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Mechanik » Theoretische Mechanik » "Hantel-Satellit" Bewegungsgleichung
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Universität/Hochschule "Hantel-Satellit" Bewegungsgleichung
Wasmachichhiernur
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-12-04


Hallo,
hab hier eine Aufgabe bei der ich nicht weiterkomm.





zur a)
Das System besitzt $f=3$ Freiheitsgrade. Die generalisierten Koordinaten lauten $q_1 = \psi$, $q_2 = r$ und $q_3 = \phi$.


b)
ist klar

c)
Das Aufstellen der Lagrange Funktion macht mir Probleme.
Der Schwerpunkt $\vec{R}$ der Hantel kann mit Hilfe der Polarkoordinaten beschrieben werden also durch

$\vec{R} = \begin{pmatrix}rcos(\psi)\\ rsin(\psi)\end{pmatrix}$

Ich hab zunächst mal die kinetische Energie des Systems betrachtet. Diese setzt sich aus der Schwerpunktsbewegung $T_{SP}$ sowie aus der Rotation der Hantel zusammen $T_{rot}$. Für die gesamte potenzielle Energie gilt also

                       $T_{ges} = T_{SP} + T_{rot}$


Für den Schwerpunktsgeschwindigkeit $\dot{\vec{R}}$ gilt:

$\dot{\vec{R}} = \begin{pmatrix}\dot{r}cos(\psi)-r\dot{\psi}sin(\psi)\\ \dot{r}sin(\psi)+r\dot{\psi}cos(\psi)\end{pmatrix}$

und

$\dot{\vec{R}}^2 = \dot{r}^2+r^2\dot{\psi}^2$

Ich komm also für $T_{SP} = \frac{1}{2}M\dot{\vec{R}}$ mit $M = m_1+m_2 = 2m$ auf:

                       $T_{SP} = m(\dot{r}^2+r^2\dot{\psi}^2)$

Die Rotationsenergie fällt mir schwerer. Also ich weiß das
\[T_{rot} = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{2} I_i\omega_i^2
= \frac{1}{2}ml^2\omega_1^2+\frac{1}{2}ml^2\omega_2^2\]
Jetzt weiß ich aber nicht so recht wie ich die Winkelgeschwindigkeiten bestimmen soll. Hab hier mal eine Skizze gemacht



$\alpha_1$ und $\alpha_2$ sind die beiden Winkel die bestimmt werden müssen (in Abhängigkeit von $\psi$ und $\phi$).

Angenommen $\alpha_1$ und $\alpha_2$ stimmen so dann gilt für $T_{rot}$ folgendes:

                       $T_{rot} = ml^2(\dot{\phi}+\dot{\psi})^2$.

Die gesamte kinetische Energie $T_{ges}$ lautet dann

$T_{ges} = T_{SP}+T_{rot} = m(\dot{r}^2+r^2\dot{\psi}^2) + ml^2(\dot{\phi}+\dot{\psi})^2$

Für die ptenzielle Energie gilt mit dem Gravitationspotential folgendes:

$V(r) = -m \frac{GM}{r}$

in der Aufgabe stand das man die Masse des Satelliten vernachlässigen kann also

$V(r) \approx - \frac{GM}{r}$
oder?


Wir haben hier zwei Massen daher gilt für das Potenzial folgendes:

$V(r) = -GM (\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2})$

Aber wie bekomm ich $r_1$ und $r_2$? Gibt es da irgendeine geometrische Beziehung die man herleiten kann? Bin hier nicht weiter gekommen :(

Hier auch nochmal eine Skizze




Wäre froh um jede Hilfe, vorallem die Winkelgeschwindigkeiten für die Rotationsenergie und die Abstände $r_1$ und $r_2$ für das Potenzial machen mir Probleme.

Wäre froh um jede Hilfe :)





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Spock
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-12-05


Hallo

WasmachstDuhiernur?:
2020-12-04 17:09 - Wasmachichhiernur im Themenstart schreibt:


in der Aufgabe stand das man die Masse des Satelliten vernachlässigen kann also

$V(r) \approx - \frac{GM}{r}$
oder?
Nein, im Gravitationspotential darfst Du nichts vernachlässigen, M ist doch die Masse der Erde, und die des Satelliten läßt Du einfach verschwinden?
Setze abkürzend K=GM, und schreibe für das Potential
fed-Code einblenden

Probier das mal selbst, :-), und melde Dich bei Problemen.

Grüße
Juergen

P.S: Ich habe mir erlaubt, Deinen Thementitel etwas zu ergänzen




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Wasmachichhiernur
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-05


Hallo Jürgen,

also aus dem Kosinussatz konnte ich jetzt eine Beziehung zwischen $r_1$, $r_2$ und $\phi$, $\psi$ sowie $r$ und $l$ herstellen. Diese lauten

$r_1^2 = r^2+l^2-2rlcos(\phi)$

$r_2^2 = r^2 + l^2+2rlcos(\phi)$

Damit gilt für das Potenzial $V$:

$V = -km(\frac{1}{\sqrt{r^2+l^2-2rlcos(\phi)}} + \frac{1}{\sqrt{r^2+l^2+2rlcos(\phi)}})$

Für die Lagrange Funktion $L$ gilt daher:

$L = ml^2(\dot{\phi}+\dot{psi})^2+m(\dot{r}^2+r^2 \dot{\psi}^2)+km(\frac{1}{\sqrt{r^2+l^2-2rlcos(\phi)}} + \frac{1}{\sqrt{r^2+l^2+2rlcos(\phi)}})$

Falls das stimmen sollte, hätte ich folgendes zur c)

Für $q_3 = \phi$ wende LG2 an:

$\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}}) - \frac{\partial L}{\partial \phi} = 0$

$\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}}) = 2ml^2(\ddot{\phi} + \ddot{\psi})$

$\frac{\partial L}{\partial \phi} = rlkmsin(\phi)\cdot \lbrack(r^2+l^2+2rlcos( \phi))^{-\frac{3}{2}}-(r^2+l^2-2rlcos(\phi))^{-\frac{3}{2}}\rbrack$

Die Bewegungsgleichung für $q_3 = \phi$ lautet also:

$2ml^2(\ddot{\phi} + \ddot{\psi})-rlkmsin(\phi)\cdot \lbrack(r^2+l^2+2rlcos( \phi))^{-\frac{3}{2}}-(r^2+l^2-2rlcos(\phi))^{-\frac{3}{2}}\rbrack = 0$

Umstellen nach $\ddot{\phi}$ liefert:

$\ddot{\phi} = -\ddot{\psi} + \frac{rk}{2l} sin(\phi)\cdot\lbrack(r^2+l^2+2rlcos( \phi))^{-\frac{3}{2}}-(r^2+l^2-2rlcos(\phi))^{-\frac{3}{2}}\rbrack$



Stimmt das soweit?
Und wie mach ich jetzt weiter? Im Hinweis der Aufgabe steht ja das $\frac{L}{r} \ll 1$ ist.

Viele Grüße und danke im Vorraus :)




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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-12-05


2020-12-05 16:07 - Wasmachichhiernur in Beitrag No. 2 schreibt:
Und wie mach ich jetzt weiter? Im Hinweis der Aufgabe steht ja das $\frac{L}{r} \ll 1$ ist.

Als ich das Ganze vor längerer Zeit mit Newton durchgerechnet habe, konnte ich mit dieser Bedingung die Taylor-Entwickung der Gravitionskraft nach dem ersten Glied abbrechen. Die "Schwingungsgleichung" hängt dann im Grunde nur noch von einer linearen Näherung der Gezeitenkräfte ab. Am Ende fliegt L dann komplett raus.

In Deinem Fall würde das darauf hinaus laufen, die Entwicklung des Potentials nach dem zweiten Glied abzubrechen. Allerdings müsstest Du Deine letzten Schritte dann nochmal machen. Vielleicht ist es besser, wenn Du eine Näherung Deiner Differentialgleichung für L/r gegen Null entwickelst.



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Wasmachichhiernur
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-05


Vielleicht ist es besser, wenn Du eine Näherung Deiner Differentialgleichung für L/r gegen Null entwickelst.

Wie genau mach ich das? Bin mir da unsicher.

Viele Grüße



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DrStupid
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-12-06


Ich würde damit anfangen, die Gleichung so umzustellen, dass der Teil, der vereinfacht werden soll, von l/r abhängt:

\(\ddot \phi  =  - \ddot \psi  + \frac{k}{{2 l r^2}} \cdot \sin \left( \phi  \right) \cdot \left[ {\left( {1 + \frac{{l^2 }}{{r^2 }} + 2\frac{l}{r} \cdot \cos \left( \phi  \right)} \right)^{ - {\textstyle{3 \over 2}}}  - \left( {1 + \frac{{l^2 }}{{r^2 }} - 2\frac{l}{r} \cdot \cos \left( \phi  \right)} \right)^{ - {\textstyle{3 \over 2}}} } \right]\)

Dann kann ich mit

\(x = \frac{l}{r}\)

substituieren und eine Funktion f(x) mit

\(\ddot \phi  =  - \ddot \psi  + \frac{k}{{2 l r^2}} \cdot \sin \left( \phi  \right) \cdot f\left( x \right)\)

definieren, die ich vereinfache, indem ich eine Taylor-Entwickung um Null nach dem ersten Glied abbreche, das von x abhängt:

\(f\left( x \right) = \left( {1 + x^2  + 2x \cdot \cos \left( \phi  \right)} \right)^{ - {\textstyle{3 \over 2}}}  - \left( {1 + x^2  - 2x \cdot \cos \left( \phi  \right)} \right)^{ - {\textstyle{3 \over 2}}}  \approx  - 6x \cdot \cos \left( \phi  \right)\)

Das musst ich dann nur noch in die DGL einsetzen:

\(\ddot \phi  \approx  - \ddot \psi  - \frac{{3k}}{{r^3 }} \cdot \sin \left( \phi  \right) \cdot \cos \left( \phi  \right)\)

Das erinnert mich an die Gleichung, die ich früher mal auf andere Weise hergeleitet habe. Du solltest das aber zur Sicherheit trotzdem nochmal nachrechnen. Um diese Uhrzeit kann ich nicht für die Richtigkeit garantieren.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-12-06


Hallo!

@DrStupid: Deine Vorgehensweise in allen Ehren, aber ich würde schon bei dem in der Aufgabenstellung vorgeschlagenen Weg bleiben wollen

fed-Code einblenden

Bitte das erstmal nachrechnen, und wenn Ihr einverstanden seid, beachtet, daß ein Winkel zyklisch ist, d.h. der dazu konjugierte Impuls ist eine Erhaltungsgröße. Das kann man ausnutzen, um die beiden DGLs zu entkoppeln. Man hat dann nur noch eine DGL für den "Schwingungswinkel" fed-Code einblenden , und danach kann man über Näherungen nachdenken.

Grüße
Juergen



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-06


Hallo Jürgen,
hab beides nochmal nachgerechnet und komm auch auf die von dir berechneten Bewegungsgleichungen. D.h. also:

(1) $\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}}) - \frac{\partial L}{\partial \phi} = l^2(\ddot{\phi}+\ddot{\psi})-\frac{1}{2}klr sin(\phi) \cdot(\frac{1}{r_2^3}-\frac{1}{r_1^3}) = 0$

(2) $\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}}) - \frac{\partial L}{\partial \psi} = l^2(\ddot{\phi}+\ddot{\psi})+2r\dot{r}\dot{\psi}+r^2\ddot{\psi} = 0$


da $\frac{\partial L}{\partial \psi} = 0$, ist $\psi$ eine zyklische Koordinate. Daher ist $\psi$ eine Erhaltungsgröße, d.h.

$\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}}) = l^2(\ddot{\phi}+\ddot{\psi})+2r\dot{r}\dot{\psi}+r^2\ddot{\psi} = 0$

bzw.

$\frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}} = l^2(\ddot{\phi}+\ddot{\psi})+2r\dot{r}\dot{\psi}+r^2\ddot{\psi} = const.$




Das kann man ausnutzen, um die beiden DGLs zu entkoppeln.

Meinst du damit die beiden Differentialgleichungen ineinander einsetzen? Also

(1) in (2) ergibt


$2r\dot{r}\dot{\psi}+r^2\ddot{\psi}+\frac{1}{2}klr sin(\phi) \cdot(\frac{1}{r_2^3}-\frac{1}{r_1^3}) = 0$



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Hallo DrStupid,

hab auch deine Rechnung nochmal nachgerechnet und bekomm auch bei dir das gleiche Ergebniss heraus.

Also


\(\ddot \phi  \approx  - \ddot \psi  - \frac{{3k}}{{r^3 }} \cdot \sin \left( \phi  \right) \cdot \cos \left( \phi  \right)\)

bzw. mit $sin(\phi)\cdot cos(\phi) = \frac{sin(2\phi}{2}$:

$\ddot{\phi}+\ddot{\psi}+\frac{3k}{2r^3} sin(2\phi) \approx 0$



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-06


Angenommen

$\ddot{\phi}+\ddot{\psi}+\frac{3k}{2r^3} sin(2\phi) \approx 0$


Wenn ich nun Exzentrizitäten $\epsilon \ll 1$ betrachte, ergibt sich doch annähernd eine Kreisbahn.
Nach dem zweiten Keplerschen Gesetz, müsste doch daher gelten das $\ddot{\psi} = 0$ ist. Damit würde für die Bewegungsgleichung gelten:

$\ddot{\phi}+\frac{3k}{2r^3}sin(2\phi)=0$

Mit $\omega_0^2 = \frac{3k}{2r^3}$.

$\ddot{\phi}+\omega_0^2 sin(2\phi)=0$

Aber wie komm ich auf die angegebene DGL?

$\ddot{\phi}+\omega_0^2 (1-3\epsilon \:cos\:\Omega t)\: sin(2\phi)=0$


Viele Grüße



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Hallo!
2020-12-06 12:58 - Wasmachichhiernur in Beitrag No. 7 schreibt:
...
da $\frac{\partial L}{\partial \psi} = 0$, ist $\psi$ eine zyklische Koordinate. Daher ist $\psi$ eine Erhaltungsgröße
...

NEIN, da hast Du etwas mißverstanden. Nicht die zyklische Koordinate selbst ist Erhaltungsgröße, sondern der ihr zugeordnete kanonisch konjugierte "Impuls"
fed-Code einblenden

Was erhälst Du für diese Größe, und was ist ihre physikalische Bedeutung?


2020-12-06 12:58 - Wasmachichhiernur in Beitrag No. 7 schreibt:
Meinst du damit die beiden Differentialgleichungen ineinander einsetzen?

fed-Code einblenden

Probier das nochmal, und melde Dich bei Problemen.

Grüße
Juergen

P.S: In Beitrag No.9 läufst Du in die falsche Richtung

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]



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