Korrekturen

Seite: , Gleichung (3.45):

$$\frac{1}{R\left( s\right) }=\left\vert\frac{\Delta \vec{\tau }\left( s\right) }{ \Delta s}\right\vert$$

Seite: , Gleichung (3.46):

$$R(s) = \frac{1}{\left\vert\frac{d\vec{\tau }\left( s\right) }{ds}\right\vert}$$

Seite: , Gleichung (3.19):

$$\vec{v}\left( t\right) = r\omega \left( t\right) \cdot \left( \begin{array}{c} -\sin\v... ...\right) \\ \cos \varphi \left( t\right) \\ \end{array}\right)$$

$$v\left( t\right) = r\omega \left( t\right)$$

Seite: , Gleichung (3.58):

$$R=\frac{\left( \dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}\right)^{3/2} }{\dot{x} \ddot{y}-\ddot {x} \dot{y}}$$

Seite: , Gleichung (3.80):

$$W = \int\limits_0^p \dot{p} ds$$

Seite: , Gleichung (3.87):

$$\vec{F}\left( \vec{r}_{Fl}\left( s\right) \right) = F\left( \vec{r}_{Fl}\left( s\right) \right) \cdot\vec{\tau }_{Fl}\left( s\right) \nonumber$$

$$\vec{\tau}_{Fl} =\frac{d\vec{r}_{Fl}}{ds}$$

Seite: , Abschnitt D.2:

Gegeben sei ein Vektorfeld $\vec{F}(\vec{r})$. Zu berechnen sei das Linienintegral

$$\int\limits_{\vec{r}_1\text{,} b}^{\vec{r_2}} \vec{F}(\vec{r}\cdot d\vec{r}$$

zwischen den Punkten $\vec{r}_1$ und $\vec{r}_2$ entlang der Bahn $b$. Wir nehmen an, dass die Bahn $b$ mit der Bahnlänge $s$ parametrisiert sei. Dann ist $\vec{F}(\vec{r}) = \vec{F}(\vec{r}(s))$ und der Tangenteneinheitsvektor ist

$$\vec{\tau}= \frac{d\vec{r}}{ds}$$

Mit $\vec{r}(s_1) = \vec{r}_1$ und $\vec{r}(s_2) = \vec{r}_2$ ist das Linienintegral

$$\int\limits_{\vec{r}_1\text{,} b}^{\vec{r_2}} \vec{F}(\vec{r}\cdot d\vec{r}= \int\limits_{s_1}^{s_2}\vec{F}(\vec{r}(s))\cdot\vec{\tau}(s) ds$$

Seite: , Gleichung (3.68):

$$x\left( t\right) =\frac{1}{2}at^{2} \dot{x}\left( t\right) =at \ddot{x}\left( t\right) =a$$

$$y\left( t\right) =y_{0}\sin\omega t \dot{y}\left( t\right) =y_{0} \cos\omega t \ddot{y}\left( t\right) =-y_{0}\sin\omega t$$

Seite: , Abschnitt 3.2.6.3:

Ein Kraftfeld ist konservativ, wenn

Seite: , Abschnitt 3.2.6.3:

da $b$ beliebig ist und auf einer beliebigen Bahn $b$ das Linienintegral entlang eines geschlossenen Weges verschwindet, muss $\textrm{rot} {}\vec{F}=0$ gelten.

Seite: , Gleichung (3.16):

$$a^{2} = a_{r}^{2}+a_{\theta }^{2}+a_{\varphi }^{2}$$

$$= -2 \cos \left( \theta \right) {r}^{2}\sin \left( \theta \right) ... ...ight) { \dot{\theta}} { \dot{\phi}} \sin \left( \theta \right) { \ddot{\phi}}$$

$$+4 \cos \left( \theta \right) r\sin \left( \theta \right) {{ \do... ...4 {{ \dot{r}}}^{2}{{ \dot{\theta}}}^{2}+4 {{ \dot{r}}}^{2}{{ \dot{\phi}}}^{2}$$

$$+2 r{{ \dot{\phi}}}^{2 } \left( \cos \left( \theta \right) \righ... ... \right) \right) ^{2}+{{ \ddot{r}}}^{2}-2 { \ddot{r}} r{{ \dot{\theta}}}^{ 2}$$

$$-2 { \ddot{r}} r{{ \dot{\phi}}}^{2}+{r}^{2}{{ \dot{\theta}}}^{4... ...eft( \cos \left( \theta \right) \right) ^{2}{{ \dot{r}}}^{2}{{ \dot{\phi}}}^{2}$$

$$-4 \left( \cos \left( \theta \right) \right) ^{2}{ \dot{r}} { ... ...hi}}- \left( \cos \left( \theta \right) \right) ^{2}{r}^{2}{{ \ddot{\phi}}}^{2}$$

Seite: , Abschnitt F:

Neuer Anhang: Berechnung von Beschleunigungen und Geschwindigkeiten in Kugelkoordinaten.

Seite: , Gleichung (3.13):

$$a_{r} = a_{x}\sin \theta \cos \varphi +a_{y}\sin \theta \sin \varphi +a_z\cos \theta =$$

$$= \ddot{r}-r\left( \dot{\theta}^{2}+\sin ^{2}\theta \dot{\varphi} ^{2}\right)$$

Seite: , Abschnitt 3.3.5:

Die Kraft zum Starten der Bewegung ist

$$F_{HR}=\mu_{HR}F_{g}$$

Dabei ist $F_{HR}$ die Haftreibungskraft und $\mu_{HR}$ der Haftreibungskoeffizient.
Um $m$ in gleichförmiger Bewegung zu halten brauchen wir die Kraft

$$F_{GR}=\mu_{GR}F_{g}$$

Hier is $\mu_{GR}$ der Gleitreibungskoeffizient und $F_{GR}$ die Gleitreibungskraft. Es gilt

$$\mu_{GR}\leq\mu_{HR}$$

Seite: , Abschnitt 3.3.5:

Bei verschleissfreier Reibung wird Energie dissipiert, indem die beiden Körper durch die schrägen Kontaktflächen gegen die äussere Andruckskraft getrennt werden. Die potentielle Energie wird beim Zurückfallen dissipiert. Amontons zweites Reibungsgesetz liefert $F_{GR} = \mu_{GR} F_g$.

Seite: , Abschnitt 3.3.5:

Die wahre Kontaktfläche ist immer kleiner als die scheinbare. Durch polieren erhöht man die wahre Kontaktfläche. Erhöht man die Auflagekraft, werden die mikroskopischen Kontakte mehr zusammengedrückt. Ihre wahre Kontaktfläche ist proportional zur Auflagekraft. Formal gilt die Beziehung

$$A_{wahr} = A_{schein}\frac{F_g}{F_0}$$

wobei $F_0$ eine in diesem Model nicht weiter erklärte Konstante ist.
Die Reibungskraft hängt dann mit der Scherspannung, die notwendig ist zum Lösen des Kontakts mit der Unterlage, $\tau$ wie folgt zusammen

$$F_{GR} =A_{wahr}\cdot\tau$$

$$= A_{schein}\frac{F_{g}}{F_{0}}\cdot\tau \notag$$

$$=\frac{A_{schein}\tau}{F_{0}}\cdot F_g \notag$$

$$= \mu_{GR}F_g \notag$$

mit

$$\mu_{GR} = \frac{A_{schein}\tau}{F_{0}}$$

Aus der Proportionalität der wahren Kontaktfläche mit der Auflagekraft und dem Modell der Scherung folgt das Reibungsgesetz der Gleitreibung mit einem konstanten, geschwindigkeitsunabhängigen (nach Coulomb) Reibungskoeffizienten.

Seite: , Gleichung (3.126):

$$\Delta p =2mv_{0}$$

$$=\int\limits_{-\frac{\tau}{2}}^{\frac{\tau}{2}}\left( -At'^{2} +F_{0}\right) dt\nonumber$$

$$=\left.-\frac{1}{3}At'^{3}+F_{0}t\right\vert _{\frac{\tau}{2}}^{\frac{\tau}{2} }\nonumber$$

$$=F_{0}\tau-\frac{1}{12}A\tau^{3}\nonumber$$

$$=F_{0}\tau-\frac{4}{12}\frac{F_{0}}{\tau^{2}}\tau^{3}\nonumber$$

$$=\frac{2}{3}F_{0}\tau\nonumber$$

Seite: , Gleichung (3.142):

$$\left( \sum\limits_{i}m_{i}\right) \cdot\vec{r}_{s} = \vec{r}_{s}... ...int \rho(\vec{r})dV =\int\vec{r}dm=\int\vec{r}\cdot\rho\left( \vec{r}\right) dV$$

Seite: , Abschnitt 3.3.5:

Modernere Bilder beschreiben die Reibung als ein Abscheren von gestauchten Mikrokontakten. Damit können zwei Phänomene erklärt werden:

• Die Reibung ist unabhängig von der scheinbaren Kontaktfläche (dies ist die makroskopisch gemessene Kontaktfläche).
• Poliert man die Grenzflächen, nimmt die Reibung zu.

Seite: , Abschnitt 3.4.2.1:

$$\Rightarrow\vec{p}=\sum m_{i}\vec{v}_{i}=\frac{d}{dt}\sum m_{i}\l... ...\left( \vec{R}_{i}\right) +\frac{d}{dt}\left( m\vec{r}_{s}\right) =m\vec{v}_{s}$$

Seite: , Abschnitt 3.5.1.1:

Die Grösse $\mu = \frac{m_{1}m_{2}}{m_{1}+m_{2}}$ heisst auch die reduzierte Masse. Mit ihr können Zweikörper-Probleme im Schwerpunktssystem einfacher gelöst werden.

Seite: , Gleichung (3.191):

$$\vec{F}_{a} = -\vec{F}_s$$

$$= \frac{d\vec{p}}{dt} \notag$$

$$= \frac{d}{dt}\left( m_{Gas}\left( t\right) \right) \vec{v}_{Gas} \notag$$

$$= -\frac{dm\left( t\right) }{dt}\cdot \vec{v}_{Gas} \notag$$

Seite: , Abschnitt 3.5.4.2:

Die Masse des wegfliegenden Gases trägt einen mit der Zeit grösser werdenden Impuls. Dieser Impulsänderung entspricht eine äussere Kraft $\vec{F}_a$ und einer Schubkraft $\vec{F}_s = -\vec{F}_a$. Wir beachten weiter, dass wir Vektoren mit den dem Koordinatensystem angepassten Komponenten verwenden müssen. Hier hat also $\vec{v}_{Gas}$ eine negative $x$-Komponente.

Seite: , Gleichung (3.189):

$$E_{kin}=\frac{m\vec{v}_{0}^2}{2}=W\left( 0,d\right) =F_{a}d$$

Seite: , Abschnitt 3.5.4.3:

Wenn ein Massenelement $dm$ die Düse verlässt, hat es in diesem Augenblick die Geschwindigkeit $\vec{v}(t)+\vec{v}_{Gas}$. Es trägt also den Impuls $dm \left(\vec{v}(t)+\vec{v}_{Gas}\right)$ weg. Auch hier verwenden wir die Vektoren mit den durch das Koordinatensystem gegebenen richtigen Vorzeichen. Infinitesimal gilt

$$\vec{F}(t)dt + d\vec{p}_{Gas}(t) = \vec{F}(t)dt + dm(t) \left(\vec{v}(t)+\vec{v}_{Gas}\right) = d\vec{p}_{Rakete}(t)$$

und damit

$$\vec{F}(t) = \frac{d\vec{p}_{Rakete}(t)}{dt}-\frac{dm(t)}{dt} \left(\vec{v}(t)+\vec{v}_{Gas}\right)\notag$$

$$= \left\{ m\left( t\right) \frac{d\vec{v}\left( t\right) }{dt}+\fra... ...right) }{dt}\left[ \vec{v}\left( t\right) +\vec{v}_{Gas}\right] \right\} \notag$$

$$= m\left( t\right) \frac{d\vec{v}\left( t\right) }{dt}-\frac{dm\left( t\right) }{dt}\vec{v}_{Gas}$$

Seite: , Gleichung (3.197):

$$\int\limits_{0}^{t_{0}}d\vec{v}\left( t\right) = \vec{v}_{Gas}\int\limits_{0}^{t_{0}}\frac{dm\left( t\right) }{m(t)} \notag$$

$$= \vec{v}\left( t\right) -\vec{v}\left( 0\right) \notag$$

$$= \vec{v}_{Gas}\cdot \left( \ln \left( m\left( t\right) \right) -\ln m_{0}\left( 0\right) \right)$$

Seite: , Abschnitt 3.6.4:

Wir betrachten das Drehmoment für eine Zentralbewegung bei einer konstanten punktförmigen Masse. Dann ist

$$T= r\cdot F$$

und

$$F= m\dot{v} = mr\dot{\omega}$$

oder

$$T=r\cdot mr\dot{\omega} = \left(m r^2\right)\dot{\omega}= I\dot{\omega}$$

wobei $I= mr^2$ das Trägheitsmoment eines Massenpunktes $m$ im Abstand $r$ von der Drehachse ist.

Seite: , Gleichung (3.218):

Die Kraft der Masse $1$ auf die Masse $2$ ist $\vec{F}_{21}$, also

$$\vec{F}_{21}=-\vec{F}_{12}=-Gm_{1}m_{2}\frac{\vec{r}_{12}}{ r_{12}^{3}}$$

Seite: , Abschnitt 3.7.2:

Dabei ist $G=6.6742\cdot 10^{-11} \frac{m^3}{kg s^2}$ die Gravitationskonstante.

Seite: , Abschnitt 3.7.2.1:

da gilt

$$\frac{\partial }{\partial x}\frac{y}{r^3} = \frac{1}{r^3}\frac{\partial y}{\partial x}+y\frac{\partial}{\partial x}\frac{1}{r^3}$$

$$= 0 -3y\frac{1}{r^4}\frac{\partial r}{\partial x}$$

$$= -\frac{3y}{r^4}\frac{\partial \sqrt{x^2+y^2+z^2}}{\partial x}$$

$$= -\frac{3y}{r^4}\; \frac{1}{2}\frac{2x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$$

$$= -\frac{3y}{r^4}\; \frac{x}{r}$$

Seite: , Abbildung 3.56:

$_{}$

Seite: , Abschnitt 3.7.2.1:

Bei der Berechnung der potentiellen Energie muss man berücksichtigen, dass die Kraft $\vec{F}$ und $d\vec{r}$ entgegengesetzt angeordnet sind. Da das Gravitationsfeld konservativ ist, können wir eine ganz spezielle Bahn verwenden. Zwischen zwei beliebigen Punkten $\vec{r}$ und $\vec{r}_0$ lassen wir die Bahn von $\vec{r}$ bis zu der Kugelschale um den Massenpunkt $m$, auf der $\vec{r}_0$ liegt, laufen und führen sie dann auf der Kugelschale zu $\vec{r}_0$. Auf dem auf der Kugelschale liegenden Teil ist $\vec{F}_G$ senkrecht auf $d\vec{r}$, so dass $\vec{F}_G \cdot d\vec{r}=0$ ist: dieser Bahnabschnitt trägt nichts zur potentiellen Energie bei.

Also haben wir

$$E_{pot} =W\left( \vec{r}_{0},\vec{r},b\right) = -W\left( \vec{r},\vec{r}_{0},b\right) \notag$$

$$=-\int\limits_{\vec{r}}^{\vec{r}_{0}}-\vec{F}\left( \vec{r}\right) d\vec{r} = +\int\limits_{\vec{r}}^{\vec{r}_{0}}-Gmm_{0}\frac{\vec{r}}{r_{3}} d\vec{r}\notag$$

$$=-Gmm_{0}\int\limits_{r}^{r_{0}}\frac{dr}{r^{2}} = \left.Gmm_{0}\frac{1}{r}\right\vert _r^{r_0}\notag$$

$$= -\frac{Gmm_0}{r}+\frac{Gmm_0}{r_0}$$

Es ist üblich, den Referenzpunkt $\vec{r}_0 \rightarrow \infty$ zu setzen:

$$E_{pot}(\vec{r}) = E_{pot}(r) = \lim\limits_{r\rightarrow \infty}\left(-\frac{Gmm_0}{r}+\frac{Gmm_0}{r_0}\right) = -\frac{Gmm_0}{r}$$

Damit ist die Behauptung gezeigt.

Seite: , Abschnitt 3.7.2.3:

In Kugelkoordinaten wäre

$$m = \iiint\limits_{V} \rho(r \theta \phi) r^2\sin(\theta) dr d\theta d\phi$$

Seite: , Abschnitt 3.7.2.3:

Dabei ist $dV'$ das Volumenelement am Ort $\vec{r}'$. Die Lösung hat die gleiche Struktur wie das Gesetz für den Feldvektor der Gravitation, Gleichung (3.221) . Die ist leicht zu sehen, wenn man die Variablen wie folgt umschreibt:

$$m \rightarrow \rho(\vec{r})dV'$$

$$\vec{r} \rightarrow \vec{r}-\vec{r}'$$

$$r \rightarrow \left\vert(\vec{r}-\vec{r}'\right\vert$$

Seite: , Abschnitt 3.7.2.4:

$$\vec{g}\left( \vec{r}\right) \cdot\vec{n}\left( \vec{r}\right) ={g}\left( {r}\right) \$$

Seite: , Gleichung (3.240):

$$\textrm{div} {}\vec{r=\nabla \cdot r=}\frac{\partial x}{\partial x}+ \frac{\partial y}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial z}$$

Seite: , Gleichung (3.231):

$$\int\limits_{Kugel}\vec{g}\left( \vec{r}\right) \cdot \vec{n\cdot da } \vec{=} \int -Gm\frac{\vec{r}}{r^{3}}\frac{\vec{r}}{r}\cdot r^{2}\sin \theta d\theta d\varphi \notag$$

$$= -Gm\int\limits_{Kugel}\sin \theta d\theta d\varphi \notag$$

$$= -2\pi Gm\int\limits_{0}^{\pi}\sin \theta d\theta \notag$$

$$= -4\pi Gm$$

Seite: , Abschnitt 4.2.3:

$d\overline{\vec{\beta}}$ ist tangential und steht damit senkrecht auf $\vec{\beta}$. Als Tangentenvektor liegt $d\overline{\vec{\beta}}$ in der Ebene senkrecht zu $\vec{\omega}$. Also zeigt $d\overline{\vec{\beta}}$ in die gleiche Richtung wie $\vec{\omega}\times\vec{\beta}$. Da $\vert\vec{\omega}\times\vec{\beta}\vert=\omega\beta\sin(\phi)$ ist, gilt auch

Seite: , Gleichung (4.18):

$$\frac{d\vec{v}}{dt} =\frac{\partial\vec{v}}{\partial t}+\left( \vec{\omega}\times\vec{v}\right) \nonumber$$

$$=\frac{\partial}{\partial t}\left( \vec{v}'+\left( \vec{\omega }\... ...\omega}\times\left( \vec{v}'+\vec{\omega}\times\vec{r}\right) \right) \nonumber$$

$$=\frac{\partial}{\partial t}\vec{v}'+\vec{\omega}\times \frac{\pa... ...s\vec{v}^{' }+\vec{\omega}\times\left(\vec{\omega}\times\vec{r}\right)\nonumber$$

$$=\frac{\partial}{\partial t}\vec{v}'+2\left( \vec{\omega }\times\vec{v}'\right) +\vec{\omega}\times\left(\vec{\omega}\times\vec{r}\right)$$

Seite: , Abschnitt 4.2.3:

Geschwindigkeiten (und auch Beschleunigungen) sind in den beiden Bezugssystemen nicht gleich, wohl aber Ortsvektoren. Diese haben zwar unterschiedliche Komponenten, zeigen aber immer auf den gleichen Punkt im Raum. Geschwindigkeiten und Beschleunigungen sind unterschiedlich, haben also eine unterschiedliche Länge und/oder eine unterschiedliche Richtung.

Seite: , Abschnitt 4.2.3:

Wir definieren, dass

$$\vec{a}+\vec{a}_z+\vec{a}_C = \vec{a}'$$

ist, wobei $\vec{a}_z$ die namens und $\vec{a}_C$ die namens ist.

Wir haben also

$$\vec{a}_z = -\vec{\omega}\times\left(\vec{\omega}\times\vec{r}\right)$$

$$\vec{a}_C = -2\left( \vec{\omega }\times\vec{v}'\right) = 2\left( \vec{v}'\times\vec{\omega }\right)$$

Wir können die Gleichung für die vereinfachen, indem wir

$$\vec{r}=\vec{r}^{\ast}+\vec{R}$$

setzen.

Seite: , Abschnitt 4.2.4:

Die Winkelgeschwindigkeit ist im gestrichenen Bezugssystem

$$\vec{\omega}=\omega\left( 0\text{,} \cos\vartheta\text{,} \sin\vartheta\right)$$

Der Vektor $\vec{R}_0$ hat die Länge

$$R_0 = r_0 \sin(\pi/2-\vartheta) = r_0 \cos(\vartheta)$$

Im gestrichenen Bezugssystem hat $\vec{R}_0$ die Koordinaten

$$\vec{R}_0 = R_0\left(0\text{,} -\sin(\vartheta)\text{,} \cos(\v... ...ft(0\text{,} -\sin(\vartheta)\cos(\vartheta)\text{,} \cos^2(\vartheta)\right)$$

Zentrifugalkraft:

$$\vec{F}_{zentrifugal}=m\omega^{2}\vec{R}_{0}=m\omega^{2}r_{0}\left( 0,-\sin \vartheta\cos\vartheta,\cos^{2}\vartheta\right)$$

oder betragsmässig

$$\left\vert\vec{F}_{zentrifugal}\right\vert={F}_{zentrifugal}=m\omega^2 r_0 \cos(\vartheta)$$

Die Komponente parallel zum Boden (also in der $y'$-Richtung ist

$$\left\vert\vec{F}_{zentrifugal\text{,} y}\right\vert={F}_{zentri... ... r_0 \sin(\vartheta)\cos(\vartheta) = -\frac{m\omega^2 r_0}{2} \sin(2\vartheta)$$

Seite: , Abschnitt 4.2.4.2:

Bezogen auf den Erdmittelpunkt herrscht die Gravitationskraft

$$\frac{Gm_{M}}{r_{em^{2}}}=a_{z}$$

des Mondes, die in diesem Punkt auch gleich der Zentrifugalkraft der Erdmasse (konzentriert auf den Schwerpunkt der Erde) ist. Wir rechnen alle Beschleunigungen nach rechts, also in der Richtung des Mondes, positiv.

Weiter ist die Geschwindigkeit des Punktes $A$ bezogen auf die Geschwindigkeit $v_S$ des Schwerpunktes $S$ gegeben durch

$$v_A = v_S\frac{r_E-r_S}{r_S}$$

Ebenso gilt für den Punkt $B$

$$v_B = v_S\frac{r_E+r_S}{r_S}$$

Die Zentrifugalbeschleunigungen berechnen sich dann für $A$ aus

$$a_{z\text{,} A} = \frac{v_A^2}{r_E-r_S}$$

und

$$a_{z\text{,} B} = \frac{v_B^2}{r_E+r_S}$$

Wenn man die Werte einsetzt, bekommt man

	Punkt $A$	Punkt $B$
Feldvektor der Gravitation des Mondes $g_M$	$$\frac{Gm_{M}}{\left( r_{EM}-r_{E}\right) ^{2}}$$	$$\frac{Gm_{M}}{\left( r_{EM}+r_{E}\right) ^{2}}$$
Zentrifugalbeschleunigung $a_z$	$$a_{z}\cdot\frac{r_{E}-r_{S}}{r_{S}}=$$ $$\frac{Gm_{M}}{ r_{EM}^{2}}\frac{r_{E}-r_{S}}{r_{S}}$$	$$-a_{z}\cdot\frac{r_{E}+r_{S}}{r_{S}}=$$ $$\frac{-Gm_{M}}{r_{EM}^{2}}\frac{r_{E}+r_{S}}{r_{S}}$$
Summe der Beschleunigungen $a$	$$\frac{Gm_{M}}{r_{EM}^{2} }\left( \frac{2r_{E}}{r_{EM}}+\frac{r_{E}}{r_S}\right)$$	$$-\frac{Gm_{M} }{r_{EM}^{2}}\left(\frac{2r_{E}}{r_{EM}}+\frac{r_{E}}{r_{S}}\right)$$

in $C$ gibt es die Zentrifugalbeschleunigung

$$a_{z}\approx\frac{Gm_{M}}{r_{EM}^{2} }\cdot\frac{r_{E}}{r_{S}}$$

Seite: , Gleichung (4.19):

$$\vec{a}=\vec{a}'+\left( \vec{\omega\times}\left( \vec{\omega}\times\vec{r}\right) \right) +2\left( \vec{\omega }\times\vec{v}'\right)$$

Seite: , Abschnitt 4.3.1:

Das Experiment kann so interpretiert werden: Das Interferometer bewegt sich gleich schnell gegenüber dem Äther, unabhängig von der Position auf der Erdbahn.

Seite: , Abschnitt 4.3.2.4:

Die zwei Novae sollen an den angegebenen Orten und Zeiten ausbrechen. B befindet sich in einem Inertialsystem, das sich mit der Geschwindigkeit $u$ gegenüber dem Inertialsystem von A bewegt.

In der Abbildung stellt die horizontale Achse alle drei Raumkoordinaten zusammen dar. Am Ort $r=0$ befindet sich A in Ruhe. Deshalb ist die Zeitachse von A sein hier. Andererseits haben alle Punkte auf der $r$-Achse die gleich Zeit wie A, sie befinden sich also jetzt. Die hier und jetzt eines sich in einem mit der Geschwindigkeit $u$ gegenüber A's Inertialsystem bewegenden Beobachters B sind gekippt gegenüber meinen Koordinatenachsen, wobei der Kippwinkel $\alpha$ der Zeitachse ($ct'$, hier) durch die Geschwindigkeit gegeben ist. Unbekannt ist der Kippwinkel $\beta$ der Raumachse ($r'$, jetzt). B soll gleichzeitig die Explosion von je einer Nova links und rechts von ihm beobachten. Beide Novae sollen den gleichen Abstand von B haben. Sie sollen, als B's Weltlinie die von A kreuzte ausgebrochen sein

Dies kann wie folgt eingesehen werden:

• Licht breitet sich mit $c$ in jedem Inertialsystem aus. Ich kann also, auch wenn ich nicht weiss, wie die Geschwindigkeiten in B's System zu transformieren sind, die Weltlinie des Lichtes angeben.
• Die Zeitachse von B ist seine Geschwindigkeit $u$. Die beiden Weltlinien des Lichtes aus jedem der beiden Ereignisse müssen sich auf B's Weltlinie, seiner $ct'$-Achse, schneiden.
• Der Winkel $PRQ$ ist ein rechter Winkel, da beide Lichtgeraden die $x$-Achse von A unter $\pi/4$ schneiden. Also ist $PQR$ ein rechtwinkliges Dreieck.
• Da B die beiden Novae gleichzeitig sieht, muss der Abstand gleich zur Zeitachse von B ($ct'$) gleich sein. Also ist der Schnittpunkt der Orts- und der Zeitachse in B's System der Mittelpunkt des Thaleskreises des rechtwinkligen Dreiecks $RPQ$. Deshalb sind die Strecken $\overline{0P}=\overline{0Q}=\overline{0R}$ gleich.

Zwischenbeobachtung: Die beiden roten Linien unter $\pi/4$ stellen die Ausbreitung des Lichtes dar, die Lichtgeraden: die Lichtgeschwindigkeit bei unserer Wahl der Koordinaten ist 1. Die beiden roten Linien durch die beiden Ereignisse zeigen, dass B beide Novae gleichzeitig wahrnimmt. A hingegen sieht zuerst die Nova 1, dann die Nova 2, da der Schnittpunkt der ersten roten Linie mit der $ct$-Achse unter dem der zweiten Linie liegt.

Der Begriff der Gleichzeitigkeit hängt vom betrachteten Inertialsystem ab.

• B's Geschwindigkeit gegenüber A legt den Winkel $\alpha$ fest. Gesucht ist der Winkel $\beta$
• Aus dem Winkel $PRQ$ liest man ab:
  $$\pi/2 = \phi+\gamma.$$

• Da das Dreieck $Q0R$ gleichschenklig ist, ist auch
  $$\epsilon = \gamma$$

• Aus dem Dreieck $0RT$ und dem Winkel der beiden Lichtgeraden zur $ct$-Achse beziehungsweise zur $r$-Achse von $\pi/4$ folgt
  $$\alpha + 3\pi/4+ \phi = \pi$$
  oder
  $$\alpha = \pi/4-\phi.$$

• Aus dem Dreieck $0SQ$ und dem Winkel der beiden Lichtgeraden zur $ct$-Achse beziehungsweise zur $r$-Achse von $\pi/4$ folgt
  $$\beta + \pi/4 + \left[\pi-\epsilon\right] = \pi$$
  und mit $\epsilon = \gamma = \pi/2-\phi$ folgt
  $$\beta= \epsilon-\pi/4 = \pi/4-\phi.$$

Also ist

$$\alpha = \beta$$

Diagramme wie das us der Abbildung 4.18 heissen Minkowski-Diagramme.

Je schneller $B$ ist, desto mehr werden, von $A$ aus gesehen, seine Achsen gegen die $\pi/4$ Linie gekippt.

Die beiden Novae aus der Sicht von B.

Die Beschreibung von B ist ebenso gültig. Aus seiner Sicht ist A's Geschwindigkeit genau das negative von seiner, von A aus gesehen. Deshalb ist A's 'ct'-Achse um $\alpha$ gegen den Uhrzeigersinn geneigt.

Ereignisse, die aus B's Sicht gleichzeitig sind, sind für A nicht gleichzeitig, und umgekehrt.

Relationen zwischen Ereignissen sind nur dann sinnvoll zu beschreiben, wenn gleichzeitig auch das Bezugssystem angegeben wird.

In jedem Inertialsystem gibt es konsistente Masseinheiten, die aber von Inertialsystem zu Inertialsystem verschieden sind.

Seite: , Gleichung (4.53):

$$t\left( x=vt,0,0\right) =\frac{t'\left( x'=0\text{,} y'=0\text{,} z'=0\right)}{ \sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}}$$

Seite: , Abschnitt 3.2.6.4:

$E_{pot}$ sei bezüglich $\vec{r}_{0}$ definiert. Das heisst, dass

$$E_{pot}(\vec{r}) = -\int\limits_{\vec{r}_0}^{\vec{r}} \vec{F}_{sys} \cdot d\vec{s}$$

ist. Die Arbeit, die das System leistet (nicht die Arbeit gegen die Feldkraft!) ist

$$\overline{W}\left( \vec{r}_{1},\vec{r}_{2},b\right) =\int \limits_{\vec{r}_{1},b}^{\vec{r}_{2}}\vec{F}_{sys}\left( \vec{r}\right) d\vec{r}\nonumber$$

$$=\int\limits_{\vec{r}_{1},b_{1}}^{\vec{r}_{0}}\vec{F}_{sys}\left(... ...}_{0},b_{2}} ^{\vec{r}_{2}}\vec{F}_{sys}\left( \vec{r}\right) d\vec{r}\nonumber$$

$$=-\int\limits_{\vec{r}_{0},b_{1}}^{\vec{r}_{1}}\vec{F}_{sys}\left... ...}_{0},b_{2}} ^{\vec{r}_{2}}\vec{F}_{sys}\left( \vec{r}\right) d\vec{r}\nonumber$$

$$=E_{pot}\left( \vec{r}_{1}\right) -E_{pot}\left( \vec{r}_{2}\right)$$

Seite: , Abschnitt 4.3.5:

Der longitudinale relativistische Dopplereffekt. Links ist mein Standpunkt, rechts der von B.

Die obige Skizze soll die Frage klären, welche Periode $T'$ B misst für ein Signal, für das ich die Periode $P$ messe. Die Berechnung läuft wie folgt:

• B's Weltlinie läuft schräg zu der meinen.
• Sinussatz:
  $$\overline{0Q} = \overline{0P}\frac{\sin\pi/4}{\sin(\pi/4-\alpha)}= \overline{0P}\frac{1}{\cos\alpha-\sin\alpha}$$

• Die Zeitdifferenz ist durch den vertikalen Abstand gegeben:
  $$\overline{0Q}\cos\alpha = \overline{0P}\frac{1}{1-\tan\alpha}=\overline{0P}\frac{1}{1-v/c}$$

• Damit ist
  $$T' = \frac{T}{1-v/c}$$
  der normale Dopplereffekt, der für $v \ll c$ gilt.
• Die Zeiteinheit ist auf B's Zeitachse um $1/\sqrt{1-v^2/c^2}$ grösser.
• Also muss
  $$T' = T \frac{\sqrt{1-v^2/c^2}}{1-v/c}$$
  sein.
• Mit der Frequenz $\nu = 1/T$ bekommt man:
  $$\nu' = \nu \frac{1-v/c}{\sqrt{1-v^2/c^2}} = \nu \sqrt{\frac{1-v/c}{1+v/c}}$$

$B$ würde anders argumentieren (rechte Seite von Abbildung 4.3.5)

• Ohne Berücksichtigung der Zeitdilatation wäre:
  $$T' = T \frac{\sin(3\pi/4 -\alpha)}{\sin(\pi/4)}=T\left(1+\frac{v}{c}\right)$$

• Die Zeitdilatation, die nach B's Ansicht für mich gilt:
  $$T' = T\frac{1+v/c}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$$

• Frequenz:
  $$\nu' = \nu\frac{\sqrt{1-v^2/c^2}}{1+v/c}=\nu\sqrt{\frac{1-v/c}{1+v/c}}$$

Der Dopplereffekt wird also durch die spezielle Relativitätstheorie für alle Inertialsysteme konsistent beschrieben.

Longitudinaler relativistischer Dopplereffekt:

$$\nu'=\nu\sqrt{\frac{1-\frac{v}{c}}{1+\frac{v}{c}}}$$ (H..929)

wenn im ungestrichenen System mit der Frequenz $\nu$ Strahlung ausgesendet wird und in dem mit $v$ sich dazu bewegenden gestrichenen System $\nu'$ gemessen wird.

Wenn eine Bewegung im Winkel $\alpha$ schräg zur zur Beobachtungsrichtung verläuft, ist der relevante Längenunterschied nicht $\Delta \ell'$ sondern $\Delta\ell'\cos\alpha$. Sei $T'$ die Periodendauer im bewegten Bezugssystem und $\Delta \ell'$ die Distanz, um die sich das bewegte Bezugssystem in $T'$ bewegt. Die Zeitdilatation ist unabhängig von der Bewegungsrichtung, die Längenkontraktion jedoch nicht!

Wir erhalten die Beziehungen

$$\Delta\ell\cos\alpha = -\frac{v T}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\cos\alpha$$

$$\Delta t' = \frac{T}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$$

$$T' = \Delta t'+\frac{-\Delta\ell\cos\alpha}{c}$$

Eingesetzt ergibt sich

$$T' = \frac{T}{\sqrt{1-v^2/c^2}} + \frac{v T}{c\sqrt{1-v^2/c^2}}\cos\alpha =\frac{T}{\sqrt{1-v^2/c^2}} \left(1+\frac{v}{c}\cos\alpha\right)$$

Für die Frequenzen ($\nu = 1/T$) gilt dann

$$\nu' = \nu\frac{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}{1+\frac{v}{c}\cos\alpha}$$

Für $\alpha=0$ bekommt man den transversalen Dopplereffekt

$$\nu' = \nu{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$$

Dies ist nichts anderes als ein Ausdruck der Zeitdilatation. Bei Schallwellen gibt es keinen transversalen Dopplereffekt.

Seite: , Gleichung (4.87):

$$v \approx \left\{\begin{array}{ccc} \frac{F t}{m_0} & \textrm{f\u... ...-2} \right)& \textrm{f\uml {u}r} & t \gg \frac{m_0 c}{F} \end{array}\right.$$

Seite: , Gleichung (4.88):

$$a(t) \approx \left\{\begin{array}{ccc} \frac{F}{m_0} & \textrm{f\... ...\right)^3 & \textrm{f\uml {u}r} & t \gg \frac{m_0 c}{F} \end{array} \right.$$

Seite: , Abschnitt 4.3.10:

Die kinetische Energie ist durch Gleichung (4.76) gegeben. Setzen wir Gleichung (4.85) ( $v^2/c^2 = \frac{A^2}{1+A^2}$) mit $A=Ft/(m_0 c)$, so erhalten wir

Seite: , Abschnitt 5.1.4.1:

Die Matrix $T$ berechnet sich aus dem Matrixprodukt der drei Drehmatrizen. Dabei betrachten wir die Transformation aus dem ortsfesten System ins mitbewegte System, also die Matrix $T^{-1}= T^T$. Dabei betrachten wir die Transformation aus dem ortsfesten System ins mitbewegte System, also die Matrix $T^{-1}= T^T$.

Wir betrachten die die $xy$-Ebene von der $z$-Achse aus

Dann ist

$$x^* = a-b = x\cos\alpha-y\sin\alpha$$

$$y^* = c+d = x\sin\alpha+y\cos\alpha$$

und

$$x = a+b = x^*\cos\alpha+y^*\sin\alpha$$

$$y = -c+d = -x^*\sin\alpha+y^*\cos\alpha$$

Die Drehungen um die $x$ folgt analog. Dann sind die Drehmatrizen gegeben durch

$$R_{\vec{e}_z^*}(\alpha) = \left( \begin{array}{ccc} \cos\alpha & \sin\alpha & 0 -\sin\alpha & \cos\alpha & 0 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \alpha \vec{e}_z^*$$

$$R_{\vec{e}_{\overline{0A}}}(\beta) = \left( \begin{array}{ccc} 1& 0 & 0 0 & \cos\beta & \sin\beta 0 & -\sin\beta & \cos\beta \end{array} \right) \beta \overline{0A}$$

$$R_{\vec{e}_z}(\gamma) = \left( \begin{array}{ccc} \cos\gamma & \sin\gamma & 0 -\sin\gamma & \cos\gamma & 0 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \gamma \vec{e}_z$$

Dann ist

$$T = R_{\vec{e}_z}(\gamma)R_{\vec{e}_{\overline{0A}}}(\beta)R_{\vec{e}_z^*}(\alpha)$$

wobei die Multiplikation von rechts durchzuführen ist. Das Resultat ist

$$T^T = \left( \begin{array}{ccc} -\cos\beta\sin\alpha\sin\gamma+\c... ... \sin\beta\sin\alpha & -\sin\beta\cos\alpha & \cos\beta \end{array} \right)$$ (H..930)

und damit

$$T = \left( \begin{array}{ccc} -\cos\beta\sin\alpha\sin\gamma+\cos... ... \sin\beta\sin\gamma & \sin\beta\cos\gamma & \cos\beta \end{array} \right)$$

oder

Seite: , Gleichung (5.10):

$$\left( \begin{array}[c]{c} x y z \end{array} \right) =\left... ...array} \right) \left( \begin{array}[c]{c} x^* y^* z^* \end{array} \right)$$

Seite: , Gleichung (5.12):

$$T^{-1} = \left(\begin{array}[c]{ccc} R_{11} & R_{21} & R_{31} R_{12} & R_{22} & R_{32} R_{13} & R_{23} & R_{33} \end{array} \right)$$

Seite: , Abschnitt 4.3.12:

zwei Abschnitte gestrichen!

Seite: , Abschnitt 4.3.6:

$v=c$: $w = \frac{u + c}{1+ uc/c^2} = c \frac{u+c}{c+u} = c$ unabhängig von $u$

Seite: , Abschnitt 4.3.6:

$uv\ll c^2$: $w = \frac{u + v}{1+ uv/c^2} \approx \left(u+v\right)\left(1-uv/c^2\right) \approx u+v$

Seite: , Abschnitt 4.3.7:

Nach der Zeit $\Delta t'$ misst B die Geschwindigkeit $u'$ und bestimmt die Beschleunigung aus

$$a' = \frac{u'}{\Delta t'}$$

Seite: , Gleichung (5.31):

$$\Delta E_{kin} =\sum_{i}\frac{1}{2}\Delta m_{i}\vec{v}_{i}^{2}=\frac{1}{2} \sum_{i}\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{R}_{i}\right) ^{2}\nonumber$$

$$=\frac{1}{2}\sum_{i}\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}^{2}\vec{\cdot R}_{i}^{2}-\left( \vec{\omega}\cdot\vec{R}_{i}\right) ^{2}\right) \nonumber$$

$$=\frac{1}{2}\vec{\omega}^{2}\sum\Delta m_{i}R_{i}^{2}$$

Seite: , Gleichung (5.28):

$$\left( \vec{a}\times\vec{b}\right) ^{2} = \left( \begin{array}[c]{c} a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}\\ a_{3}b_{1}-a_{1}b_{3}\\ a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1} \end{array}\right)^2$$

$$= \left( a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}\right) ^{2}+\left( a_{3}b_{1} -a_{1}b_{3}\right) ^{2}+\left( a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}\right) ^{2}$$

$$= a_2^2b_3^2-2a_2a_3b_2b_3+a_3^2b_2^2$$

$$+a_3^2b_1^2-2a_1a_3b_1b_3+a_1^2b_3^2$$

$$+a_1^2b_2^2-2a_1a_2b_1b_2+a_2^2b_1^2$$

Seite: , Abschnitt 4.3.10:

Wir verwenden Gleichung Gleichung (4.85) und haben dann

$$\frac{v}{c} = \frac{Ft}{m_0 c}\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{Ft}{m_0 c}\right)^2}}$$

$$\left(\frac{v}{c}\right)^2 = \left(\frac{Ft}{m_0 c}\right)\frac{1}{1+\left(\frac{Ft}{m_0 c}\right)^2}$$

$$1-\left(\frac{v}{c}\right) = 1-\left(\frac{Ft}{m_0 c}\right)\frac{1}{1+\left(\frac{Ft}{m_0 c}\right)^2}$$

$$= \frac{1}{1+\left(\frac{Ft}{m_0 c}\right)^2}$$

$$\sqrt{1-\left(\frac{v}{c}\right)} = \frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{Ft}{m_0 c}\right)^2}}$$

Mit

$$d\tau = dt\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}} = \frac{dt}{\sqrt{1+\left(\frac{Ft}{m_0 c}\right)^2}}$$

Seite: , Tabelle 5.1:

$R_{ik}$	$k=1$		$k=2$		$k=3$
$i=1$	$-\cos\beta\sin\alpha\sin\gamma+\cos\alpha\cos\gamma$		$-\cos\beta\sin\alpha\sin\gamma-\cos\alpha\sin\gamma$		$\sin\beta\sin\alpha$
$i=2$	$\cos\beta\cos\alpha\sin\gamma+\sin\alpha\cos\gamma$		$\cos\beta\cos\alpha \cos\gamma-\sin\alpha \sin\gamma$		$-\sin\beta\cos\alpha$
$i=3$	$\sin\beta\sin\gamma$		$\sin\beta\cos\gamma$		$\cos\beta$

Form der Transformationsmatrix $T$

Seite: , Abschnitt 4.3.11:

Lorentztransformation als Drehung

Wir erproben, was wäre, wenn wir die Lorentz-Transformation als Drehung auffassen würden. Die $x$-Achse würde positiv (im Gegenuhrzeigersinn) um $\alpha$ gedreht, die $ct$-Achse würde negativ (im Uhrzeigersinn) um den gleichen Winkel $\alpha$ gedreht.

Wir verwenden die Definition $\tan\alpha = v/c$ sowie $\cos\alpha = (1+\tan^2\alpha)^{-1/2}$ und $\sin\alpha = \tan\alpha\cdot (1+\tan^2\alpha)^{-1/2}$.

Dann ist

$$a = \cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}} = \frac{1}{\sqrt{1+v^2/c^2}}$$

$$cb =\sin\alpha = \frac{\tan\alpha}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}} = \frac{v}{c\sqrt{1+v^2/c^2}}$$

$$cA = 1\cdot c \cos\alpha = \frac{c}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}} = \frac{c}{\sqrt{1+v^2/c^2}}$$

$$b =1\cdot c \sin\alpha = \frac{c\tan\alpha}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}} = \frac{v}{\sqrt{1+v^2/c^2}}$$

und damit

$$a =\frac{1}{\sqrt{1+\frac{v^{2}}{c^{2}}}} b = \frac{v}{c^{2}}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{v^{2}}{c^{2}}}}\nonumber$$

$$A =\frac{1}{\sqrt{1+\frac{v^{2}}{c^{2}}}} B = \frac{v} {\sqrt{1+\frac{v^{2}}{c^{2}}}}$$

Eingesetzt, würde man eine Transformation erhalten, die formal wie die Lorentztransformation aussieht, die aber unter der Wurzel ein $+$-Zeichen anstelle des geforderten $-$-Zeichens besitzt. Die Drehgleichungen wären dann

$$x = x' \cos\alpha + y'\sin\alpha = \frac{1}{\sqrt{1+v^2/c^2}}x'+\frac{v}{c}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{v^{2}}{c^{2}}}}ct'\nonumber$$

$$ct = -x'\sin\alpha + y'\cos\alpha = -\frac{v}{c\sqrt{1+v^2/c^2}}x'+\frac{1}{\sqrt{1+v^2/c^2}}ct'$$

oder

$$x = \frac{1}{\sqrt{1+v^2/c^2}}x'+\frac{v}{\sqrt{1+\frac{v^{2}}{c^{2}}}}t'\nonumber$$

$$t = -\frac{v}{c^2\sqrt{1+v^2/c^2}}x'+\frac{1}{\sqrt{1+v^2/c^2}}t'$$

Diese Rotation sieht unserer Lorentz-Transformation sehr ähnlich. Die Vorzeichen unter den Wurzeln beim Cosinus und beim Sinus sowie bei der Gleichung für $t$ stimmen nicht.

Wenn man jedoch nicht $ct$ als Zeitachse verwendet, sondern $ict$, wobei $i=\sqrt{-1}$ die imaginäre Einheit ist, bekommt man mit den obigen Drehgleichungen die Lorentz-Transformation. Dabei müssen alle Vorkommnisse von $c^2$ durch $-c^2$ ersetzt werden.

Wir erhalten also

$$x = \frac{1}{\sqrt{1+v^2/(-c^2)}}x'+\frac{v}{\sqrt{1+\frac{v^{2}}{(-c^{2})}}}t' = \frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}x'+\frac{v}{\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}}t'\nonumber$$

$$t = -\frac{v}{-c^2\sqrt{1+v^2/(-c^2)}}x'+\frac{1}{\sqrt{1+v^2/(-c^2)}}t' = \frac{v}{c^2\sqrt{1-v^2/c^2}}x'+\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}t'$$

Der Vergleich mit Gleichung (4.98) zeigt, dass dies die Lorentztransformation ist. In einem Raum mit den Koordinaten $(x; y; z; ict)$ ist die Lorentz-Transformation nichts anderes als eine Rotation des Koordinatensystems.

Seite: , Abschnitt 3.4:

$$\vec{\dot{p}}=\sum\vec{\dot{p}}_{i} =\sum\limits_{i}\left( \vec{F}_{ai}+\vec{F}_{2i}+\vec{F}_{3i}+\ldots\right)$$

$$=\left(\sum\limits_{i}\vec{F}_{ai}\right)+\vec{F}_{12}+\vec{F}_{21}+\vec{F}_{13}+\vec{F}_{31}+\ldots$$

$$=\sum\limits_{i}\vec{F}_{ai}=\vec{F}_{a}$$

Seite: , Abschnitt 5.3.3:

Beweis:

$$E_{kin} =\frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\vec{v}_{i}^{2}\nonumber$$

$$=\frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) ^{2}\nonumber$$

$$=\frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) \cdot\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right)$$

Wir verwenden das Spatprodukt $\vec{a}\cdot(\vec{b}\times\vec{c}) =\vec{b}\cdot(\vec{c}\times\vec{a})=\vec{c}\cdot(\vec{a}\times\vec{b})$ und setzen $\vec{a}=\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right)$, $\vec{b}=\vec{\omega}$ und $\vec{c}=\vec{r}_i$. Dann ist $\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) \cdot\left( \vec{\omega}\times\vec... ...}\cdot\left(\vec{r}_{i}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right)\right)$ und damit

$$E_{kin} =\frac{1}{2}\sum\Delta m_{i}\vec{\omega\cdot}\left( \vec{r}_{i}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) \right) \nonumber$$

$$=\frac{1}{2}\vec{\omega\cdot}\sum\Delta m_{i}\left( \vec{r}_{i}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) \right) \nonumber$$

$$=\frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\vec{L}_{0}$$

wobei wir die Definition des Drehimpulses $\vec{L}_{0}=\sum\Delta m_{i}\left( \vec{r}_{i}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{r}_{i}\right) \right)$ verwendet haben.

Seite: , Gleichung (5.45):

$$\vec{L}_{0} =\sum_{i}\left( \vec{r}_{i}\times\Delta m\vec{v}_{i}\right) \nonumber$$

$$=\sum\Delta m_{i}\left[ \left( \vec{r}_{i}^*+\vec{R}_{i}\right) \times\left( \vec{\omega}\times\vec{R}_{i}\right) \right] \nonumber$$

$$=\sum\Delta m_{i}\left[ \vec{r}_{i}^*\times\left( \vec{\omega }\t... ... \vec{R}_{i}\times\left( \vec{\omega}\times\vec{R}_{i}\right) \right] \nonumber$$

$$=\sum\Delta m_{i}\left[ \left( \vec{r}_{i}^*\cdot\vec{R}_{i}\righ... ...\omega}-\left( \vec{R}_{i}\cdot\vec{\omega}\right) \vec{R}_{i}\right] \nonumber$$

$$=-\sum\Delta m_{i}\left( \vec{r}_{i}^*\cdot\vec{\omega}\right) \vec{R}_{i}+\sum\Delta m_{i}\vec{R}_{i}^{2}\vec{\omega= \vec {L} _{s}+L}_{p}$$

Seite: , Abschnitt 5.3.5.3:

Daraus folgt für den Betrag der Drehfrequenz

$$\omega=\sqrt{\frac{\frac{1}{2}mgl}{\frac{1}{3}ml^{2}}=}\sqrt{\frac{3}{2} \frac{g}{l}}$$

Seite: , Abschnitt 5.4.2.1:

Die momentane Drehachse ist durch $\vec{\omega}(t)$ gegeben. Wir definieren die momentane Drehachse durch einen zeitabhängigen Einheitsvektor $\vec{e}(t)$ mit $\vert\vec{e}(t)\vert=1$. Dann ist

$$\vec{\omega}(t) = \omega \vec{e}(t) = \omega(t) \left( \begin{array}{c} e_x(t) e_y(t) e_z(t) \end{array} \right)$$

Durch Umstellen erhalten wir

$$E_{kin} =\frac{1}{2}\left( I_{x}\omega_{x}^{2}(t)+I_{y}\omega_{y}^{2}(t)+I_{z}\omega_{z}^{2}(t)\right)$$

$$=\frac{1}{2}\left(I_x \omega^2(t) e_x^2(t)+I_y \omega^2(t) e_y^2(t)+I_z \omega^2(t) e_z^2(t)\right)$$

$$=\frac{\omega^2(t)}{2}\left(I_x e_x^2(t)+I_y e_y^2(t)+I_z e_z^2(t)\right)$$

$$=\frac{\omega^2(t)}{2} I(t)$$

wobei wir

$$I = I_x e_x^2(t)+I_y e_y^2(t)+I_z e_z^2(t)$$

gesetzt haben. $I$ ist das Trägheitsmoment bezüglich der momentanen Drehachse $\vec{e}$. Wenn die kinetische Energie des Kreisels erhalten ist, ist auch $I$ eine Konstante.

Seite: , Abschnitt 5.4.2.2:

Wir möchten den Körper mit einer allgemeinen Form, der durch den Trägheitstensor $\overleftrightarrow{I}_0$ charakterisiert ist, durch den einfachst möglichen Körper mit den gleichen Rotationseigenschaften ersetzen. Dies ist das Trägheitsellipsoid charakterisiert durch den Vektor $\vec{u}$. Wir verwenden zur Definition von $\vec{u}$ die Definition des Trägheitsmomentes $I$ bezüglich der momentanen Drehachse $\vec{e}$ vom vorherigen Abschnitt.

$$\vec{u}=\left( \begin{array}[c]{c} u_{x} u_{y} u_{z} \end{a... ...ft( \frac{e_{x}}{\sqrt{I}},\frac{e_{y}}{\sqrt{I}},\frac{e_{z}}{\sqrt{I}}\right)$$

Wir setzen $\vec{u}$ in die Ellipsengleichung ein und erhalten

$$I_{x}u_{x}^{2}+I_{y}u_{y}^{2}+I_{z}u_{z}^{2} =I_{x}\frac{e_{x}^{2}}{I}+I_{y} \frac{e_{y}^{2}}{I}+I_{z}\frac{e_{z}^{2}}{I}$$

$$= \frac{I_x e_x^2+I_ye_y^2+I_ze_z^2}{I}\nonumber$$

$$=\frac{I_x e_x^2+I_ye_y^2+I_ze_z^2}{I_x e_x^2+I_y e_y^2+I_z e_z^2}\nonumber$$

$$=\frac{I}{I} = 1\nonumber$$

$\vec{u}$ beschreibt also in der Tat die Oberfläche eines Ellipsoids, das wir Trägheitsellipsoid nennen. Aus der Konstruktion folgen die Eigenschaften des Trägheitsellipsoides:

• Das Trägheitsellipsoid ist körperfest.

• Es hat die gleichen Hauptachsen wie der Kreisel

Aus Gleichung (5.88) folgt, dass die Längen der Halbachsen des Trägheitsellipsoides $\frac {1}{\sqrt{I_{x}}}$, $\frac {1}{\sqrt{I_{y}}}$ und $\frac {1}{\sqrt{I_{z}}}$ sind.

Für einen allgemeinen Kreisel mit dem Fixpunkt 0 im Schwerpunkt $S$ gibt es die folgenden Beziehungen zwischen den Hauptträgheitsmomenten:

Seite: , Gleichung (5.89):

$$E_{kin}=\frac{1}{2}\sum\frac{L_{t}^{2}}{I_{x}}=const.=\frac{1}{2}\vec{L}_{0} \cdot\vec{\omega}\left( t\right)$$

Seite: , Abschnitt 5.4.3.1:

Nach Gleichung (5.82) und Gleichung (5.84) ist

$$E_{kin}=\frac{1}{2}I\omega^{2}=\frac{1}{2}I_{x}\omega_{x}^{2}+\frac{1}{2} I_{y}\omega_{y}^{2}+\frac{1}{2}I_{z}\omega_{z}^{2}$$

wenn $\omega=\left( \omega_{x,}\omega_{y},\omega_{z}\right)$ die Kreisfrequenz im Hauptachsensystem ist. Da $\omega^2 = \omega_x^2+\omega_y^2+\omega_z^2$ ist, sind alle einzelnen Komponenten kleiner als $\omega$. Also kann man schreiben

$$\omega_x = \omega\cos\alpha \omega_y = \omega\cos\beta \omega_z = \omega\cos\gamma$$

$$\cos\alpha =\frac{\omega_{x}}{\omega} \cos\beta = \frac{\omega_{y} }{\omega} \cos\gamma = \frac{\omega_{z}}{\omega}$$

Poinsotsche Konstruktion

Die Zeichnung zeigt, dass damit auch $\omega^2 = \omega^2\cos^2\alpha+\omega^2\cos^2\beta+\omega^2\cos^2\gamma$ und damit $1 = \cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma$ ist. Weiter ist nach Gleichung (5.83)

$$e_x = \frac{\omega_x}{\omega}=\cos\alpha\hspace{1cm}e_y = \frac{\omega_y}{\omega}\hspace{1cm}=\cos\beta_z = \frac{\omega_z}{\omega}=\cos\gamma$$

Nach Gleichung (5.86) ist

$$I = I_x e_x^2+I_y e_y^2+I_ze_z^2$$

und damit

$$I=I_{x}\cos^{2}\alpha+I_{y}\cos^{2}\beta+I_{z}\cos^{2}\gamma$$

Wir setzen den Punkt $Q$ im Abstand $\rho=\sqrt{\frac{1}{I}}$ (siehe Gleichung (5.86) ) vom Nullpunkt auf die Drehachse. Mit $Q=\left( \begin{array}[c]{c} x\\ y\\ z \end{array}\right) =\vec{\rho}$ wird

$$\cos\alpha =\frac{x}{\rho}$$

$$\cos\beta =\frac{y}{\rho}$$

$$\cos\gamma =\frac{z}{\rho}$$

da ja gilt $\rho^2 = x^2+y^2+z^2$ oder $1 = (x/\rho)^2+(y/\rho)^2+(z/\rho)^2$. Aus Gleichung (5.86) bekommt man

$$I_x(x/\rho)^2+I_y(y/\rho)^2+I_z(z/\rho)^2 = I$$

oder mit der Definition von $\rho = 1/\sqrt{I}$

$$I_x x^2+I_y y^2 + I_z z^2 = I\rho^2 = \frac{I}{I} = 1$$

Diese Gleichung beschreibt also nichts anderes als das Trägheitsellipsoid.

Allgemein gilt, dass eine Funktion $f\left( x,y,z\right) =const$ eine Oberfläche beschreibt. Dann ist der Normalenvektor der Funktion $f(\vec{\rho}) = f(x$,$y$,$z) = I_x x^2+I_y y^2 +I_z z^2$ durch

$$\textrm{grad} {}f=2\left( I_{x}x,I_{y}y,I_{z}z\right)$$

gegeben.

Beweis:

Wir betrachten das totale Differential $df$. Dieses muss null sein, da die Funktion $f(\vec{\rho})$ eine Konstante ist. Wir bekommen also

$$df =\frac{\partial f}{\partial x}dx+\frac{\partial f}{\partial y} dy+\frac{\partial f}{\partial z}dz\nonumber$$

$$=\left( \textrm{grad} {}f\right) \cdot\left( dx,dy,dz\right)$$

$$=\left( \textrm{grad} {}f\right) \cdot\left( d\vec{\rho}\right) =0$$

Damit ist $\textrm{grad} {}f$ senkrecht zu $d\vec{\rho}$. Da $d\vec{\rho}$ in der Fläche $f(\vec{\rho})$ liegt (Die möglichen Änderungen von $\vec{\rho}$ sind durch die durch $f(\vec{\rho})$ beschriebene Fläche begrenzt) ist $\textrm{grad} {}f$ senkrecht zur Tangentialebene und damit der Normalenvektor.

Der Normalenvektor zum Trägheitsellipsoid

$$f\left( x,y,z\right) f(\vec{\rho})=I_{x}x^{2}+I_{y}y^{2}+I_{z}z^{2}=1=const$$

ist

$$\textrm{grad} {}f=2\left( I_{x}x,I_{y}y,I_{z}z\right)$$

Im Hauptachsensystem ist

$$\vec{L}=\left( I_{x}\omega_{x},I_{y}\omega_{y},I_{z}\omega_{z}\right)$$

Von der Konstruktion her sind $\vec{\rho}=\left( x,y,z\right)$ und $\vec{\omega=}\left( \omega_{x},\omega_{y},\omega_{z}\right)$ parallel. Wir können wie folgt umformen

$$\vec{L} = \left( I_{x}\omega_{x},I_{y}\omega_{y},I_{z}\omega_{z}\right) = \omega\left(I_x\cos\alpha +I_y\cos\beta+ I_z\cos\gamma\right)$$

$$= \omega\left(I_x\frac{x}{\rho} +I_y\frac{y}{\rho}+ I_z\frac{z}{\rho}\right) = \frac{\omega}{\rho}\left(I_x x + I_y y +I_z z\right)$$

$$= \frac{\omega}{\rho}\frac{\textrm{grad} {}f(\vec{\rho})}{2}$$

Deshalb ist $2\vec{L}\parallel \textrm{grad} {}f(\vec{\rho})$, das heisst, dass $\vec{L}$ senkrecht zur Tangentialebene $t$ im Durchstosspunkt $Q$ von $\vec{\omega}$ durch das Trägheitsellipsoid ist.

Trägheitsellipsoid

Rezept zur Konstruktion von $\vec{L}$:

• Trage $\vec{\omega}$ in 0 ab und bestimme $Q$ (Durchstosspunkt durch das Trägheitsellipsoid)
• Zeichne die Tangentialebene $t$ in $Q$
• Fälle von 0 aus das Lot auf die Tangentialebene $t$ in $Q$
• $\vec{L}$ ist parallel zu diesem Lot.

Voraussichtlich am 01.02.2006

Materialien

Folien zur Vorlesung am 01. 02. 2006 PDF

Interpretation der Poinsotschen Konstruktion

Wir bezeichnen mit $\Delta$ den Abstand von 0 zur Tangentialebene $t$ in $Q$. Der Abstand $\Delta$ hat die folgende Bedeutung

$$\Delta^{2}=\frac{2E_{kin}}{\vec{L}^{2}}$$

Beweis: Die Tangentialebene $t$ ist durch den Vektor $\vec{R}= (X$,$Y$,$Z)$ gegeben. Dann gilt

$$\left( \vec{R}-\vec{\rho}\right) \cdot \textrm{grad} {} f(\vec{\rho})=0$$

Dann ist

$$\left( \begin{array}{c} X \\ Y \\ Z \\ \end{array}\right)\c... ...eft( \begin{array}{c} 2I_x x \\ 2I_y y \\ 2 I_z z \\ \end{array}\right)=0$$

Ausmultipliziert erhält man

$$2I_x x X + 2 I_y y Y + 2I_z z Z = 2I_x x^2 + 2I_y y^2 + 2I_z z^2 = 2$$

wobei wir Gleichung (5.90) verwendet haben. Also ist

$$I_{x}xX+I_{y}yY+I_{z}zZ=1$$

Wir bezeichnen mit $\vec{\hat{e}}$ den Einheitsvektor entlang $\vec{R}\parallel \vec{L}$. Dann ist $\Delta$

$$\Delta=\vec{R}\cdot\vec{\hat{e}}=X\hat{e}_{x}+Y\hat{e}_{y}+Z\hat{e}_{z}$$

oder

$$1=\frac{X\hat{e}_{x}}{\Delta}+\frac{Y\hat{e}_{y}}{\Delta}+\frac{Z\hat{e}_{z}}{\Delta}$$

Wir vergleichen Gleichung (5.96) und Gleichung (5.98) . Die Vorfaktoren von $X$, $Y$ und $Z$ müssen identisch sein, da bei beliebiger Variation der drei Grössen beide Gleichungen konstant sein müssen. Insbesondere kann man $Y=Z=0$ setzen und bekommt dann

$$I_x x X = 1 = \frac{\hat{e}_x}{\Delta}X \stackrel{X\neq 0}{\Rightarrow} I_x x = \frac{\hat{e}_x}{\Delta}$$

und natürlich zyklisch für alle drei Komponenten. Also ist

$$\frac{\hat{e}_{x}}{\Delta}=I_{x}x\;\;\;\;\;\;\;\frac{\hat{e}_{y}}{\Delta}=I_{y}y\;\;\;\;\;\;\frac{\hat{e}_{z}}{\Delta}=I_{z}z\;$$

oder

$$\hat{e}_{x}=\Delta I_{x}x\;\;\;\;\;\;\;\hat{e}_{y}=\Delta I_{y}y\;\;\;\;\;\;\;\hat{e}_{z}=\Delta I_{z}z\;$$

Da $\vec{\hat{e}}$ ein Einheitsvektor ist, gilt

$$1=\hat{e}_{x}^{2}+\hat{e}_{y}^{2}+\hat{e}_{z}^{2}=\Delta^{2}\left( I_{x}^{2}x^{2}+I_{y} ^{2}y^{2}+I_{z}^{2}z^{2}\right)$$

$\vec{\rho}$ und $\vec{\omega}$ sind parallel, also ist

$$\frac{x_{i}}{\rho}=\frac{\omega_{i}}{\omega}\;\;\;\;\;\;\Rightarrow \;\;\;\;\;\;x_{i}=\frac{\rho }{\omega}\omega_{i}$$

und

$$\Delta^{2}\left( I_{x}^{2}\frac{\rho^{2}}{\omega^{2}}\omega_{x}^{... ...2}}\omega_{y}^{2}+I_{z}^{2}\frac{\rho^{2}} {\omega^{2}}\omega_{z}^{2}\right) =1$$

Mit der Definition $\rho = 1/\sqrt{I}$ bekommt man

$$I_{x}^{2}\omega_{x}^{2}+I_{y}^{2}\omega_{y}^{2}+I_{z}^{2}\omega_{... ...\rho^{2}\Delta^{2}}=\frac{I\omega^{2}}{\Delta^{2}} =\frac{2E_{kin}}{\Delta^{2}}$$

Andererseits ist

$$\vec{L}=\left( I_{x}\omega_{x},I_{y}\omega_{y},I_{z}\omega_{z}\right)$$

Damit folgt die Behauptung

$$\frac{2E_{kin}}{\Delta^{2}}=\vec{L}^{2}$$

Poinsot-Ellipsoid

Wir betrachten nun ein weiteres Ellipsoid, das Poinsot-Ellipsoid $P$. Dieses ist ähnlich zum Trägheitsellipsoid und liegt zu ihm konzentrisch. Wir wollen das Poinsot-Ellipsoid als Funktion von $\vec{\omega}_P$ darstellen. Die Nutation im raumfesten Koordinatensystem wird nun beschrieben durch das Abrollen des Poinsot-Ellipsoids auf eine Ebene $E$ gegeben durch die Gesamtheit der Vektoren $\vec{\omega}_E$. Diese Ebene $E$ ist durch

$$\vec{\omega}_{E}\cdot \vec{L}_{0}=\omega_{L}\cdot L_{0}=2E_{kin}=const.$$

charakterisiert, da für einen starren Rotator ja $E_{kin} = \frac{1}{2}\vec{\omega}\cdot\vec{L}_0$ gilt (Siehe Gleichung (5.43) ).

Am Berührungspunkt des Poinsotschen Ellipsoides muss die vorherige Gleichung auch stimmen. Deshalb ist die Ellipsengleichung im körperfesten Hauptachsensystem

$$1 =\frac{\vec{L}_{0}\cdot\vec{\omega}_{p}}{2E_{kin}}\nonumber$$

$$=\frac{1}{2E_{kin}}\left[ \left( I_{x}\omega_{px}\right) \omega _... ...ght) \omega_{py}+\left( I_{y}z\omega _{pz}\right) \omega_{pz}\right)] \nonumber$$

$$= \frac{I_x \omega_{px}^2}{2 E_{kin}}+\frac{I_y \omega_{py}^2}{2 E_{kin}}+\frac{I_z \omega_{pz}^2}{2 E_{kin}}\nonumber$$

$$=\frac{\omega_{px}^{2}}{\frac{2E_{kin}}{I_{x}}}+\frac{\omega_{py}^{2} }{\frac{2E_{kin}}{I_y}}+\frac{\omega_{pz}^{2}}{\frac{2E_{kin}}{I_{z}}}$$

Die drei Halbachsen des Poinsotschen Ellipsoides $P$ sind

$$\sqrt{\frac{2E_{kin}}{I_x}}\hspace{1cm}\sqrt{\frac{2E_{kin}}{I_y}}\hspace{1cm}\sqrt{\frac{2E_{kin}}{I_z}}$$

im körperfesten Hauptachsensystem.

Der Punkt $A$ (Berührungspunkt zwischen dem Poinsot-Ellipsoid $P$ und der Ebene $E$) ist gegeben durch

$$\vec{\omega}_{E}=\vec{\omega}_{p}=\vec{\omega}\left( t\right)$$

Die Bahnkurve von $A$ auf $P$ heisst Polhoide

Die Bahnkurve von $A$ auf $E$ heisst Herpolhoide

Im körperfesten Hauptachsensystem ist der Winkelgeschwindigkeitsvektor $\vec{\omega}(t)$ die Verbindung zwischen dem Fixpunkt 0 (beim freien Körper ist das der Schwerpunkt, beim Kreisel der Auflagepunkt) und der Polhoide.

Die Polhoide ist gegeben als Schnittpunkt des Poinsot-Ellipsoides $P$ und des Drallellipsoides $D$. Das Drallellipsoid wird als Funktion der Variablen $\vec{\omega}_D = (\omega_{Dx}$,$\omega_{Dy}$,$\omega_{Dz})$ geschrieben. Nach Gleichung (5.80) ist der Drehimpuls gegeben durch

$$\vec{L}_{0}=\left( I_{x}\omega_{x}\text{,} I_{y}\omega_{y}\text{,} I_{z}\omega_{z}\right)$$

Also können wir schreiben

$$1 =\frac{\vec{L}_{0}^{2}}{L_{0}^{2}} = \frac{I_x^2\omega_{Dx}^2+I_y^2\omega_{Dy}^2+I_z^2\omega_{Dz}^2}{L_0^2}$$

$$= \frac{I_x^2\omega_{Dx}^2}{L_0^2}+\frac{I_y^2\omega_{Dy}^2}{L_0^2}+\frac{I_z^2\omega_{Dz}^2}{L_0^2} = \frac{\omega_{Dx}^{2}}{\left( \frac{L_{0}}{I_{x}}\right) ^{2}}+\f... ... ^{2}}+\frac{\omega_{Dz}^{2}}{\left( \frac{L_{0}}{I_{z} }\right) ^{2}}\nonumber$$

Diese Gleichung definiert das Drallellipsoid $D$. Das Drallellipsoid $D$ hat die Halbachsen

$$\frac{L_0}{I_x}\hspace{1cm}\frac{L_0}{I_y}\hspace{1cm}\frac{L_0}{I_z}$$

Die Halbachsen des Drallellipsoides $D$ sind also anders als die Halbachsen des Poinsot-Ellipsoides $P$.

Bei einem reibungsfreien Kreisel ist sowohl seine kinetische Energie wie auch der Betrag seines Drehimpulses erhalten. Die Winkelgeschwindigkeit $\vec{\omega}$ bestimmt zusammen mit dem Trägheitstensor beide Grössen. Im Hauptachsensystem folgt aus der Erhaltung der kinetischen Energie, dass $\vec{\omega}$ sich auf dem Poinsot-Ellipsoid $P$ bewegen muss. Die Erhaltung des Drehimpuls-Quadrates $\vec{L}_0^2$ bedingt, dass im Hauptachsensystem $\vec{\omega}$ sich auf dem Drallellipsoid $D$ befinden muss. Die möglichen Bahnkurven sind also die Schnittmenge von $P$ und $D$.

Seite: , Gleichung (5.113):

$$\Omega=\frac{mgr_{0S}}{{L}_{0}}=\frac{r_{0S}mg}{\omega I}$$

Seite: , Gleichung (5.114):

$$E_{kin\text{,} Kreisel}=\frac{1}{2}I\omega^{2}\sim const.$$

Seite: , Abschnitt 6.1.1.5:

Die Frequenz für kleine Bewegungen ist

$$\nu = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{1}{m}\cdot \left.\frac{d^2E_{pot}(x)}{dx^2}\right\vert _{x_0}}$$

Daraus folgt für die Periodendauer

$$T = {2\pi} \sqrt{\frac{m}{\left.\frac{d^2E_{pot}(x)}{dx^2}\right\vert _{x_0}}}$$

Seite: , Abschnitt 6.1.2.1:

Zur Lösung der Schwingungsgleichung machen wir den komplexen Ansatz

$$x(t) = A_0 e^{-i\omega t}$$

und setzen in Gleichung (6.44) ein. Mit $k/m = \omega_0^2$ bekommen wir

$$= m\ddot{x}+b\dot{x}+k x = \ddot{x}+\frac{b}{m}\dot{x}+\omega_0^2 x$$ 0

$$= -\omega^2 A_0 e^{-i\omega t} +i\omega A_0 e^{-i\omega t} +\omega_0^2A_0 e^{-i\omega t} = \omega_0^2-\omega^2+i\omega\frac{b}{m}$$

Dies ist eine quadratische Gleichung in $\omega$ Die Lösungen sind

$$\omega_{1\text{,}\,2} = \frac{i\frac{b}{m} \pm \sqrt{-\frac{b^2}{m^2}+\omega_0^2}}{2} = i\frac{b}{2m} \pm \sqrt{\omega_0^2-\frac{b^2}{4m^2}}$$

Es gibt drei Lösungen

$$\omega_{1\text{,}\,2} = \left\{ \begin{array}{ll} i\frac{b}{2m} \... ...\frac{b}{2m}$\ (\uml {u}berkritische D\uml {a}mpfung).} \\ \end{array} \right.$$

Bei $\omega=\omega_0$ haben wir bis jetzt nur eine Lösung. In den anderen Fällen haben wir jeweils das $\pm$.

Die entsprechenden Lösungsfunktionen sind

$$x(t) = \left\{ \begin{array}{ll} e^{-\frac{b}{2m}t}\left(A_{0\tex... ...\right), & \hbox{f\uml {u}r $\omega_0<\frac{b}{2m}$\ .} \\ \end{array} \right.$$

Wir testen noch, dass für $\omega_0=b/(2m)$ die Lösung stimmt. Für diesen Spezialfall lautet die Differentialgleichung

$$0 = \ddot{x}+2\omega_0 \dot x +\omega_0^2 x$$

$$= -2\omega_0A_{0\text{,}\,2}e^{-\omega_0 t}+\omega_0^2\left(A_{0\text{,}\, 1}+A_{0\text{,}\,2}t\right) e^{-\omega_0 t}$$

$$+2\omega_0 A_{0\text{,}\,2}e^{-\omega_0 t}-2\omega_0^2 \left(A_{0\text{,}\, 1}+A_{0\text{,}\,2}t\right) e^{-\omega_0 t}$$

$$+\omega_0^2\left(A_{0\text{,}\,1} + A_{0\text{,}\,2} t\right)e^{-\omega_0 t}$$

$$= -2\omega_0A_{0\text{,}\,2}+\omega_0^2\left(A_{0\text{,}\, 1}+A_{0... ...xt{,}\,2}t\right) +\omega_0^2\left(A_{0\text{,}\,1} + A_{0\text{,}\,2} t\right)$$

$$= \omega_0^2\left[A_{0\text{,}\,1}+A_{0\text{,}\,2}t-2\left(A_{0\te... ...\text{,}\, 2}t\right]+\omega_0\left[-2A_{0\text{,}\,2}+2A_{0\text{,}\,2}\right]$$

$$=$$ 0

Die Lösung der Schwingungsgleichung für den gedämpften Oszillator im Falle der unterkritischen Dämpfung ist

$$x(t) = A_0 e^{-(b/(2m))t}\cos(\omega' t + \delta)$$

$$\omega' = \omega_0\sqrt{1-\left(\frac{b}{2 m \omega_0}\right)^2} = \omega_0\sqrt{1-\frac{1}{4Q^2}}$$

Seite: , Gleichung (6.69):

$$\frac{z_0 \omega_0^2}{A(\omega)} = \frac{\omega_0^2-\omega^2}{\sqrt{1+\tan^2(\delta(t))}} + \frac{b\omega}{m}\frac{\tan(\delta(t))}{\sqrt{1+\tan^2(\delta(t))}}$$

$$= \frac{\omega_0^2-\omega^2+\frac{b^2\omega^2}{m^2\left(\omega_0^2-... ...2\right)}} {\sqrt{1+\frac{b^2\omega^2}{m^2\left(\omega_0^2-\omega^2\right)^2}}}$$

$$= \frac{\left(\omega_0^2-\omega^2\right)^2+\frac{b^2\omega^2}{m^2}} {\sqrt{\left(\omega_0^2-\omega^2\right)^2+\frac{b^2\omega^2}{m^2}}}$$

$$= \sqrt{\left(\omega_0^2-\omega^2\right)^2+\frac{b^2\omega^2}{m^2}}$$

Seite: , Gleichung (6.70):

$$\delta(\omega) = \arctan\left(\frac{b\omega}{m\left(\omega_0^2-\omega^2\right)}\right)$$

$$A(\omega) = \frac{z_0 \omega_0^2}{\sqrt{\left(\omega_0^2-\omega^2\right)^2+\frac{b^2\omega^2}{m^2}}}$$

Seite: , Gleichung (6.73):

$$\delta(\omega) = \arctan\left(\frac{\omega\omega_0}{Q\left(\omega_0^2-\omega^2\right)}\right)$$

$$A(\omega) = \frac{z_0 \omega_0^2}{\sqrt{\left(\omega_0^2-\omega^2\right)^2+\frac{\omega^2\omega_0^2}{Q^2}}}$$

Seite: , Gleichung (6.75):

$$A(\omega) = \frac{z_0 }{\sqrt{\left(1-\omega^2/\omega_0^2\right)^2+\frac{\omega^2}{\omega_0^2 Q^2}}}$$

Seite: , Abschnitt 6.1.3:

Die Frequenz, bei der die Amplitude maximal wird, also die Resonanzfrequenz, erhält man, indem man $\frac{dA(\omega)}{d\omega}=0$ berechnet.

$$\frac{dA(\omega)}{d\omega} = \frac{d}{d\omega}\frac{z_0 }{\sqrt{\left(1-\omega^2/\omega_0^2\right)^2+\frac{\omega^2}{\omega_0^2 Q^2}}}$$

$$= \frac{z_0}{2}\frac{ \left( 4\, \left( {{ \omega_0}}^{2}-{\omega... ... \right) ^{2}+ {\frac {{\omega}^{2}{{ \omega_0}}^{2}}{{Q}^{2}}} \right) ^{3/2}} =$$ 0

Damit ist

$$= 4\, \left( {{ \omega_0}}^{2}-{\omega}^{2} \right) \omega-2\,{\frac {\omega\,{{ \omega_0}}^{2}}{{Q}^{2}}}$$ 0

$$\frac {\omega\,{{ \omega_0}}^{2}}{{Q}^{2}} = 2\left( {{ \omega_0}}^{2}-{\omega}^{2} \right) \omega$$

$$\frac {{ \omega_0}^{2}}{{Q}^{2}} = 2\left( {{ \omega_0}}^{2}-{\omega}^{2} \right)$$

$$\omega^2 = \omega_0^2\left(1-\frac{1}{2Q^2}\right)$$

$$\omega = \pm \omega_0\sqrt{1-\frac{1}{2Q^2}}$$

Hier ist nur die positive Lösung physikalisch sinnvoll. Also ist

$$\omega_R = \omega_0\sqrt{1-\frac{1}{2Q^2}}= \sqrt{\omega_0^2-\frac{b^2}{2m^2}}$$

Diese Resonanzfrequenz) ist kleiner als die Eigenfrequenz eines ungedämpften Systems (Siehe Gleichung (6.58) ).

Die Bestimmung der Kenndaten eines Oszillators aus der Amplitude ist bei hohen Güten $Q$ sehr schwierig und sehr ungenau. Viel einfacher ist es, die Phase bei $\omega_0$ und ihre Steigung an der Stelle zu bestimmen.

Berechnung der Steigung $d\delta(\omega)/d\omega$:

$$\frac{d\delta(\omega)}{d\omega} = \frac{d}{d\omega}\arctan\left(\frac{\omega_0\omega}{Q\left(\omega_0^2-\omega^2\right)}\right)$$

$$= \frac{ {\frac {{ \omega_0}}{Q \left( {{ \omega_0}}^{2}-{\omega}... ... \omega_0}}^{2}}{{Q}^{2} \left( {{ \omega_0}}^{2}-{\omega}^{2} \right) ^{2}}} }$$

$$= \frac{ { {{ \omega_0}}{Q \left( {{ \omega_0}}^{2}-{\omega}^{2} ... ... \omega_0}}^{2}-{\omega}^{2} \right) ^{2}}+{{{\omega}^ {2}{{ \omega_0}}^{2}}} }$$

An der Stelle $\omega=\omega_0$ ist der Funktionswert

$$\left.\frac{d\delta(\omega)}{d\omega}\right\vert _{\omega=\omega_0} = \frac{ { {{ \omega_0}}{Q \left( {{ \omega_0}}^{2}-{\omega_0}^{2... ...ega_0}}^{2}-{\omega_0}^{2} \right) ^{2}}+{{{\omega_0}^ {2}{{ \omega_0}}^{2}}} }$$

$$= \frac{2Q\omega_0^3}{\omega_0^4} = \frac{2Q}{\omega_0}$$

Bei der Resonanzfrequenz $\omega=\omega_0$ des ungedämpften Systems ist die Phase

$$\delta(\omega_0) = \pi/2$$

Die Steigung der Phase $d\delta(\omega)/d\omega$ hat an der Stelle $\omega_0$ den Wert

$$\left.\frac{d\delta(\omega}{d\omega}\right\vert _{\omega_0}= 2\frac{Q}{\omega_0}$$

Es ist sehr viel einfacher, $\omega_0$ und $Q$ aus der Phase als aus der Amplitude zu bestimmen.