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Mechanik » Theoretische Mechanik » Lagrangefunktion eines symmetrischen Kreisels
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Universität/Hochschule Lagrangefunktion eines symmetrischen Kreisels
Mandacus
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  Themenstart: 2021-01-28

Hallo, ich habe leider eine Verständnisschwierigkeit bei einer Aufgabe, bei der es um die Anwendung des Langrange-Formalismus auf einen symmetrischen Kreisel geht. https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/46688_Symmetrischer_Kreisel.jpg Meine Fragen sind: 1) Bei a) soll man ja die Langrange-Funktion ausrechnen, und die Euler'schen Winkel als (verallgemeinerte) Koordinaten verwenden. Für die Lagrange-Funktion braucht man ja die kinetische Energie. Da die Scheibe ja gleiten und rotieren, hat die kinetische Energie doch einen translatorischen und einen rotatorischen Anteil. Für die Berechnung des translatorischen Anteils braucht man ja einen Ortsvektor. Wie soll man den denn aufstellen? Die Euler-Winkel, die man hier als generalisierte Koordinaten verwenden soll, beschreiben ja erstmal nur die Rotation. 2) Bei d) wird der Winkel zwischen dem Boden und der Scheibe mit $\theta$ bezeichnet. Aber $\theta$ ist doch lt. Aufgabenstellung der Winkel zwischen der z-Achse und der Drehachse. Was ist hier mit dem Winkel zwischen dem Boden und der Scheibe gemeint?


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Spock
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-29

Hallo Mandacus! Das ist schon ein etwas fortgeschritteneres Problem aus der Kreiselmechanik, und die Aufgabenstellung ist aus meiner Sicht etwas suboptimal formuliert, ich bin nicht sicher, ob dem Aufgabensteller die komplette Problematik bewusst war. In diesem Zusammenhang ist auch der Lagrange-Formalismus nicht unbedingt die erste Wahl, Newton ist wahrscheinlich geschickter, wenn man konkret was rechnen mag. Zu Deinen Fragen: 1) Siehst Du richtig, da kommt noch ein translatorischer Anteil ins Spiel, die etwas vage Formulierung "reibungsfrei gleiten" führt zu einer Bedingung der Form v^>=\w^>\cross r^> , wie auch immer man \w^> und r^> berechnet. Allerdings sagt der Aufgabensteller ja in b), daß man die horizontale Bewegung vernachlässigen soll, dann wäre die Frage wozu das dann alles? :-) 2) Auch wenn die Zeichnung in der Aufgabenstellung nicht gerade viel hilft, mit dem besagten Winkel verhält es sich tatsächlich so, hier eine hoffentlich bessere Zeichnung: https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/204_Wheel_on_a_plane.png Grüße Juergen


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Mandacus
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-30

Ich habe mir mithilfe der zur Verfügung gestellten Zeichnung jetzt folgendes überlegt. Da die Aufgabenstellung verlangt, dass ich im Lagrange-Formalismus reche, habe ich genau das versucht. a) Es gilt für den Ortsvektor des Schwerpunktes $$ \vec{r}=(0,0,z(t))^T=(0,0,a \sin(\theta))^T \\ \dot{\vec{r}}=(0,0,a \cos(\theta) \dot{\theta})^T. $$ Für die Translationsenergie gilt somit $$ T_{\text{trans}} =\frac{m}{2} \dot{\vec{r}}^2 =\frac{m}{2} a^2 \cos^2(\theta) \dot{\theta}^2. $$ Sei $\vec{\omega}'=(\omega'_1,\omega'_2,\omega'_3)^T$ die Winkelgeschwindigkeit im körperfesten Bezugssystem KS. Sei das körperfeste System durch das Hauptachsensystem gegeben. Mir ist bekannt, dass $$ \omega'_1=\dot{\phi} \sin(\theta) \sin(\psi) + \dot{\theta} \cos(\psi) \\ \omega'_2=\dot{\phi} \sin(\theta) \cos(\psi) - \dot{\theta} \sin(\psi) \\ \omega'_3=\dot{\psi} + \phi \cos(\theta). $$ Sei $I'$ der Trägheitstensor bzgl. KS. Da das körperfeste System durch das Hauptachsensystem gegeben ist, gilt $I'=\text{diag}(I'_{11}, I'_{22}, I'_{33})$. Für die Rotationsenergie gilt $$ T_{\text{rot}} =\frac{1}{2} \vec{\omega}' I' \vec{\omega}' \\ =\frac{1}{2} (I_{11} (\omega'_1)^2+I_{22} (\omega'_2)^2+I_{33} (\omega'_3)^2) \\ =\frac{1}{2} [I_{11} (\dot{\phi} \sin(\theta) \sin(\psi) + \dot{\theta} \cos(\psi))^2 \\ +I_{22} (\dot{\phi} \sin(\theta) \cos(\psi) - \dot{\theta} \sin(\psi))^2 \\ +I_{33} (\dot{\psi} + \phi \cos(\theta))^2] \\ =\frac{1}{2} [(\dot{\phi}^2 \sin(\theta) + \dot{\theta}^2) I'_{11} +(\dot{\phi} \cos(\theta) + \dot{\psi})^2 I'_{33}] $$ wobei ausgenutzt wurde, dass $I'_{11}=I'_{22}$ gilt, da die Scheibe ein symmetrischer Kreisel ist. Für das Potential der auf den Kreisel wirkenden Schwerkraft gilt $$ V=m g z(t)=m g a \sin(\theta). $$ Es folgt für die Lagrange-Funktion $$ L=T_{\text{trans}}+T_{\text{rot}} - V \\ =\frac{m}{2} a^2 \cos^2(\theta) \dot{\theta}^2 +\frac{1}{2} [(\dot{\phi}^2 \sin(\theta) + \dot{\theta}^2) I'_{11} +(\dot{\phi} \cos(\theta) + \dot{\psi})^2 I'_{33}] -m g a \sin(\theta). $$ b) Es gilt $$ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}} =\frac{d}{dt} (\sin(\theta) \dot{\phi} I'_{11} + I'_{33} \cos(\theta) (\dot{\phi} \cos(\theta) + \dot{\psi})) \\ =\cos \dot{\theta} \dot{\phi} I'_{11} + \sin(\theta) \ddot{\phi} I'_{11} \\ -I'_{33} \sin(\theta) \dot{\theta} (\dot{\phi} \cos(\theta) + \dot{\psi}) \\ +I'_{33} \cos(\theta) (\ddot{\phi} \cos(\theta) - \dot{\phi} \sin(\theta) \dot{\theta} + \ddot{\psi}) $$ $$ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}} =\frac{d}{dt} ((\dot{\phi} \cos(\theta) + \dot{\psi}) I'_{33}) \\ =(\ddot{\phi} \cos(\theta)-\dot{\phi} \sin(\theta) \dot{\theta} + \ddot{\psi}) I'_{33} \\ $$ $$ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} =\frac{d}{dt} (m a^2 \cos^2(\theta) \dot{\theta} + I'_{11} \dot{\theta}) \\ =-m a^2 2 \cos(\theta) \sin(\theta) \dot{\theta}^2 + m a^2 \cos^2(\theta) \ddot{\theta} + I'_{11} \ddot{\theta}. $$ Da keine der Zeitableitungen verschwindet, bleibt keiner der generalisierten Impulse erhalten, was mich allerdings sehr stutzig macht. Leider habe ich bisher auch keinen Fehler finden können. Darüberhinaus ist mir leider noch immer nicht ersichtlich, wie hier die Vernachlässigung der horizontalen Bewegung eingehen soll.


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Spock
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-31

Hallo! Das sieht doch alles sehr gut aus, da hast Du Dir ja viele Gedanken gemacht, :-) Lediglich Dein \w_3\.' stimmt nicht ganz, da muß es \phi2^* heißen, nicht \phi2. Das ist aber wahrscheinlich nur ein Tippfehler, denn am Ende in der Lagrange Funktion steht es richtig da. Bei den Zeitableitungen der generalisierten Impulse mußt Du nochmal nachrechnen, da tauchen bei Dir Ausdrücke wie cos(\theta^*) auf, das kann nicht sein. Was erhalten ist, sind die Drehimpulse bezüglich der raumfesten z-Richtung und bezüglich der Symmetrieachse des Körpers. Das kann man sich klarmachen, wenn man sich das wirkende Drehmoment anschaut (beachte, daß Reibung vernachlässigt ist). In Deinem Fall gilt also wegen dem erhaltenen Drehimpuls bezüglich der Symmetrieachse des Körpers \w_3\.'=\psi^*+\phi2^* cos\theta=const Grüße Juergen


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Mandacus
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-31

Ich habe überlegt, ob man b) nicht noch einfacher lösen kann. Die Lagrange-Gleichungen 2.Art haben ja die Form $$ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} -\frac{\partial L}{\partial q_i}=0. $$ Es gilt $$ \frac{\partial L}{\partial \phi}=0 $$ $$ \frac{\partial L}{\partial \psi}=0 $$ $$ \frac{\partial L}{\partial \theta}=-m a^2 \cos(\theta) \sin(\theta) \dot{\theta}^2 +\frac{1}{2} \dot{\phi}^2 \cos(\theta) I'_{11} \\ -2 (\dot{\phi} \cos(\theta) + \dot{\psi}) \dot{\phi} \sin(\theta) I'_{33} -m g a \cos(\theta). $$ Somit bleiben die generalisierten Impulse $\frac{\partial L}{\partial \phi}, \frac{\partial L}{\partial \psi}$ erhalten, da die Zeitableitung jeweils verschwindet. Bei c) brauche ich ja nur die Gleichung $$ 0=\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{ \theta}} -\frac{\partial L}{\partial \theta} $$ hinzuschreiben, deren Summanden ich ja schon kenne. Bei d) bin ich mir bzgl. des Vorgehens noch unsicher. Ich weiß, dass für die Winkelgeschwindigkeiten gilt $$ \omega_{\phi}=\dot{\phi} \vec{e}_z $$ Ich suche nun $\omega_{\phi}$, sodass $\dot{\theta}=0$. Das Problem ist, dass ich noch nicht sehe, welchen Zusammenhang ich hier benutzen soll. Ich könnte natürlich versuchen die in c) ermittelte Langrange-Gleichung für $\dot{\phi}$ zu lösen. Mit der Annahme $\dot{\theta}=0$ würde sich diese Langrange-Gleichung ja zu $\frac{\partial L}{\partial \theta}=0$ vereinfachen. Allerdings hätte ich dann immer noch die Größen $\theta, \psi$ zu berücksichtigen.


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Spock
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-01-31

Hallo! \quoteon(2021-01-31 16:34 - Mandacus in Beitrag No. 4) Ich habe überlegt, ob man b) nicht noch einfacher lösen kann. \quoteoff NEIN! Du hast doch noch nicht verstanden, was ich Dir aufgeschrieben habe, :-( Das Einzige, was man hier vereinfacht hat, ist das Weglassen der Reibung, und das ist schon nicht sehr realistisch. Selbst mit dieser Vereinfachung kommst Du mit Lagrange nicht so viel weiter, siehe meinen Beitrag No.1 \quoteon(2021-01-31 16:34 - Mandacus in Beitrag No. 4) Somit bleiben die generalisierten Impulse $\frac{\partial L}{\partial \phi}, \frac{\partial L}{\partial \psi}$ erhalten, da die Zeitableitung jeweils verschwindet. \quoteoff Auch hier ein klares NEIN! Das hier: $\frac{\partial L}{\partial \phi}, \frac{\partial L}{\partial \psi}$ sind keine generalisierten Impulse! Und nebenbei: Du willst wahrscheinlich auf zyklische Koordinaten hinaus. Wenn die HAMILTON-Funktion von so einer Koordinate nicht abhängt, dann sind die zugehörigen kanonischen Impulse erhalten Wenn Du Newton hier nicht magst, vielleicht magst Du ja Hamilton? :-) Grüße Juergen


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Mandacus
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-31

\quoteon(2021-01-31 17:21 - Spock in Beitrag No. 5) Das hier: $\frac{\partial L}{\partial \phi}, \frac{\partial L}{\partial \psi}$ sind keine generalisierten Impulse! \quoteoff Da hatte ich mich verschrieben, ich meinte $\frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}}, \frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}}$. Ich ging davon aus, dass man wegen $$ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} =\frac{\partial L}{\partial q_i} $$ nur zu zeigen braucht, dass $$ \frac{\partial L}{\partial \phi}=0 $$ $$ \frac{\partial L}{\partial \psi}=0 $$ da man dann auch $$ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}}=0 \tag{1} $$ $$ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}}=0 \tag{2} $$ bekommen würde. Da generalisierte Impulse meines Wissens nach die Form $$ p_i=\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} $$ haben, müsste somit aus (1) und (2) folgen, dass $\frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}}, \frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}}$ erhalten sind, da die Zeitableitungen verschwinden. Aber wenn Lagrange hier ohnehin nicht hilfreich ist, dann werde ich es doch noch mit Newton versuchen müssen...


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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-01-31

Hallo! auch wenn ich von der Aufgabe, so wie sie gestellt ist, immer noch nicht begeistert bin,:-), bei b) steht ja der Zusatz, daß man die horizontale Bewegung vernachlässigen soll. Erst dann soll man schauen, welche generalisierten Impulse erhalten sind. Bleiben wir halt erstmal bei Lagrange, und mit "Vernachlässigung der horizontalen Bewegung" ist wahrscheinlich die Schwerpunktsbewegung gemeint, d.h., der Schwerpunkt soll sich nur vertikal bzw. gar nicht bewegen. Bringt Dich das auf eine Idee? Grüße Juergen


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Wenn der Schwerpunkt sich nur vertikal bewegen kann gilt ja $$ \vec{r}=(0,0,z(t))^T=(0,0,a \sin(\theta))^T \\ \dot{\vec{r}}=(0,0,\dot{z(t)})^T =(0,0,a \cos(\theta) \dot{\theta})^T. $$ Effektiv hängt der translatorische Anteil der kinetischen Energie damit nur von $\dot{z(t)}$ bzw. $\theta$ und $\dot{\theta}$ ab. Aber das habe ich ja bei dem Aufstellen der Lagrange -Funktion in a) schon verbraucht. Ich fürchte, ich werde nochmal überlegen müssen...


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  Beitrag No.9, eingetragen 2021-01-31

Hallo, ein kleiner Tipp, ohne die in b) erwähnte Näherung zu beachten: Berechne mal den zu \psi gehörenden kanonischen Impuls, also p_\psi=pdiff(\dsL,\psi^*) Und danach erinnere Dich an das, was ich oben über \w_3\.' geschrieben habe. Grüße Juergen


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Da \quoteon(2021-01-31 13:52 - Spock in Beitrag No. 3) \w_3\.'=\psi^*+\phi2^* cos\theta=const \quoteoff folgt $$ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\psi}} =\frac{d}{dt} ((\dot{\phi} \cos(\theta) + \dot{\psi}) I'_{33}) =\frac{d}{dt} \omega'_3 =0. $$ Daher ist $p_{\psi}$ also erhalten. Weiter kriege ich $$ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\phi}} =\frac{d}{dt} (\sin(\theta) \dot{\phi} I'_{11} + I'_{33} \cos(\theta) (\dot{\phi} \cos(\theta) + \dot{\psi})) \\ =\frac{d}{dt} (\sin(\theta) \dot{\phi} I'_{11} + I'_{33} \cos(\theta) \omega'_3) \\ =I'_{11} (\cos(\theta) \dot{\theta} \dot{\phi}+ \sin(\theta) \ddot{\phi} )-I'_{33} \sin(\theta) \dot{\theta} \omega'_3. $$ Da werde ich morgen nochmal schauen müssen.


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Hallo! Du hast Dich bei der Rotationsenergie verrechnet oder vertippt: \quoteon(2021-01-30 20:58 - Mandacus in Beitrag No. 2) ... Für die Rotationsenergie gilt $$ T_{\text{rot}} =\frac{1}{2} [(\dot{\phi}^2 \sin(\theta) + \dot{\theta}^2) I'_{11} +(\dot{\phi} \cos(\theta) + \dot{\psi})^2 I'_{33}] $$ ... \quoteoff In der Klammer des ersten Summanden muß ein Sinus zum Quadrat stehen. Grüße Juergen


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