Beispiel 1:

Übungen Theoretische Physik I (Mechanik)
Blatt 7 (Austeilung am: 07.09.11, Abgabe am 14.09.11)
Beispiel 1:
Stoß in der Ebene [3 Punkte]
Betrachten Sie den elastischen Stoß dreier Billiardkugeln A, B und C mit jeweils der Masse  in der
Ebene. Vor dem Stoß bewege sich die Kugel A mit der Geschwindigkeit 0 = 5 m/s auf die anderen
Kugeln B und C zu, welche vor dem Stoß ruhen. Nach der Kollision bewegen sich die Kugeln in die
Richtungen, die in der Skizze angedeutet sind. Berechnen Sie den Betrag der Geschwindigkeiten aller
drei Kugeln nach dem Stoß.
Lösung:
Die Impulserhaltung liefert:
0 =  +  +  
In Komponenten ausgedrückt:
B − A cos 30◦ = 0
◦
C + A sin 30 = 0 = 5 m/s
y-Richtung 
(1)
x-Richtung 
(2)
Bei elastischen Stößen kann man von der Energieerhaltung in der folgenden Form Gebrauch machen:
¢
1 ¡ 2
1
kin
kin
nach
=  A
+ B2 + C2 = vor
= 02 
2
2
(3)
Hiermit haben wir ein nichtlineares System (1-3) von drei Gleichungen für drei Unbekannte. Quadriert
man jeweils die beiden Gleichungen (1) und (2), addiert sie danach und subtrahiert man schließlich
die Energieerhaltung (3), so bekommt man 2A (C sin 30◦ − B cos 30◦ ) = 0, also
C = B cot 30◦
(4)
für A 6= 0. Diese Gleichung zusammen mit den beiden Gleichungen der Impulserhaltung bildet nun ein
lineares Gleichungssystem dreier Gleichungen für drei Unbekannte. Damit ist die Aufgabe elementar
1
lösbar und man erhält
0
= 2 5  
2
√
√
3
5 3
◦
◦
=
 ≈ 2 16  
B = 0 sin 30 cos 30 = 0
4
4
15
3
 = 3 75  
C = 0 cos2 30◦ = 0 =
4
4
A = 0 sin 30◦ =
Beispiel 2:
Kreisförmige Bewegung mit Reibung [3 Punkte]
Ein Teilchen der Masse  bewege sich entlang einer ebenen, kreisförmigen Bahn mit Radius  entgegen dem Uhrzeigersinn. In einem Viertel des Kreises, nämlich im Kreisbogen (32 2) erfährt
das Teilchen eine konstante Reibungskraft  = −  ||, die seine Geschwindigkeit reduziert. Das
Teilchen startet seine£ Bewegung
zum Zeitpunkt 0 = 0 bei 0 =  und 0 = 0 mit der Anfangs¤
0
geschwindigkeit 0 = 0 , es wirken keine äußeren Kräfte auf den Massenpunkt ein. Wie groß ist der
Radius  des Kreises, wenn das Teilchen nach genau drei Umdrehungen zum Stillstand kommt?
Hilfe: Benutzen Sie die Definition der kinetischen Energie über die Arbeit. Welchen Beitrag liefert die
Zwangskraft?
Lösung:
Für die Reibungskraft gilt hier:
Reib = − ()  

½
0 if  ∈ [0 32)
 () =

 if  ∈ [32 2)
Die Gesamtenergie zum Zeitpunkt 0 = 0 ist
kin (0 ) =
2
02

2
und dann für  6= 0:
Z
Z
d
1

 d = 
2
Kreis
Kreis Z d
Z

 d +
= kin () − kin (0 ) =
 =
ges d =
Kreis
Z
d ()2
Kreis
Reib d 
Kreis
R
wobei Kreis  d = 0 für Kräfte, die Zwangsbedingungen für Kreisbahnen ⊥ d entsprechen.
Kommt das Teilchen nach exakt  Umdrehungen zum Stillstand, so gilt kin ( ) = 0, und somit
−kin (0 ) =
Z
Reib d =
 Umdrehungen
X Z 2
=−

32
Z
2
(− ()  ) ( d  )
0
  d = −
 2
02

=− 0 ⇒=

2
2

Insbesondere gilt für drei Umdrehungen  = 3 somit  =
02
3 .
Beispiel 3:
Schiefer Turm von Pisa [5 Punkte]
Vom höchstmöglichen Punkt des schiefen Turms von Pisa werde ein Stein der Masse  fallengelassen.
Wegen der Erdrotation erreicht der Stein den Boden mit einem kleinen Versatz ∆ im Vergleich zu
einer vertikalen Linie im rotierenden Bezugssystem der Erde. Berechnen Sie den Versatz ∆ unter der
Annahme einer Turmhöhe von  = 160 m und einer geographischen Breite für Pisa von  = 50◦ .
Hilfe: Verwenden Sie die Bewegungsgleichung in rotierenden Bezugssystemen mit der Gravitation und
vernachlässigen Sie die Zentrifugalkraft. Machen Sie einen Ansatz r0 () = r00 () + u0 (), wobei r00 ()
die Lösung für den nichtrotierenden Grenzfall darstellt. Vernachlässigen Sie Terme, die quadratische
oder höhere Potenzen von  enthalten und lösen Sie die Bewegungsgleichung.
3
Lösung:
Die Bewegungsgleichung im rotierenden Bezugssystem ohne äußere Kräfte ist
µ
¶
¢
¡
dr0
d2 r0
− ×  × r0 
 2 = −2 ̂×
d
d
Die Winkelgeschwindigkeit für die Erddrehung ist  = 2(1) ≈ 73 × 10−5 Hz. Daher reichen
Terme von erster Ordnung in  aus und wir können die höheren Terme in  vernachlässigen. Wir
vernachlässigen daher die Zentrifugalkraft und berücksichtigen nun die Gravitationskraft:
µ
¶
d2 r0
dr0
 2 = −2 ̂×
(5)
− e0 
d
d
Für die Lösung machen wir den folgenen Ansatz
r0 () = r00 () + u0 ()
(6)
wobei sich r00 () auf die Lösung für  = 0 reduziert:
µ
¶
1 2 0
0
r0 () =  −  e 
2
Wir setzen (6) in die Bewegungsgleichung (5) ein und erhalten:
µ
¶
¢
¤
d2 ¡ 0
d £ 0
0
0
 2 r0 () + u () = −2 ̂×
r () + u () − e0
d
d 0
µ
∙
¸¶
d2 0
d 0
0
0
−e +  2 u = −2 ̂× e +  u () − e0
d
d
2
¢
¡
d
 2 u0 ' 2 ̂ × e0 
d
Weil die Rotationsachse ̂ parallel zur Erdachse ist, gilt
¡
¢
̂ × e0 = cos()e0 
wobei e0 der nach Osten zeigende Tangentialeinheitsvektor ist.
Somit haben wir für die Bewegungsgleichung

d2 0
u = 2 cos()e0 
d2
Durch Integration bekommen wir dann
1
u0 () = 3 cos()e0 
3
Mit der Gesamtfallzeit
1
 =  2
2
⇒
erhalten wir schließlich
 =
s
2

2  p
1
2 cos() 
∆ = 3  cos() =
3
3 
Mit der Gesamtturmhöhe von  = 160 m und der geographischen Breite von Pisa  = 50◦ ergibt sich
somit ein Versatz von ∆ ≈ 2 9 cm.
4
Beispiel 4:
Stange gleitet Wand hinab [4 Punkte]
Eine Masse  sei genau in der Mitte einer masselosen Stange der Länge 2 fest angebracht. Dieses
Gebilde lehne reibungsfrei an einer Wand und gleite wegen der Gravitationskraft, die auf  wirkt an
ihr hinab. Die Stange bleibt zu jeder Zeit mit der Wand in Berührung.
(a) Formulieren Sie die geometrische Zwangsbedingung für die Bewegung der Masse  und konstruieren Sie einen formalen Ausdruck für die Zwangskraft.
(b) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit der Masse  als Funktion ihrer Position (z.B. ).
(c) Berechnen Sie die Zwangskraft konkret und interpretieren Sie die auftretenden Terme.
Hilfe: Drücken Sie die Zwangsbedingung  = 0 in Polarkoordinaten aus. bestimmen Sie den Parameter
 aus zweimaliger Differenziation der Zwangsbedingung, also
 in der Zwangskraft ∇
d2 
= 0
d2
Lösung:
Die Bewegung der Masse  ist beschränkt auf den Bereich
 =  sin  
Somit ist
 ( ) =
³  ´2

 = ( − ) cos  
+
µ

−
¶2
−1=0
Hier ist  = 2 - die Masse befindet sich in der Mitte der Stange:
 ( ) = 2 +  2 − 2 = 0 
in Polarkoordinaten :  ( ) = 0 = 2 − 2 
 = ∇
 und bekommen
Wir machen einen Ansatz für die Zwangskraft gemäß 
µ
¶

1 


 = ∇ = 
 +
 = 2 

 
5
Das führt auf die folgenden Bewegungsgleichungen:
 :
 :
̈ − ̇2 = − sin  + 2 
2̇̇ + ̈ = − cos  
 bekommen wir aus:
d2 
= 2̇2 + 2̈ = 0 , setzen ̈ aus der radialen Bewegungsgl. ein,
d2
µ
¶
2
2
2
⇒ ̇ +  ̇ −  sin  +  = 0

¢
 ¡ 2
2 2
⇒  = 2 −̇ −  ̇ +  sin  
2
Damit können wir die Bewegungsgleichungen lösen:
̈ − ̇2 = − sin  + 2
¢
 ¡ 2
d2 
2 2
2
−
̇
−

̇
+

sin

→
̇
+
̈
=
0
≡

22
d2
ist trivial erfüllt wenn die Bewegung auf S beschränkt ist, also  () = . Weiter gilt:
 :
2̇̇ + ̈ = − cos  ;
 () =   ̇ () = 0
⇒ ̈ = − cos  → ̇̈ = − ̇ cos  
d
 d ¡ 2¢
2
⇒
̇ = − sin  ⇒ ̇2 = − sin  +  
2 d
d

2
Anfangsbed.:  (0) = 0 ; ̇ (0) = 0 ⇒  =
sin 0

r
1
2
(sin 0 − sin ) 2
⇒ ̇ = −

p
1
⇒  () = ̇ = − 2 (sin 0 − sin ) 2 
Damit bekommt man schließlich für die Zwangskraft
¡
¢
¢
 ¡
 = 2 =  2 2 −̇2 − 2 ̇2 +  sin  =  −̇2 +  sin 
2
=  (3 sin  − 2 sin 0 ) 
−̇2 : für die Kreisbahn nötige Zentripetalkraft,
− sin  : Komponente der Gravitationskraft in zentripetaler Richtung.
Beispiel 5:
Flaschenzug & Zwangskräfte [3 Punkte]
Die Masse 1 hänge an dem einen Ende einer masselosen Schnur, welche über einen fixierten, reibungsfreien und nichtrotierenden Flaschenzug geführt worden sei. Am anderen Ende der Schnur hänge
die Masse 2 . Schreiben Sie die newtonschen Bewegungsgleichungen in der Form
 
 ẍ = + 
  für die
worin  für die äußere Kraft auf die Masse  ( = 1 2) durch die Gravitation und 
Zwangskraft stehen soll. Bestimmen Sie die Zwangskraft für beide Massen (ohne Verwendung des
Lagrange-Formalismus).
Hilfe: Bestimmen Sie die Zwangskraft aus zweimaliger Differenziation der Zwangsbdingung nach der
Zeit.
6
Lösung:
Geometrische Zwangsbedingung:
 (1  2 ) = 1 + 2 +  −  = 0 
Ansatz über die Zwangskräfte:
 = 

=

Bewegungsgleichungen:
 ̈ −   =  
 + 1 
̈1 =

1
̈2 =
 + 2 

2
d2 
= ̈1 + ̈2 = 0 ⇒ ̈1 = −̈2 und somit
d2
 + 1 
 + 2 
1 2 
=−
⇒  = −2

1
2
1 + 2
µ
¶

1 2 
1
1 −1
Zwangskräfte:  = 
=  = −2
= −2
+


1 + 2
1 2
Aus
1 2 

1 + 2
2 + 1 2 − 21 2
=0
1 ̈1 −  1
1 + 2
1 − 2
1 − 2
̈1 = 
 ̈2 = −

1 + 2
1 + 2
1 ̈1 − 1  = −2
7