmoment ist
Z 2π Z H/2
Θ33 = σ
dφ
dzR3 = 2πσR3 H = M R2 .
0
−H/2
Ein Hohlzylinder mit H 2 = 6R2 ist demnach ein Kugelkreisel.
2
Übung 8.2: Rollender Zylinder
Zylinders (z = H)
t die Berechnung
die Grenzen der
M
R
ω
2
�
Messung ...
Ein anfänglich ruhender Zylinder rolle eine schiefe Ebene hinunter (siehe Abbildung). Der
Aufgaben
149
Neigungswinkel der Ebene ist α. Der Zylinder hat eine homogene Dichte, Masse M und Radius
R.
V
ϕ + z . (5.165)
FG
grationen durch,
�
z) ein
�
α
(5.166)
.
.
Abbildung
5.12dass
Einder
Zylinder
(Radius
R und
Masse
M )welche
rollt unter
demgilt dann
a) Wenn man
annimmt,
Zylinder
rollt und
nicht
gleitet,
Relation
Einfluss
der Gravitationskraft
Ebenebewegt,
mit Neigung
G eine
zwischen
der Geschwindigkeit
v, mit derFsich
der schiefe
Schwerpunkt
und derα
und finden
hinunter.
Dabei
bewegt
sich
sein
Schwerpunkt
mit
Geschwindigkeit
V,
Winkelgeschwindigkeit ω des Zylinders um den Schwerpunkt?
und der Mantel dreht sich mit Winkelgeschwindigkeit ω.
b) Bestimmen Sie die kinetische Energie des Zylinders, die sich aus der Translations- und
Rotationsenergie ergibt.
c) Wie gross ist die Komponente der nach unten zeigenden Gravitationskraft |FG | = M g
(5.167)
man
annimmt, dass der Zylinder rollt und nicht gleientlang1.
derWenn
schiefen
Ebene?
Relation des
giltZylinders
dann zwischen
der schiefen
Geschwindigkeit
d) Wie stark tet,
wirdwelche
der Schwerpunkt
entlang der
Ebene beschleunigt?
Nutzen SieV,
beimit
der der
Rechnung
die Schwerpunkt
Energieerhaltung
aus.
sich der
bewegt,
und der Winkelge-
schwindigkeit ω des Zylinders um den Schwerpunkt?
.
(5.168) 2. Bestimmen Sie die kinetische Energie des Zylinders, die sich
Lösung von Übung 8.2
aus der Translations- und Rotationsenergie ergibt.
schließlicha) Der Zylinderschwerpunkt
3. Wie groß ist die
der nach Zeitintervall
unten zeigenden
Gra-ds = V dt
legtKomponente
in einem infinitesimalen
die Strecke
zurück. Dies
muss gleichzeitig
abgerollten
entsprechen.
vitationskraft
|FG | der
= Mg
entlangBogenlänge
der schiefen
Ebene? In der gleichen
Zeit muss
sichstark
um einen
dφ = ωdt drehen.
Winkel und entlang
Bogenlänge
4. er
Wie
wirdWinkel
der Schwerpunkt
des Zylinders
dersind über
(5.169)
ds = Rdφ verknüpft. Daher folgt
schiefen Ebene beschleunigt? Nutzen Sie dazu die EnergieV = Rω
erhaltung aus.
µ
0
�
0
H
Hinweis:
b) Die kinetische
Energie der Translation ist
dz R4 (z).
(5.170)
Resultat:
ausführliche Lösung:
1
TS = M V 2 .
2
Für die Rotation gilt
MR2 .
(5.171)
üglich der Spitze
de. Mit dem Steior bezüglich des
1. Der Zylinderschwerpunkt legt
1 in einem infinitesimalen ZeitTR = Θω 2 ,
intervall die Strecke ds = V 2dt zurück. Dies muss gleichzeitig
der abgerollten Bogenlänge entsprechen. In der gleichen Zeit
muss er sich um einen Winkel dϕ = ω dt drehen. Winkel und
3
Bogenlänge sind über ds = R dϕ verknüpft. Daher folgt
V = Rω.
(5.173)
wobei Θ das Trägheitsmoment bezüglich des Schwerpunktes für eine Drehung um die Symmetrieachse ist. Aus der vorherigen Aufgabe bzw. aus der Literatur wissen wir, dass
1
Θ = M R2
2
ist. Insgesamt gilt also
3
1
1
T = M V 2 + M R2 ω 2 = M V 2 .
2
4
4
Der Zylinder hat daher eine um den Faktor 3/2 höhere kinetische Energie als eine Punktmasse M mit der gleichen Geschwindigkeit V .
c) Die auf den Zylinder wirkende Kraft lässt sich in zwei Anteile zerlegen. Eine Komponente
wirkt senkrecht auf die schiefe Ebene und trägt nicht zur Beschleunigung bei. Die andere
wirkt parallel zur schiefen Ebene. Dies führt auf eine Kraft
F = −M g sinα .
d) Unter Vernachlässigung von Reibungskräften entspricht die Abnahme der potentiellen
Energie beim Herabrollen gerade der Zunahme der kinetischen Energie. Der Potentialnullpunkt kann beliebig verschoben werden, sodass wir
3
0 = E = M V 2 + M gh
4
für die Energie E schreiben können, wobei h < 0 die Höhe des Schwerpunktes bezüglich der
Anfangslage ist. Aufgrund der Geometrie ist die zurückgelegte Strecke entlang der Ebene
s=
h
.
sinα
Dabei gilt ausserdem
ν = ṡ < 0
und somit
3 2
ṡ + gs sinα = 0 .
4
Einmaliges Ableiten nach der Zeit ergibt
3
ṡs̈ = −g ṡ sinα
2
und schiesslich
2
s̈ = − sinαg < 0 .
3
Die Beschleunigung ist dem Betrage nach aus zwei Gründen geringer als die beim freien
Fall: Zum einen wirkt aufgrund der schiefen Ebene nur ein Teil der Gewichtskraft entlang
der Ebene. Andererseits beansprucht die Drehbewegung einen Teil der kinetischen Energie,
welcher der Schwerpunktsbewegung fehlt.
4
Übung 8.3: Kräftefreier symmetrischer Kreise
Diese Aufgabe verwendet die Notation und Gleichungen aus dem Skript zur Vorlesung. Das
Skript kann aus dem Internet unter
http://www.physik.uni-muenchen.de/lehre/vorlesungen/sose 13/T1/mechanikskript.pdf
heruntergeladen werden. Bevor Sie mit dieser Aufgabe beginnen, sollten Sie sich noch einmal
mit der Notation im Kapitel 4 des Skripts vertraut machen.
Die Rotation des kräftefreien symmetrischen Kreisels soll genauer untersucht werden.
a) Entwickeln Sie die Figurenachse ê∗3 nach den Basisvektoren êi im raumfesten Koordinatensystem S und die Drehimpulsachse ê3 nach den Basisvektorene ê∗i im körperfesten System
S ∗ .Verwenden Sie dazu die Transformationsmatrix D in (4.9).
b) Zeigen Sie, dass sowohl ê∗3 in S als auch ê3 in S ∗ präzediert und geben Sie jeweils die
Präzessionsfrequenz an. Beachten Sie dabei die Lösung der Euler-Winkel in (4.150).
c) Begründen Sie anhand der Struktur der Matrix D, dass beide Frequenzen nicht identisch
sind. Wie gross ist ihr Verhältnis? Wie lautet die Bedingung, dass beide Frequenzen
identisch sind?
d) Scheinbar kann die Frequenz Ω0 beliebig gross werden, wenn cos θ → 0. Begründen Sie,
warum Ω0 stets endlich bleibt.
e) Mit den bisher erhaltenen Zwischenergebnissen ist es relativ leicht, die Gültigkeit von
(4.131) zu zeigen: Berechnen Sie die Komponenten der Winkelgeschwindigkeit ω in S.
Gehen Sie dabei von (4.126) aus.
—
Lösung von Übung 8.3
a) Wir beginnen mit (5.12), was auf unser Problem angewandt
ê∗i · ê3 = Di3 und ê∗3 · êj = D3j
ergibt. Dies bedeutet, dass die Entwicklungskoeffizienten von ê3 in der Basis von S ∗ gerade
durch die drei Matrixelemente Di3 gegeben sind. Daher kann man die Entwicklung
ê3 = sinθ sinψ ê∗1 + sinθ cosψ ê∗2 + cosθ ê∗3
(1)
direkt aus der Matrix D ablesen. Analog findet man
ê∗3 = sinφ sinθ ê1 − cosφ sinθ ê2 + cosθ ê3 .
(2)
Diese Gleichungen sind für Kreisel aller Art gültig, da bisher keinerlei Annahmen gemacht
wurden.
b) Für den kräftefreien symmetrischen Kreisel ist insbesondere θ eine Konstante. Dies bedeutet, dass die Zeitabhängigkeit von ê3 in S ∗ und von ê3 in S nur in ψ bzw. φ enthalten
ist. Hier wissen wir, dass ψ̇ und φ̇ Konstanten sind. Wir hatten im Text
ψ̇ = Ω =
Θ − Θ3 ∗
ω3 ,
Θ
φ̇ = Ω0 =
Θ3 ω3∗
Θ cosθ
gefunden. Anhand von (1) und (2) sieht man somit, dass die Projektionen von ê∗3 auf ê3
und von ê3 auf ê∗3 konstant sind. Doch ê∗3 führt in der ê1 − ê2 -Ebene eine Oszillation mit
5
Frequenz φ̇ = Ω0 aus, denn es gilt φ = Ω0 t + φ0 . Gleichzeitig oszilliert ê3 in der ê∗1 − ê∗2 Ebene mit Frequenz ψ̇ = Ω, da überdies ψ = Ωt + ψ0 erfüllt ist. Es ist dabei allerdings zu
beachten, dass beide Oszillation gegenläufig sind, da in (2) ein Minuszeichen auftritt.
c) Offensichtlich unterscheiden sich die beiden Oszillationsfrequenzen ψ̇ und φ̇ dem Betrage
nach. Dies liegt daran, dass die Matrix D nicht symmetrisch ist. Im einen Fall wird die
dritte Zeile, im anderen die dritte Spalte für die Transformation verwendet. Das Verhältnis
der beiden Frequenzen lautet
ψ̇
Θ − Θ3
cosθ .
=
Θ3
φ̇
Je nach der Art des Kreisels (oblat, Θ < Θ3 , oder prolat, Θ > Θ3 ) und der Neigung θ
der Figurenachse zur Drehimpulsachse kann der Quotient beliebige positive oder negative
Werte annehmen. Beide Frequenzen sind dem Betrage nach identisch, wenn
cosθ =
Θ3
Θ − Θ3
gilt.
d) Die Frequenz Ω0 lässt sich in der Form
Ω0 =
L∗3
Θ cosθ
schreiben. Der Drehimpuls ist entlang ê3 ausgerichtet, L = Lê3 . Der Grenzfall cos θ → 0
entspricht θ → 90o . Andererseits folgt aus (1), dass die Projektion von L auf die Figurenachse ê∗3 ebenfalls cos θ ist,
L∗3 = L · ê∗3 = L cosθ
Somit ist
Ω0 =
L
Θ
völlig unabhängig vom Winkel θ zwischen Figurenachse und Drehimpuls.
e) Die Winkelgeschwindigkeit erfüllt
ω = φ̇ê3 + θ̇êK + ψ̇ê∗3 .
(3)
Um ihre Komponenten in S zu berechnen, muss sie auf die Vektoren êi projiziert werden.
Der erste Term in (3) ist trivial. Der letzte wurde bereits in (2) bestimmt. Die Knotenlinie
lässt sich direkt aus Abbildung 5.3 zu
êK = cosφ ê1 + sinφ ê2
ablesen. Nach einer kurzen Sortierung folgt das Endergebnis


 




sin φ sin θ
ω1
0
cos φ
 ω2  = φ̇  0  + θ̇  sin φ  + ψ̇  − cos φ sin θ  .
ω3
1
0
cos θ
6
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