12 Einfache mechanische Systeme - THEP Mainz

Wieviele Freiheitsgrade hat dieses System? Wir haben natürlich wieder den Drehwinkel χ des
Rades. Außerdem können wir das Rad an eine beliebige Stelle auf dem Tisch platzieren. Das
sind noch einmal zwei Freiheitsgrade, denen wir die Koordinaten x und y zuordnen. Es sei also
o + x ex + y ey der Punkt, an dem das Rad auf der Fläche aufliegt. Insgesamt hat das System
dann drei Freiheitsgrade (x, y, χ), also einen dreidimensionalen reduzierten Konfigurationsraum
Q.
Der Mittelpunkt des Rades befindet sich, da es nur aufrecht stehen kann, an der Stelle o+x ex+
y ey + R ez. Wenn wir wieder annehmen, dass die Masse des Rades auf den Rand konzentriert
ist und aus N gleichen Teilchen besteht, können wir mit dem bereits bekannten Trick auch hier
die kinetische Energie bestimmen. Das Teilchen mit der Nummer n befindet sich am Ort
rn = o + x ex + y ey + R � �
sin χn ey + (1 − cos χn) ez , mit χn = χ −
2π n
. (12.78)
N
Die Geschwindigkeiten sind folglich
˙rn = ˙x ex + ˙y ey + R ˙χ � �
cos χn ey + sin χn ez , (12.79)
Wenn wir davon die Quadrate bilden und über alle Teilchen summieren, erhalten wir
T = 1
2 M R2 ˙χ 2 + 1
2 M ˙x2 + 1
2 M ˙y2 . (12.80)
Eine Bewegung des Rades in x- oder y-Richtung trägt also gerade so viel zur Energie bei wie die
Bewegung eines Körpers der Masse M, und die Rotationsenergie ist genau die, die wir auch für
das fixierte Rad gefunden hatten.
Aufgabe 12.28 Man verifiziere das Ergebnis (12.80). Warum muss man dazu wieder annehmen,
dass die Massen gleichmäßig über den Radkreis verteilt sind?
Aus (12.80) entnimmt man sofort, dass die Rotations- und Translationsbewegung des Rades entkoppeln,
wenn keine dynamischen Kräfte wirken. Allerdings haben wir noch gar nicht berücksichtigt,
dass noch eine weitere Zwangsbedingung vorliegt. Das Rad soll auf der Ebene rollen und
nicht rutschen. Es darf sich also nur in eine Richtung bewegen, die senkrecht zur Achse steht, und
muss dabei auch tatsächlich abrollen. Wenn es sich um einen Winkel α dreht, dann muss es dabei
eine Strecke R α zurücklegen.
Eine solche Zwangsbedingung stellt offenbar eine Einschränkung an die Geschwindigkeiten,
aber nicht an die Orte dar. Sie ist deshalb nicht holonom. Um sie explizit aufzuschreiben, betrachten
wir wieder ein bestimmtes Teilchen auf der Lauffläche des Rades, und zwar das Teilchen, das
gerade auf dem Tisch aufliegt. Wenn das Rad nicht rutschen soll, dann darf sich dieses Teilchen
in dem Moment, in dem es den Tisch berührt, nicht bewegen.
Das Teilchen, dass gerade den Tisch berührt, hat natürlich wieder die Nummer ¯n = N χ/2π,
und für dieses Teilchen gilt χ¯n = 0. Die Geschwindigkeit dieses Teilchens ist laut (12.79)
˙r¯n = ˙x ex + ( ˙y + R ˙χ) ey. (12.81)
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Somit lauten die zusätzlich zu stellenden Zwangsbedingungen
X 1 = ˙x = 0, X 2 = ˙y + R ˙χ = 0. (12.82)
Das Rad kann sich nicht in x-Richtung bewegen, und es rollt in y-Richtung genau in der Art,
wie wir es gerade beschrieben haben. Eine Änderung des Winkels um α kann nur gleichzeitig
mit einer Bewegung um −R α in y-Richtung erfolgen. Dass hier noch ein Minuszeichen auftritt
liegt nur an der speziellen Ausrichtung des Koordinatensystems und der willkürlichen Wahl der
positiven Drehrichtung des Rades.
Die Zwangsbedingungen sind genau von der Form (12.72). Sie sind linear in den Geschwindigkeiten,
das heißt die schränken die Bewegungsrichtungen im Konfigurationsraum ein, aber sonst
nichts. Von den drei möglichen Richtungen, in denen sich das System “rollendes Rad” bewegen
könnte, nämlich in x-, y- oder χ-Richtung, ist nur eine zulässig, nämlich eine Rollbewegung in
y-Richtung mit gleichzeitiger Drehung in χ-Richtung.
Um die Bewegungsgleichungen aufzustellen, müssen wir nun die erweiterten d’Alembertschen
Gleichungen (12.77) mit Zwangskräften verwenden. Da hier keine dynamischen Kräfte vorliegen,
ist Fµ = 0. Es muss also gelten
d ∂T
dt ∂ ˙x
d ∂T
dt ∂ ˙y
− ∂T
∂x = λ1 X 1 x + λ2 X 2 x ⇒ M ¨x = λ1,
− ∂T
∂y = λ1 X 1 y + λ2 X 2 y ⇒ M ¨y = λ2,
d ∂T ∂T
−
dt ∂ ˙χ ∂χ = λ1 X 1 χ + λ2 X 2 χ ⇒ M R 2 ¨χ = R λ2. (12.83)
Die Koeffizienten X k µ für k ∈ {1, 2} und µ ∈ {x, y, χ} haben wir aus (12.82) entnommen. Es
sind die Koeffizienten in den Zwangsbedingungen X k = X k µ ˙q µ .
Wir müssen jetzt ein Gleichungssystem für fünf unbekannte Funktionen lösen, nämlich die
Ortskoordinaten x(t), y(t) und χ(t), und die beiden Lagrange-Multiplikatoren λ1(t) und λ2(t).
Wir haben aber auch fünf Gleichungen, nämlich die Bewegungsgleichungen (12.83) und die
Zwangsbedingungen (12.82). Zum Glück sind sie sehr einfach. Wir können die Lösungen sofort
angeben.
Aus der ersten Zwangsbedingung und der ersten Bewegungsgleichung folgt ˙x = 0 und λ1 = 0.
Es findet keine Bewegung in x-Richtung statt, und es wirkt auch keine Zwangskraft in diese Richtung.
Teilen wir die dritte Bewegungsgleichung durch R und subtrahieren sie von der zweiten, so
bekommen wir ¨y − R ¨χ = 0. Leiten wir die zweite Zwangsbedingung noch einmal nach t ab, so
ergibt das ¨y + R ¨χ = 0. Beides zusammen impliziert ¨y = 0 und ¨χ = 0, und schließlich mit folgt
daraus auch λ2 = 0. Zusammengefasst ergibt sich die folgende allgemeine Lösung,
x(t) = x0, y(t) = y0 − R ω t, χ(t) = χ0 + ω t, λ1(t) = 0, λ2(t) = 0. (12.84)