4.3 Anharmonische Schwingungen
4.3.1 Anfangsbetrachtung
Bisher: kleine Auslenkungen in Ruhelage⇒lineare Bewegungsgleichungen
⇒Frequenz unabh¨angig von der St¨arke der Auslenkung Frage: Was passiert bei Ber¨ucksichtigung hoher Terme in der Taylor-Entwicklung?
⇒Nicht-Linearit¨aten, Anharmonit¨aten!
Benutze den Ansatz:
L = 1 Verboten sind dabei Reibungstermex˙1oder Terme h¨oherer Ordnung≥x˙3. Achtung:x˙i nur quadratisch wegenT =fik(xj) ˙xix˙k
Betrachte nur die quadratischen Terme, ¨Ubergang zu Normalkoordinaten durch lineare Transformation:
eine Summe von Termen ¨uber die entsprechenden Indizes darstellt.
Frage:
Wie lautetfk, ausgedr¨uckt durchλ,µ?
d dt
∂L
∂Q˙k
= d dt
Q˙k+X
h,j
λhkjQ˙hQj
= ¨Qk+X
h,j
λhkj
Q¨hQj+ ˙QhQ˙j
∂L
∂Qk =...
fkist homogene Funktion 2. Grades inQ,Q,˙ Q¨ 4.3.2 St¨orungstheorie
DieX
-Terme, alsofk, sind klein gegenQkω2k. Iterative L ¨osung:
Qk =Q(1)k +Q(2)k +Q(3)k +...
1) BestimmeQ(1)k ausQ¨k(1)+ωk2Q(1)k = 0 2)Q(1)k infkeingesetzt:
⇒Gleichung f¨urQ(2)mit
Q(2)k ≪Q(1)k′ f¨ur allek, k′ Q(1)k =akcos(ωkt+ak) Q(1)k +Q(2)k wird in(∗)eingesetzt.
Linke Seite:Q(1)k f¨allt heraus, es bleibt
Q¨k(2)+ω2kQ(2)k =...
Rechte Seite: Wir setzen f¨urQidie N¨aherungQ(2)i , quadratisch inQ,Q,˙ Q¨und gegeben durch fk
Q(1),Q˙(1),Q¨(1) fkenth¨alt Produkte
Q(1)i Q(1)j =aiajcos(ωit+αi) cos(ωit+αj)
=aiaj1
2(cos [(ωit+αi) + (ωjt+αj)] + cos [(ωit+αi)−(ωjt+αj)]) und ¨ahnlich f¨urQQ,˙ Q˙2, ...
4.3.3 Zweite Ordnung Q¨k(2)+ωk2Q(2) =X
quadratisch:
aiajcos ((ωi+ωj)t+P hasenverschiebung) oderaiajcos ((ωi−ωj)t+P hasenverschiebung)
Gleichung wie mit ¨außerer periodischer Kraft, die mit einer ”Kombinationsfrequenz”ωi±ωj wirkt, darunter auch
ωk±ωk=
2ωk
0
Dies f¨uhrt zu einer Frequenzverdopplung.
4.3.4 Dritte N¨aherung
Bei der dritten N¨aherungQ(3)gibt es bei den Winkelfunktionen Terme der Form aiajakcos ((ωi±ωj±ωk)t+αi±αj±αk)
und speziell f¨uri=j =kauch Terme
a3kcos (ωkt+αk) Die DGL:
Q¨k(3)+ωk2Q(3)=a3ksin (ωkt+αk) f¨uhrt zu L ¨osungen mit zeitlich wachsender Amplitude.
Q(3)k =− a3k
2ωktcos (ωkt+αk)
Physikalisch nicht akzeptabel, daher muss eine Korrektur der Frequenz erfolgen.
Der lineare Term r¨uhrt her von cosh
ω(0)k + ∆ωk
ti
≈cosωk(0)t−t∆ωksinωk(0)t
∆ωkist linear intundωk(0)ist die urspr¨ungliche Grundfrequenz.
Dabei ist zu beachten, dass dies nur f¨ur kleine t gilt.
Durch Isolierung der intlinearen Terme gewinnt man die Frequenzverschiebung.
Beispiel: Ein Freiheitsgrad Rechnung bis zur 3. Ordnung:
L = m
2x˙2−m
2ω20x2−m
3αx3−m 4 βx4
¨
x+ω20x=−αx2−βx3 (∗) und
ω20x≫αx2≫βx3 Ansatz:x=x(1)+x(2)+x(3)+...
x(1) =acosωt mitω=ω0+ω(1)+ω(2)
ω(1), ω(2)soll so bestimmt werden, dass kein Resonanzterm auftritt.
Umformung von(∗)so, dass die linke Seite immer Null wird:
ω02
ω2x¨+ω02x=−αx2−βx3−
1−ω02 ω2
¨
x (∗∗)
Ansatz:
x=x(1)+x(2) ω =ω0+ω(1)
Linke Seite verschwindet identisch f¨urx=x(1), rechts nurx(1). ω20
ω2x¨(2)+ω20x(2)=−αa2cos2ωt−
1−ω02 ω2
(−a)ω2cosωt
=−αa21
2(1 + cos 2ωt) +a ω2−ω20 cosωt
⇒ω(1)= 0, keine Frequenz¨anderung in 2. N¨aherung.
2ω0+ω(1)
ω(1)cosωtist klein, w¨are ein Resonanzterm.
Bestimmex(2)(t)aus
¨
x(2)+ω20x(2)=−αa2
2 (1 + cos 2ωt) (∗ ∗ ∗) L ¨osung (siehe TheoA):
Verschiebung um−αa2
2ω02 + einer harmonischen Frequenz2ω.
x(2)p =−αa2 2ω20 +α
6 a2
ω02 cos 2ωt (§§) Dies best¨atigt sich durch Einsetzen in(∗ ∗ ∗).
3. N¨aherung:
x=x(1)+x(2)+x(3) ω =ω0+ω(2) Betrachte in Gleichung(∗∗)nur Terme der 3. Ordnung, z.B.:
x(1)+x(2)+x(3)2
=x(1)2 2. Ordnung +2x(1)x(2)3. Ordnung
+x(2)2 4. Ordnung ...
¨
x(3)+ω20x(3)=−2αx(1)x(2)−βx(1)3 + 2ω0ω(2)x(1) Setzex(1)undx(2)aus(§§)rechts ein.
Verwende entsprechende Theoreme f¨ur Produkte aussinundcos:
cosωt·cos 2ωt=...
cos3ωt=...
Nach der Rechnung:
¨ Mit der Bedingung, dass der Koeffizient vorcosωtNull sein muss, da dies der Resonanzterm w¨are, ergibt sich:
ω(2) = Damit ist die St¨orung vonx:
x(3) = a3
W¨ahleΘ0(entspricht maximaler Auslenkung) so, dassV(Θ0) =E.
rml2 ist ein elliptisches Integral.
Dabei gelte f¨ur Dauer T eines Umlaufs:T = 2π ω Benutze die N¨aherung:
cos Θ≈1−Θ2 2 +Θ4
24
wobei1−Θ2
2 der harmonische Term undΘ4
24 die f¨uhrende Anharmonizit¨at sei.
T F ¨uhrende Ordnung:
Θ0
Damit ergibt sich der Korrekturterm zu:
ω0T Dieser h¨angt in dieser N¨aherung nun erwartungsgem¨aß vonΘ0ab.
Mache eine Taylorentwicklung:
ω0T
Damit ergibt sich:
ω=ω0
Schreibe dies um in vorige Notation.
⇒β=−1
5 Hamilton-Formalismus, kanonische Gleichungen, Poisson-Klammer
5.1 Struktur der Mechanik
Hamilton-FunktionHals Symmetrie zwischen Koordinaten und Impuls; n¨utzlich in der Quanten-mechanik, als Hamiltonoperator.
Poisson-Klammer, n¨utzlich in der Quantenmechanik, als Vertauschungsrelation.
Phasenraum (Satz von Liouville).
5.2 Legendre-Transformation: von L zu H
5.2.1 Motivation
Die Lagrange-Funktion h¨angt ab vonq,q,˙ t.
Die Euler-Lagrange-Gleichungen stellen dabei DGLen 2. Grades dar.
Ziel: ¨Ubergang zuqundp≡ ∂L
∂q˙ (undt) als unabh¨angige Variablen.
⇒ein System von 2 DGLen erster Ordnung (bzw. 2n DGLen f¨ur n Freiheitsgrade).
5.2.2 Mathematischer Einschub: Legendre-Transformation
Betrachtef(x, y)⇒df =udx+vdymit u:= ∂f
∂x, v:= ∂f
∂y,
u v
=∇~f
df ist totales Differential, d.h. f¨ur einen beliebigen Wegx(t),y(t)in der(x, y)-Ebene von (x1, y1)nach(x2, y2)gilt
(xZ2,y2)
(x1,y1)
udx
dt +vdy dt
dt=
(...)
Z
(...)
df =f((x2, y2))−f((x1, y1))
ist Potentialdifferenz von f, welches die Rolle eines Potentials spielt.
Wenn lediglichu, v gegeben sind, dann muss in einem einfach zusammenh¨angenden Gebiet gelten:
∂u
∂y = ∂v
∂x f, u, vsind Funktionen vonx, y.
Ziel: ¨Ubergang auf neue Funktiong, sodassu= ∂f
∂x undyunabh¨angige Variablen sind.
W¨ahle:
g:=f−ux (∗) Dabei bezeichnet mangals die Legendre-Transformierte zuf. 5.2.3 Fortf ¨uhrung
Nun sei
dg =df−udx−xdu=udx+vdy−udx−xdu
⇒ dg=vdy−xdu (∗∗) vundxsind jetzt als Funktion vonuundyzu integrieren.
Es gilt
∂f
∂x(x, y) =u Inversion liefertxals Funktion vony, u.
v =∂f
∂y(x(y, u), y) Wegen Gleichung(∗∗)gilt
∂g
∂y
u=const=v, ∂g
∂u
y=const=−x Verweis auf die Thermodynamik:
Energie versus freie Energie, thermodynamische Potentiale.
5.3 Hamilton-Funktion
Betrachte:
H :=
Xn k=1
˙ qk∂L
∂q˙k −L
Betrachten wir der Einfachheit halber den Falln= 1, so haben wir:
H := ˙q∂L
∂q˙ −L Dies ist bis auf das Vorzeichen identisch zu Gleichung(∗).
Annahme:
∂L
∂q˙ (q,q, t) =˙ p sei umkehrbar.
⇒q˙ist dann eine Funktion vonq, p, t H(q, p, t) = ˙q(q, p, t)·p−L (q,q(q, p, t), t)˙
⇒dH = ˙qdp−pdq˙ −∂L
∂t dt Daraus folgen die kanonischen Gleichungen:
∂H
∂p = ˙q und ∂H
∂q =−p˙ sowie
∂H
∂t =−∂L
∂t Betrachte die Energieerhaltung:
Wegen
dH = ˙qdp−pdq˙ −∂L
∂tdt gilt
dH
dt = ˙qdp dt −p˙dq
dt −∂L
∂t dt dt Also:
d
dtH = ∂
∂tH
5.4 Poisson-Klammer
Seif(p, q, t)eine beliebige Funktion der Koordinaten, Impulse und der Zeit.
df dt = ∂f
∂pp˙+ ∂f
∂qq˙+ ∂f
∂t Mit den kanonischen Gleichungen folgt:
df Man definiert als Notation:
{H, f}:={∂H Mit n Freiheitsgraden wird daraus:
{H, f}=X gelten, so folgt daraus:
⇒ df F ¨ur beliebigef, gdefinieren wir:
{f, g}:=X In der Quantenmechanik hat man:
{f, g} ⇒[F, G]
5.5 Phasenraum
Fragestellung: Wodurch ist der Zustand eines mechanischen Systems vollst¨andig beschrieben?
Die Lage eines mechanischen Systems mitN Freiheitsgraden wird durch dieN Koordinatenqi
bestimmt. Allein durch die Angabe der Lage der Teilchen ist die zeitliche Entwicklung des Sy-stems nicht determiniert, denn es ergeben sich Differentialgleichungen zweiter Ordnung, welche auch zwei Anfangsbedingungen fordern. Zur vollst¨andigen Beschreibung des Zustands des Sy-stems ben¨otigt man die Kenntnis der Impulse zum Zeitpunktt0.
Alle m ¨oglichen Werte der Koordinatenqiund Impulsepibilden den Phasenraum. Zu jeder Zeit wird der Zustand des Systems durch einen Punkt im Phasenraum beschrieben.
5.5.1 Beispiel 1: Der harmonische Oszillator L (q,q) =˙ m
2q˙2−mω2 2 q2 Der kanonische Impuls ist
p= ∂L
∂q˙ =mq˙ ⇔ q˙= p m Damit ergibt sich die Hamiltonfunktion:
H(q, p) =pq˙−L = p2 Definiere neue Variablen:
z1 =√
mωq und z2= 1
√mp Damit wird die Hamiltonfunktion zu:
⇒ H = 1 2z12+1
2z22 Die kanonischen Gleichungen
∂H
∂p = d
dtq und ∂H
∂q =−d dtp werden ausgedr¨uckt durch die neu gew¨ahlten Variablen:
∂H
Daraus ergibt sich:
⇒ ∂H Eliminiere noch dasωmittels einer Transformationτ =ωtder Zeit:
∂H
∂z2 = d
dτz1 und ∂H
∂z1 =− d dτz2
Mit ∂H
∂z2 =z2 und ∂H
∂z1 =z1folgt daraus schließlich:
z2 = d
dτz1 und z1 =− d dτz2 Mit der L ¨osung:
z1(τ) =acos (τ−ϕ) z2(τ) =−asin (τ −ϕ) Die Anfangswerte zur Zeitt= 0seien:
z10 =√
mωq(0) z20= 1
√mp(0) Die Energie ist erhalten:E =H
also ist
E=H = 1
2 z12+z22
=const= a2 2 Mit den Anfangsbedingungen folgt daraus:
a= q
(z10)2+ (z02)2 Woraus man schließen kann:
cosϕ= z10
a und sinϕ= z20 a Betrachte nun die Bewegung im Phasenraum:
Bewegung im Phasenraum liegt auf einem Kreis. Verschiedene Energien entsprechen verschiedenen Radien des Kreises. Die Kreisfrequenz ist f¨ur alle Energien dieselbe.
Die Zust¨ande mitE1 ≤E≤E2belegen ein bestimmtes Volumen im Phasenraum; dieses entspricht der Fl¨ache des entsprechenden Kreisringes.
Dr¨uckt man die Variablenz1,z2wieder durchq,paus, so erh¨alt man im Phasenraum eine Ellipse mit den Halbachsen
pmax=√
2EM und qmax = r 2E
mω2 Die Fl¨ache der Ellipse ist gegeben durch
F =π·pmax·qmax= 2πE ω Die Zust¨ande mit den EnergienE1 ≤E ≤E2 besitzen das Volumen
2π
ω (E2−E1) Zur Dimension:
Wirkung=Energie·Zeit = (verallg.) Ort·(verallg.) Impuls In der Quantenmechanik:
Nur ein Zustand in einem Volumenelement der Gr¨oße2π~existiert. Beim harmonischen Oszillator findet sich die Energie quantisiert:
E=~ω
n+1 2
, n∈N
5.5.2 Beispiel 2: Das ebene Pendel
L = ml2
2 ϕ˙2−U(ϕ) = ml2
2 ϕ˙2+ (cosϕ−1)mgl Kanonisch konjugierter Impuls:
p= ∂L
∂ϕ˙ =ml2ϕ˙
⇒ϕ˙ = p ml2 Damit ergibt sich die Hamiltonfunktion:
H = p2
2ml2 −(cosϕ−1)mgl F ¨uhre wie zuvor neue Variablen ein.
z1=ϕ, z2= p
ml2ω, ω2 = g
l, τ =ωt Mit dz1
dτ =z2(τ)und dz2
dτ =−sin (z1(τ))folgt:
H= mgl
2 z22−(cosz1−1)mgl Die Energie ist wieder erhalten.
ǫ= H mgl = 1
2z22−(cosz1−1) =const Bahnen im Phasenraum f¨ur festesǫ:
z2 =±p
2 (ǫ+ cosz1−1) (∗) Diskutiere(∗)f¨ur verschiedene Werte f¨urǫ.
a) ǫ >2
ǫ+ cosz1−1>0 ∀z1
Eine Nullstelle wird nie erreicht.
z2ist immer entweder>0oder<0. Die L ¨osung ist periodisch mit Periode2πund ist symmetrisch um0. Es ergeben sich
Maxima f¨urz1= 0,2π, ...
Minima f¨urz1 =π,3π, ...
b) kleineǫ
ǫ+ cosz1−1>0 Also istz1 klein.
ǫ+
1− z12 2
−1>0
⇒z12.2ǫ Also:
z2=± q
2ǫ−z12
⇒z12+z22 = 2ǫ
Dies l¨asst auf Kreise im Phasenraum mit Radius2ǫschließen.
c) Grenzfallǫ= 2, der Kriechfall
z2 =±p
2 (cosz1+ 1) z2nimmt f¨urz1=±πden Wert0an.
5.6 Satz von Liouville
Gegeben sei ein Ensemble von Zust¨anden in einem Gebiet des Phasenraumes mit vorgegebenem VolumenV.
Bei der zeitlichen Entwicklung des Systems bleibt dieses Volumen stets konstant (konservative Kr¨afte).
6 Starrer K¨orper, Kreisel
6.1 Kinematik
Bisher wurden lediglich
”Massenpunkte” betrachtet. Ein ausgedehnter, starrer K ¨orperKwird in-terpretiert als viele Massenpunkte mit Zwangsbedingungen.
X
i
...→ Z
dV ρ(~x) wobeiρ=b Dichte
Zur Beschreibung der Lage vonK werden zwei Koordinatensystem genutzt:
L=b Labor:
”ruhendes” System(X, Y, Z) K=b
”k¨orperfestes” System(x, y, z) Der Nullpunkt vonKwird h¨aufig im Schwerpunkt gew¨ahlt.
DasK-System ist bez¨uglichLfestgelegt durch den Ursprung vonK und die Orientierung der Achsen vonK.
Die Lage des K ¨orpers ist festgelegt durch 6 Koordinaten. Das sieht man wie folgt ein:
M ¨oglichkeit 1
Die Lage wird bestimmt durch die Lage von 3 Punkten des K ¨orpers:P1,P2,P3. 3 Punkte=b 9 Koordinaten
Es liegen 3 Zwangsbedingungen vor (die Abst¨ande vonP1,P2,P3), also:
→9−3 = 6Koordinaten
M ¨oglichkeit 2
Die Lage des Schwerpunkts liefert 3 Koordinaten.
Zur exakten Beschreibung des K ¨orpers sind nun noch 3 Winkel erforderlich.
→3 + 3 = 6Koordinaten
Die Lage eines beliebigen PunktesP des K ¨orpersKbez¨uglichLsei gegeben durch:
~br= (X, Y, Z) und bez¨uglichK:
~r= (x, y, z)
Bewegung bedeutet nun eine infinitesimale Verschiebung vonP, durch Verschiebung vonK bez¨uglichLund durch Rotation.
d~br=d ~R+dϕb×~r (∗) d~r: ¨b Anderung imL-System
d ~R: Verschiebung vonK
dϕb×~r: Drehung um|dϕb|um die Achse dϕb
|dϕb| Geschwindigkeit vonP, betrachtet inL, wobei
d~rb
dt =~v, dϕb
dt =~Ω, d ~R dt =V~ gelte.
Dividiere(∗)durchdt:
~v=V~ +~Ω×~r V~: Translationsbewegung
~Ω: Winkelgeschwindigkeit
~r: k¨orperfeste Koordinate vonP
W¨ahle ein zweites k¨orperfestes SystemK′, verschoben gegenK:
~
r =~r′+~a
Geschwindigkeit vonK′gegenLseiV~′, Winkelgeschwindigkeit seiΩ~′.
~v=V~ +~Ω×~r=V~ +Ω~ ×~a+~Ω×~r′
Andererseits per Definition:
~v′ =V~′+~Ω′×~r′ f¨ur alle~r
⇒V~′ =V~ +~Ω×~a nur f¨urΩ~′ =~Ω
Rotationsgeschwindigkeit eines K ¨orpers ist unabh¨angig von der Wahl des SystemsO, aberV~ jedoch h¨angt vonOab.
FallsV~ ⊥Ω~ zu einem bestimmten Zeitpunkt gilt, also~Ω·V~ = 0, so folgt darausV~′ ⊥Ω~ f¨ur ein beliebiges k¨orperfestes System, da
Ω~ ·V~′ =Ω~
V~ +~Ω×~a
= 0 + 0 = 0 Ferner gilt dann:
~Ω·~v =~Ω
V~ +Ω~ ×~r
= 0 f¨ur alleP
⇒Ω~ ⊥~v Anschauung:
Translation und Rotation in einer Ebene.
FallsV~ ⊥Ω~ gilt, dann kann man ein SystemO′finden, sodassV~′ = 0zu diesem Zeitpunkt gelte.
Konstruktion:
Sei
~v=V~ +~Ω×~r W¨ahle
~r=~r′ +~a mit ~a=−V~ ×Ω~ Ω~2 Daraus folgt:
~v =V~ +Ω~ ×~r′− Ω~
V~ ×~Ω Ω~2
=V~ +Ω~ ×~r′−
V~ ·Ω~2−Ω~
~Ω·V~
Ω~2 Es ist
V~ ·Ω~2 ~Ω2
=V~
und nach Voraussetzung
Ω~ ·V~ = 0 Damit vereinfacht sich die Gleichung zu:
~v=~Ω×~r′
Dies entspricht einer Drehung und Translation im rechten Winkel, also einer Drehung um eine verschobene Achse.
6.2 Tr¨agheitstensor
F ¨ur die kinetische Energie gilt:
T =X
Damit wird die kinetische Energie zu:
T = V~2 fallsOder Schwerpunkt ist.
Benutze als Notation:
~
ri = xi1, xi2, xi3 Definiere den Tr¨agheitstensor:
Ijk=X
i
mi r~i2δjk−xijxik
f¨urj, k = 1,2,3 Dann kann der zweite Term vonT geschrieben werden als
1 Dabei istIein Tensor.
Definiere zur Abk¨urzung:
µ:=X
i
mi Kontinuum−→ µ= Z
d3~rρ(~r)
Damit ergibt sich der Ausdruck zu:
T = V~2 2 µ+1
2Ω~TI ~Ω
In der Kontinuumsmechanik wird der Tr¨agheitstensor schließlich zu Ijk=
Z
d3~rρ(~r) ~r2δjk−xjxk Das k¨orperfeste System liege im Schwerpunkt.
Ijkist reell und symmetrisch und damit diagonalisierbar.
Dies entspricht einer Drehung des k¨orperfesten Systems.
Die neuen Achsen sind die Tr¨agheitsachsen, Eigenwerte sind die Tr¨agheitsmomenteI1,I2,I3. Trot= 1
2 I1Ω21+I2Ω22+I3Ω23
Im Allgemeinen istI1 6=I26=I3, dies entspricht einem unsymmetrischen Kreisel.
FallsI1=I2gilt, so erh¨alt man einen symmetrischen Kreisel.
FallsI1=I2=I3gilt, so erh¨alt man einen Kugelkreisel. Dieser entspricht von der Form her nicht zwingend einer Kugel; er besitzt nur keine ausgezeichnete Drehachse.
Falls alle Massenpunkte auf einer Geraden liegen, also wenn gilt x1 =x2 = 0, x36= 0 dann ist:
I1=I2=X
i=1
mi xi32
, I3= 0
Diese Form entspricht einem Rotator, also beispielsweise einer Hantel oder einem zweiatomigen Molek¨ul.
Es gelten
I1+I2≥I3
und durch zyklische Vertauschung daraus resultierende Gleichungen.
Falls allemiin der(x1, x2)-Ebene liegen, also fallsxi3= 0, so ist I1+I2=I3
6.3 Satz von Steiner
Es sollIjk′ bez¨uglichO′berechnet werden. Dabei betrachten wir ein um den Vektor~avom Schwer-punkt aus verschobenes Koordinatensystem. Die Verschiebung sei
~
r =~r′+~a Dann gilt f¨ur den Tr¨agheitstensor im neuen System:
Ijk′ =Ijk+µ ~a2δjk−ajak
6.4 Drehimpuls
Der Drehimpuls ist
L~ =~r×~p Der Schwerpunkt des starren K ¨orpers seiO, also ist
X
i=1
mir~i= 0 wobeir~ibez¨uglich des Systems K gew¨ahlt sei.
L~ ≡Eigendrehimpuls L~ =X
i=1
mi(r~i×v~i) =X
i=1
mir~i×
~Ω×r~i +X
i=1
mi
~ ri×V~
=X
i=1
mi
~
ri2Ω~ −r~i
~ riΩ~ Die letzte Gleichheit folgt, daOder Schwerpunkt des starren K ¨orpers ist.
Lj =X
k=1
IjkΩk oder ~L=I ~Ω
Wenn zu einem Zeitpunkt das Koordinatensystem in Richtung der Hauptachsen zeigt, dann gilt L1 =I1Ω1, L2 =I2Ω2, L3=I3Ω3
Die Richtungen vonL~ undΩ~ sind im Allgemeinen verschieden undΩ~ ist im Allgemeinen nicht konstant.
Bei einer kr¨aftefreien Bewegung ist~Lkonstant.
Betrachte beispielsweise den Kugelkreisel:
L~ =I ~Ω ⇒ ~L∝~Ω const
6.5 Symmetrischer kr¨aftefreier Kreisel
W¨ahlex1in
~L, x3
-Ebene. Es seix2orthogonal dazu.
Zu diesem Zeitpunkt gelteL2 = 0 ⇒Ω2= 0 Es gilt:
L1=I1Ω1, L2 =I2Ω2, L3=I3Ω3
L,~ Ω,~ e~3liegen immer in einer Ebene, die im Laufe der Zeit aber variiert.
Allgemein gilt:
~
vi =~Ω×r~i f¨ur jeden Punkt des Kreisels.
Punkte auf der Symmetrie-Achse liegen in der Ebene, die von~Lunde~3aufgespannt wird.
⇒~v⊥Ebene
Geschindigkeit der Punkte auf der Symmetrie-Achse hat dieselbe RichtungΩ~ ×e~3und ist proportional zum Abstand vonO.
⇒Achse rotiert umL~ und∢
~L, ~e3
bleibt erhalten; es handelt sich um regul¨are Pr¨azession.
Zus¨atzlich gibt es eine Rotation um diex3-Achse.
Rotationsgeschwindigkeit ume~3:
I3Ω3 =L3 =|~L|cos Θ
Ω3 = |L~| I3 cos Θ Pr¨azessionsgeschwindigkeit:
Zerlege~Ωin einen Anteil l¨angse~3und in einen Anteil l¨angsL.~
|Ω~P r|sin Θ =|Ω~1|= L1 I1 Andererseits giltL1=|L~|sin Θ
ΩP r = L I1
6.6 Bewegungsgleichungen des starren K¨orpers
6.6.1 Vorbereitung
Das Drehmoment ist gegeben durch d
dtL~ =M~ (∗) mit
M~ =X
i=1
~ ri×f~i wobeif~idie am Ortr~iwirkende Kraft ist.
L~ undM~ sind bez¨uglich des SchwerpunktsSdefiniert, in dessen Ruhesystem wir uns befinden.
Ferner gilt
X
i=1
f~i=F~ =~0 Bei einer Verschiebung um~agilt:
M~ =M~′+~a×F~ FallsF~ =~0, so ergibt sich:
M~ =M~′
6.6.2 Eulersche Gleichungen Sei d
dt
A~ die zeitliche ¨Anderung eines Vektors im Laborsystem. WennA~ in einem mitΩ~ rotie-rendem System konstant bleibt, dann gilt
d
dtA~ =Ω~ ×A~ Wenn sichA~außerdem im rotierenden System mit d′
dtA~ ¨andert, dann gilt d
dtA~ = d′
dtA~+Ω~ ×A~ In Gleichung(∗)eingesetzt:
d′ dt
~L+~Ω×~L=M~ wobei d′
dtL~ die ¨Anderung im k¨orperfesten, rotierenden System K beschreibt.
Dr¨ucke alle Komponenten imK-System aus, d.h.
d′
Damit ergeben sich die Eulerschen Gleichungen:
I1˙Ω1+ (I3−I2) Ω2Ω3=M1 I2˙Ω2+ (I1−I3) Ω3Ω1=M2 I3˙Ω3+ (I2−I1) Ω1Ω2=M3 F ¨urM~ =~0haben wir den symmetrischen Kreisel.
Die Eulergleichungen ergeben sich zu:
˙Ω1+ I3−I2
I1 Ω2Ω3= 0
˙Ω2+ I1−I3
I2 Ω3Ω1= 0
˙Ω3+ I2−I1
I3 Ω1Ω2= 0
Wir finden wieder die Pr¨azession, aber vomK-System her betrachtet.