Lösung 1

Allgemeine Mechanik
Musterlösung 1.
Übung 1.
HS 2014
Prof. Thomas Gehrmann
Kraftfelder und Linienintegrale.
(a) Gegeben sei das Kraftfeld F~ = (xy, −y 2 ). Berechnen Sie das Linienintegral von r~1 = (0, 0) nach
r~2 = (2, 1) entlang
(i) einer gerade Linie in der xy-Ebene,
(ii) einer Parabel in der xy-Ebene,
(iii) geraden Linien in der xy-Ebene von (0, 0) nach (0, 1) und von (0, 1) nach (2, 1),
(iv) einer Kurve mit der Parameterdarstellung x = 2t3 , y = t2 für 0 ≤ t ≤ 1.
Ist die Kraft konservativ?
(b) Gegeben sei das Kraftfeld F~ =
y
x
x2 +y 2 , x2 +y 2
. Berechnen Sie das Linienintegral in der xy-Ebene
von r~1 = (−1, 0) nach r~2 = (1, 0) entlang
(i) eines Halbkreises im ersten und zweiten Quadranten,
(ii) geraden Linien von (−1, 0) nach (0, 1) und von (0, 1) nach (1, 0).
Ist die Kraft konservativ?
Lösung.
(a) Im Allgemeinen gilt
Z
F~ · d~r =
2
Z
1
Z
Fx dx +
Fy dy .
0
(L.1)
0
(i) Weg: y = x/2.
Z
F~ · d~r =
2
Z
0
1 2
x dx −
2
1
Z
y 2 dy = 1 .
(L.2)
y 2 dy = 2/3 .
(L.3)
0
(ii) Weg: y = x2 /4.
Z
F~ · d~r =
2
Z
0
1 3
x dx −
4
Z
2
Z
1
0
(iii) Weg: x = 0, y = 1.
Z
F~ · d~r =
Z
1
x dx −
0
y 2 dy = 5/3 .
(L.4)
0
(iv) Weg: x = 2t3 , y = t2 .
Z
F~ · d~r =
1
Z
0
dx
Fx
dt +
dt
Z
1
Fy
0
dy
dt
dt
1
Z
(L.5)
12t7 − 2t5 dt = 7/6 .
=
0
Da die verrichtete Arbeit in allen vier Fällen unterschiedlich groß ist, ist die Kraft nicht
konservativ.
(b) Wir können genauso vorgehen wie bisher.
1
(i) Weg: x2 + y 2 = 1
y=
p
1 − x2
(L.6)
Da der Halbkreis im ersten und zweiten Quadranten liegt, ist das Vorzeichen vor der
Wurzel positiv. Dann gilt
Z
Z 1
Z 0
~
F · d~r =
x dx +
y dy = 0 .
(L.7)
−1
0
(ii) Weg 1: x = y − 1, y = x + 1
Wir vertauschen die Integrationsgrenzen des zweiten Integrals und führen die Substitution y → −y durch:
Z
Z 0
Z 1
x
y
F~ · d~r =
dx +
dy
2
2
2
2
−1 x + (x + 1)
0 y + (y − 1)
Z 0
Z 0
y
x
(L.8)
dx −
dy
=
2
2
2
2
−1 y + (y + 1)
−1 x + (x + 1)
=0
Weg 2: x = 1 − y, y = 1 − x
Z
Z
~
F · d~r =
0
1
x
dx −
x2 + (1 − x)2
Z
0
1
y
dy
y 2 + (1 − y)2
(L.9)
=0
In diesem Fall verschwindet die verrichtete Arbeit in beiden Fällen. Das reicht nicht aus,
um schlusszufolgern, dass die Arbeit konservativ ist, da sie entlang anderen Wegen von
Null verschieden sein kann. Allerdings können wir zeigen, dass die Rotation des Kraftfelds
verschwindet,
~ × F~ = 0 ,
∇
(L.10)
und dass es als Gradient eines Potentials geschrieben werden kann:
1
V = − log(x2 + y 2 ) .
2
(L.11)
Somit ist die Kraft konservativ.
Übung 2.
Flugbahn eines Balles in verschiedenen Koordinatensystemen.
Zwei Koordinatensysteme K(x, y, z) und K 0 (x0 , y 0 , z 0 ) sind zum Zeitpunkt t = 0 gegeneinander verdreht,
sodass die x- und x0 -Achsen zusammenfallen und die z- und z 0 -Achsen um den Winkel α auseinanderliegen. System K befindet sich im Gravitationsfeld der Erde in Ruhe und ist so ausgerichtet, dass die
Gravitationsbeschleunigung der Erde parallel zur z-Achse ist, ~g = (0, 0, −g). System K 0 rotiert mit einer
Winkelgeschwindigkeit ω um die z 0 -Achse. Die Rotation der Erde ist vernachlässigbar.
Zum Zeitpunkt t = 0 wird ein Ball mit der Geschwindigkeit v00 von Ort r~0 (t = 0) = (0, R, 0) in System K 0
parallel zur y-Achse in Richtung der z-Achse von System K geworfen.
(a) Bestimmen Sie die Transformation, die die Koordinaten (x, y, z) in die Koordinaten (x0 , y 0 , z 0 )
überführt.
(b) Lösen Sie die Bewegungsgleichung für den Ball in System K.
2
(c) Transformieren Sie die gefundene Lösung für ~r(t) in eine Lösung für r~0 (t).
(d) Bestimmen Sie die Bewegungsgleichung für den Ball in System K 0 und zeigen Sie, dass die Lösung
aus (c) diese Bewegungsgleichung für den Spezialfall α = 0 erfüllt.
z
z0
ω
y0
v00
α
R
y
x0
x
Im Folgenden gelten die Werte α = 45◦ , v00 = 10ms−1 und g = 10ms−2 .
(e) Zu welchem Zeitpunkt t0 schneidet der Ball die x0 y 0 -Ebene von System K 0 ?
(f ) K 0 rotiert jetzt derart, dass der Ball zum Zeitpunkt t0 am Ort r~0 (t = t0 ) = (0, s · R, 0) auf der
y 0 -Achse landet, wobei s R.
(i) Zeigen Sie, dass gilt:
ωt0 = s · sin(ωt0 ) .
(1)
(ii) Berechnen Sie numerisch die Rotationsgeschwindigkeit ω für s = 2 und den Radius R, den der
Ball zurücklegen muss, um von r~0 (t = 0) = (0, R, 0) nach r~0 (t = t0 ) = (0, 2R, 0) zu gelangen.
Wie groß ist die Zentrifugalbeschleunigung am Ort r~0 (t = 0)?
(iii) Kann der Ball zum Ort zurückgelangen, von dem er geworfen wurde?
(g) Zeichnen Sie die Flugbahn des Balles in der x0 y 0 -Ebene für den Weg von r~0 (t = 0) = (0, R, 0) nach
r~0 (t = t0 ) = (0, 2R, 0) in System K 0 .
Lösung.
(a) Wir berechnen das Produkt der Transformationsmatrizen für eine Rotation um die z 0 -Achse
und eine Drehung um den Winkel α.




cos ωt sin ωt 0
1
0
0
A ≡ − sin ωt cos ωt 0 , B ≡ 0 cos α sin α  .
(L.12)
0
0
1
0 − sin α cos α
3
Dabei ist zu beachten, dass Matrizenmultiplikation nicht kommutativ ist, dass also die
resultierende Drehung eine andere ist, wenn die Reihenfolge der Matrizen vertauscht wird.
Für die Transformation K → K 0 gilt


cos ωt cos α sin ωt sin α sin ωt
A · B = − sin ωt cos α cos ωt sin α cos ωt .
(L.13)
0
− sin α
cos α
Die Transformation K 0 → K ist das Inverse, was im Fall von Drehmatrizen die transponierte Matrix ist:


cos ωt
− sin ωt
0
(A · B)−1 = B −1 · A−1 = cos α sin ωt cos α cos ωt − sin α .
(L.14)
sin α sin ωt sin α cos ωt cos α
(b) In System K ist die einzige Kraft, die auf den Ball wirkt, die Gravitationskraft,
m~a = m~g ,
(L.15)
mit ~g = (0, 0, −g). Mit Gl. (L.14) erhalten wir
~r (t = 0) = (A · B)−1 r~0 (t = 0) = R(0, cos α, sin α) .
(L.16)
Neben v~0 = v00 (0, −1, 0) müssen wir die Rotationsgeschwindigkeit des Balles in System
K einbeziehen, welche wir aus der Rotationsgeschwindigkeit erhalten, mit der der Ball
System K 0 verlässt. Wegen ω
~ 0 = (0, 0, ω) gilt
~vr0 (t = 0) = ω
~ 0 × ~r0 (t = 0) = ωR(−1, 0, 0)
(L.17)
⇒ ~vr (t = 0) = (A · B)−1 ~vr0 (t = 0) = ~vr0 (t = 0)
(L.18)
⇒ ~v (t = 0) = ~vr (t = 0) + v~0 =
(−ωR, −v00 , 0) .
(L.19)
Durch Integration der Bewegungsgleichung (L.15) erhalten wir mit den Anfangsbedingungen (L.16) und (L.19)
x(t) = −ωRt ,
y(t) = −v00 t + R cos α ,
1
z(t) = − gt2 + R sin α .
2
(L.20)
(c) Multiplizieren wir die Matrix aus Gl. (L.13) mit dem Vektor aus Gleichung (L.20), so
ergibt sich
1 2
0
0
x (t) = sin ωt R − v0 t cos α − gt sin α − Rωt cos ωt ,
2
1 2
0
0
(L.21)
y (t) = cos ωt R − v0 t cos α − gt sin α + Rωt sin ωt ,
2
1
z 0 (t) = v00 t sin α − gt2 cos α .
2
(d) In System K 0 wirken zusätzliche Beschleunigungen infolge der Zentrifugal- und Corioliskraft:
˙0
m~r¨0 = m~g 0 − m~
ω 0 × (~
ω 0 × ~r0 ) − 2m~
ω 0 × ~r.
(L.22)
4
Mit Gl. (L.13) gilt
~g 0 = (A · B) ~g = g(− sin α sin ωt, − sin α cos ωt, − cos α)
(L.23)
und wir können zeigen, dass die Lösung aus (c) die Bewegungsgleichung in System K 0 für
den Fall α = 0 erfüllt.
(e) Wenn der Ball die x0 y 0 -Ebene schneidet, gilt z 0 (t0 ) = 0. Aus Gl. (L.21) ergibt sich somit
t0 =
(f)
2 v0
tan α = 2 s .
g
(L.24)
(i) Wir verwenden nochmals Gl. (L.21):
x0 (t0 ) = 0,
(L.25a)
0
y (t0 ) = sR .
(L.25b)
Wenn wir die Ausdrücke aus Gl. (L.21) einsetzen und beide Gleichungen kombinieren,
erhalten wir das gesuchte Ergebnis:
ωt0 = s · sin ωt0 .
(L.26)
(ii) Aus dieser Gleichung können wir mit Näherungsverfahren ω ermitteln. Anschließend
lässt sich Gl. (L.25b) nach R auflösen:
ω = 0.948 s−1 ,
v00 t
(L.27a)
1 2
2 gt
sin α
cos α +
= 17.3 m ,
1 − ωt cot ωt
|~ac | = ω 2 R = 15.5 ms−2 .
R=
(L.27b)
(L.27c)
(iii) Für s = 1 gelangt der Ball zum Ausgangsort zurück. Dies impliziert
sin ωt0 = ωt0 > 1 .
(L.28)
Folglich ist es nicht möglich, dass der Ball zum Ausgangsort zurückgelangt.
(g) Start- und Endpunkt in System K 0 sind bekannt. Aus Gl. (L.21) können wir für kleine
Werte von t ablesen, dass der Ball in negative Richtung der x0 - und y 0 -Achse startet.
Alternativ kann von System K mit der Anfangsbedingung (L.16) ausgegangen werden,
der Ball fliegt also entgegen der y-Achse. Darauf muss die Rotation der Achsen mit der
Winkelgeschwindigkeit ω angewendet werden, sodass sich qualitativ folgende Flugbahn
ergibt:
y0
2R
R
x0
5