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Klassische Mechanik (T1) Wintersemester 2006/2007

Musterlosung zur Probeklausur

1 Starre Korper

a. [6P] Im Schwerpunktssystem gilt

R =

∑

k mkrk∑

k mk

= 0

also∑

k mkrk,i = 0, wobei rk,i die i-te Komponente des Vektors rk ist. Damitergibt sich fur die Verschiebung des Tragheitstensors

Iij =∑

k

mk

((rk + d)2δij − (rk,i + di)(rk,j + dj)

)

=∑

k

mk(r2

kδij − rk,irk,j)

︸︷︷︸

=ISij

+∑

k

mk

︸︷︷︸

≡M

(d2δij + didj

)+ Terme linear in rk,i

︸︷︷︸

=0

= ISij + M(d2δij − didj).

b. [4P] Mit d = (0, 0, R) folgt fur den Tragheitstensor einer Kugel

ISij =

2

5MR2δij + M(d2δij − didj)

= MR2

2

5+ 1 0 00 2

5+ 1 0

0 0 2

5+ 0

= MR2

7

50 0

0 7

50

0 0 2

5

.

Die beiden grossten Tragheitsmomente entsprechen Rotationen um die x undy Achse (Schwerpunktsbewegung), wahrend I3 (Rotation um die z-Achse)unverandert bleibt.

2 Kugelpendel

a. [6P] Die kinetische Energie:

T =m

2

(x2 + y2 + z2

)=

m

2[( Rϑ cos ϑ cos φ − Rφ sin ϑ sin φ

︸︷︷︸

=x

)2

+ (Rϑ cos ϑ sin φ + Rφ sin ϑ cos φ︸︷︷︸

=y

)2

+ (Rϑ sin ϑ︸︷︷︸

=z

)2 ]

=m

2R2

(

ϑ2 + φ2 sin2 ϑ)

.

1


Die potenzielle Energie:

V = mgz = mgR cos ϑ.

Die Lagrange-Funktion:

L = T − V =m

2R2

(

ϑ2 + φ2 sin2 ϑ)

− mgR cos ϑ.

Die kanonischen Impulse:

pφ =∂L

∂φ= mφR2 sin2 ϑ,

pϑ =∂L

∂ϑ= mϑR2.

Die Hamilton-Funktion mit q = (φ, ϑ) und p = (pφ, pϑ):

H(q, p) =∑

k

pkqk(q, p) − L (q, q(q, p))

=1

2mR2

(

p2

ϑ +p2

φ

sin2 ϑ

)

+ mgR cos ϑ.

Die Hamiltonischen Bewegungsgleichungen:

φ =∂H

∂pφ

=pφ

mR2 sin2 ϑ,

ϑ =∂H

∂pϑ

=pϑ

mR2,

pφ = −∂H

∂φ= 0,

pϑ = −∂H

∂ϑ= −

p2

φ cos ϑ

mR2 sin3 ϑ− mgR sin ϑ.

b. [4P] Die zyklische Koordinate ist φ weil ∂L/∂φ = 0. Deshalb pφ = const und

H(q, p) → H(ϑ, pϑ) =p2

ϑ

2mR2+ Veff(ϑ),

mit

Veff(ϑ) =p2

φ

2mR2 sin2 ϑ+ mgR cos ϑ.

Das Pendel kann den Punkt ϑ = π nur durchlaufen wenn pφ = 0.

2


3 Masse auf rotierendem Ring

a. [5P] Fur die Lagrange-Funktion

L = T − V =m

2

(x2 + y2 + z2

)

︸︷︷︸

=T

−mgz︸︷︷︸

=V

,

parametrisieren wir die Lage des Massenpunktes durch Kugelkoordinaten

x = r cos φ sin ϑ,

y = r sin φ sin ϑ,

z = r cos ϑ,

und, mit der folgenden Zwangsbedingungen

r − R = 0,

φ − ω(t − t0) = 0,

erhalten wir

L(ϑ, ϑ) =m

2[( Rϑ cos ϑ cos φ − Rω sin ϑ sin φ

︸︷︷︸

=x

)2

+ (Rϑ cos ϑ sin φ + Rω sin ϑ cos φ︸︷︷︸

=y

)2

+ (Rϑ sin ϑ︸︷︷︸

=z

)2 ] − mgR cos ϑ

=m

2R2

(

ϑ2 + ω2 sin2 ϑ)

− mgR cos ϑ.

Die Bewegungsgleichung der Masse m lautet

d

dt

(∂L

∂ϑ

)

−∂L

∂ϑ= mR2ϑ − mR2ω2 sin ϑ cos ϑ − mgR sin ϑ = 0.

Umformen ergibt

ϑ −(

ω2 cos ϑ +g

R

)

sin ϑ = 0.

b. [5P] Der Kanonische Impuls:

pϑ =∂L

∂ϑ= mR2ϑ.

3


Veff(ϑ)

ϑSϑ

π0

Abbildung 1: Das effektive Potential Veff(ϑ)

Die Hamilton-Funktion:

H(ϑ, pϑ) = pϑϑ−L =p2

ϑ

2mR2

︸︷︷︸

T

+ mgR cos ϑ −m

2ω2R2 sin2 ϑ

︸︷︷︸

Veff

≡ T (pϑ)+Veff(ϑ).

Das effektive Potential:

Veff(ϑ) = mgR cos ϑ −m

2ω2R2 sin2 ϑ.

Mit ϑ = π − γ wird das effektive Potential

Veff(γ) = −mgR cos γ −m

2ω2R2 sin2 γ.

Fur γ � 1

Veff(γ) = −mgR +mR

2

(g − ω2R

)

︸︷︷︸

=0 ⇒ ωc

γ2 + . . . .

Deshalb

ωc = ±√

g

R.

In der stabilen Gleichgewichtslage ϑS hat Veff(ϑ) ein Minimum, das gegebenist durch

dVeff(ϑ)

dϑ

∣∣∣∣ϑ=ϑS

= 0,

−mR(g + ω2R cos ϑ

)sin ϑ = 0.

Fur ω > ωc ist

ϑS = π − arccos( g

ω2R

)

die stabile Gleichgewichtslage. Das effektive Potential ist in Abb. 1 skizziert.

4


4 Drei Massenpunkte auf Ring

a. [5P] Die Verschiebung aus der Gleichgewichtslage wird durch zi = R(ϑi−ϑ0

i )beschrieben, wobei ϑi der Winkel des i-ten Punkts ist und ϑi = ϑ0

i derGleichgewichtslage entspricht.

L =1

2mR2

(

ϑ2

1+ ϑ2

2+ ϑ2

3

)

−k

2R2

[(ϑ1 − ϑ2)

2 + (ϑ2 − ϑ3)2 + (ϑ3 − ϑ1)

2]

=1

2

∑

ij

Tijϑiϑj −1

2

∑

ij

Vijϑiϑj,

T = mR2

1 0 00 1 00 0 1

, V = kR2

2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

.

Lagrange’sche Bewegungsgleichung

d

dt

(∂L

∂ϑi

)

−∂L

∂ϑi

= 0, ⇒

mR2ϑ1 + kR2 (2ϑ1 − ϑ2 − ϑ3) = 0,

mR2ϑ2 + kR2 (2ϑ2 − ϑ3 − ϑ1) = 0,

mR2ϑ3 + kR2 (2ϑ3 − ϑ1 − ϑ2) = 0.

T · ϑ + V · ϑ = 0,

b. [5P] Ansatzϑ(t) = ϑe±iωt,

(−ω2T + V

)· ϑ = 0.

Das daraus resultierende Eigenwertprobleme ist (λ = mω2/k)

∥∥∥∥∥∥

2 − λ −1 −1−1 2 − λ −1−1 −1 2 − λ

∥∥∥∥∥∥

= −λ3 + 6λ2 − 9λ = −λ(λ − 3)2

mit den Eigenwerten

ω1 = 0, ω2 = ω3 =

√

3k

m

und den Eigenvektoren

ϑ1 =1√3

111

, ϑ2 =1√2

1−10

, ϑ3 =1√6

11−2

.

5


Die Eigenvektoren ϑ2 und ϑ3 spannen den Raum orthogonal zu ϑ1 = (1, 1, 1)auf. Sie sind nicht eindeutig festgelegt. Die Vektoren

ϑ′

2 =1

√

1 + ξ2

(ϑ2 + ξϑ3

),

ϑ′

3=

1√

1 + ξ2

(−ξϑ2 + ϑ3

),

mit ξ ∈ R, sind eine andere mogliche Wahl. Die (verschwindende) Eigenfre-quenz ω1 = 0 wird aufgrund der Rotationssymmetrie erwartet.

Eigenmode ω1: gleichformige Rotation entlang des Ringes;

Eigenmode ω2: Masse 3 ruht, Massen 1 und 2 schwingen gegenphasig;

Eigenmode ω3: Massen 1 und 2 schwingen gegenphasig zu Masse 3.

6

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