Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von fru MontyPythagoras
Mechanik » Theoretische Mechanik » Pendel im Magnetfeld
Druckversion
Druckversion
Antworten
Antworten
Autor
Universität/Hochschule Pendel im Magnetfeld
Wasmachichhiernur
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.01.2020
Mitteilungen: 106
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-11-26


Hallo,

hab hier folgende Aufgabe bei der ich nicht so richtig weiß wie ich anfangen soll.



Das System hat zwei Freiheitsgrade $\varphi$ und $\psi$. Die Lage des Massenpunkt $m$ lässt sich durch die Kugelkoordinaten beschreiben, also durch

$\vec{r}(\varphi,\psi) = R \begin{pmatrix} cos \varphi sin \psi \\ sin \varphi sin \psi\\ cos \psi \end{pmatrix}$

mit

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

und

$\dot{\vec{r}}^2(\varphi,\psi) = R^2(\dot{\phi}^2sin^2\psi+\dot{\psi}^2)$


Wir haben in der Vorlesung eine Lagrange Funktion für ein bewegtes geladenes Teilchen in einem elektromagnetischen Feld bestimmt. Diese lautet

$L = T - U = \frac{1}{2} m \dot{\vec{r}}^2 - q\phi(\vec{r},t) + qA(\dot{\vec{r}},t) \cdot \dot{\vec{r}}$

In der Aufgabe haben wir aber nur ein homogenes Magnetfeld gegeben. Fällt daher der Term $q\phi(\vec{r},t)$ weg?


Das geladene Masseteilchen befindet sich aber nicht nur im Magnetfeld sondern auch im Schwerefeld der Erde. Wie sieht dann das verallgemeinerte Potenzial $U$ aus? Ich hätte jetzt naiv einfach $U = qA(\dot{\vec{r}},t) \cdot \dot{\vec{r}} + mgz$ gesagt.


Stimmt die $z$-Komponente von $\vec{r}$ überhaupt?



Hoffe jemand kann mir helfen :)




Hier ist die Skizze nochmal besser aufgelöst



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
rlk
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.03.2007
Mitteilungen: 10979
Herkunft: Wien
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-11-26


Hallo Wasmachichhiernur,
2020-11-26 14:06 - Wasmachichhiernur im Themenstart schreibt:

Das System hat zwei Freiheitsgrade $\varphi$ und $\psi$. Die Lage des Massenpunkt $m$ lässt sich durch die Kugelkoordinaten beschreiben, also durch

$\vec{r}(\varphi,\psi) = R \begin{pmatrix} cos \varphi sin \psi \\ sin \varphi sin \psi\\ cos \psi \end{pmatrix}$
Beachte, dass der Ursprung des Kugelkoordinatensystems in $(x,y,z)=(0,0,z_0)$ liegt und der Winkel $\psi$ anders als sonst zwischen der negativen $z$-Achse und dem Pendelstab gemessen wird. Wie muss der Ortsvektor daher verändert werden?
2020-11-26 14:06 - Wasmachichhiernur im Themenstart schreibt:
Wir haben in der Vorlesung eine Lagrange Funktion für ein bewegtes geladenes Teilchen in einem elektromagnetischen Feld bestimmt. Diese lautet

$L = T - U = \frac{1}{2} m \dot{\vec{r}}^2 - q\phi(\vec{r},t) + qA(\dot{\vec{r}},t) \cdot \dot{\vec{r}}$

In der Aufgabe haben wir aber nur ein homogenes Magnetfeld gegeben. Fällt daher der Term $q\phi(\vec{r},t)$ weg?
Ja, ohne elektrisches Feld ist das elektrische Potential $\phi$ konstant, diese Konstante kannst Du auf den Wert 0 setzen.
2020-11-26 14:06 - Wasmachichhiernur im Themenstart schreibt:
Das geladene Masseteilchen befindet sich aber nicht nur im Magnetfeld sondern auch im Schwerefeld der Erde. Wie sieht dann das verallgemeinerte Potenzial $U$ aus? Ich hätte jetzt naiv einfach $U = qA(\dot{\vec{r}},t) \cdot \dot{\vec{r}} + mgz$ gesagt.

Stimmt die $z$-Komponente von $\vec{r}$ überhaupt?
Das Gravitationspotential ist richtig, die $z$-Komponente des Ortsvektors stimmt nicht ganz, wie ich oben schon angedeutet habe.

Servus,
Roland
PS: Der <math>\LaTeX</math>-Befehl für <math>\sin(\varphi)</math> ist \sin(\varphi), damit wird die Funktion so dargestellt, wie Donald Knuth das wollte. Dasselbe gilt auch für $\cos(\varphi)$.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wasmachichhiernur
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.01.2020
Mitteilungen: 106
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-26


Hallo Roland,

Danke für deine Antwort!
Hab die $z$-Komponente des Ortsvektor $\vec{r}(\phi,\psi)$ korrigiert.

$\vec{r}(\varphi,\psi) = R \begin{pmatrix} cos(\varphi)\: sin(\psi) \\ sin (\varphi) \: sin(\psi)\\ \frac{z_0}{R} - cos(\psi) \end{pmatrix}$


Stimmt $\vec{r}$ jetzt?

Viele Grüße :)



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wasmachichhiernur
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.01.2020
Mitteilungen: 106
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-26


Also ich hab jetzt folgende Ergebnisse

$T = \frac{1}{2}mR^2(\dot{\phi}^2 sin^2(\psi) + \dot{\psi}^2)$


Für das verallgemeinerte Potenzial erhält man

$U = q\vec{A} \cdot \dot{\vec{r}} + mgz$

$\vec{A} = \kappa \begin{pmatrix} -y \\ x \\ 0\end{pmatrix} = \kappa R \begin{pmatrix} -sin(\phi) \: sin(\psi) \\ cos(\phi) \: sin(\psi)\\ 0\end{pmatrix}$

wobei $\kappa$ eine Proportionalitätskonstante ist.

Für $\vec{A} \cdot \dot{\vec{r}}$ ergibt sich:

 $\vec{A} \cdot \dot{\vec{r}} = \kappa R^2(-y\dot{x}+x\dot{y}) = \kappa R^2\phi sin^2(\psi)$

Für U erhält man also:

$U = q\kappa R^2 \dot{\phi}sin^2(\psi)+ Rmg(\frac{z_0}{R}-cos(\psi))$



Für die Lagrange Funktion $L = T-U$ erhält man also

$L = \frac{1}{2}mR^2(\dot{\phi}^2 sin^2(\psi) + \dot{\psi}^2)- e\kappa R^2 \dot{\phi}sin^2(\psi) - Rmg(\frac{z_0}{R}-cos(\psi))$

(wobei $q = e$)

In der Aufgabe werden die beiden Substitutionen $\omega_0 = \sqrt{\frac{g}{R}}$ und $\omega_1 = \frac{eB}{m}$. Bin mir nicht sicher woher das B kommen soll. Ich vermute irgendetwas stimmt mit der Lagrange Funktion nicht. Kann es sein das $\kappa = B$ ist? (Falls ja warum?) Dann würde die Substitution wenigstens Sinn machen.

Mich würde es freuen wenn jemand über mein Lösungsweg drüber schauen könnte.

Viele Grüße :)



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
rlk
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.03.2007
Mitteilungen: 10979
Herkunft: Wien
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-11-26


Hallo Wasmachichhiernur,
der Ortsvektor ist richtig, die potentiellen und kinetischen Energien sehen plausibel aus, ich habe sie aber nicht nachgerechnet. Wie hängen das Vektorpotential $\vec{A}$ und die magnetische Feldstärke $\vec{B}$ zusammen?

Servus,
Roland



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wasmachichhiernur
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.01.2020
Mitteilungen: 106
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-27


Ok, also das Vektorpotential $\vec{A}$ hängt über folgende Beziehung mit der magnetischen Flussdichte $\vec{B}$ zusammen:

$\vec{B} = \vec{\nabla} \times \vec{A}$

also für $\vec{A} = \kappa \begin{pmatrix}-y \\ x \\ 0\end{pmatrix}$ gilt:

$\vec{B} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 2 \kappa\end{pmatrix}$. Aus der Aufgabenstellung weiß man das $\vec{B} = B \vec{e}_z$.
Daher muss $\kappa = \frac{1}{2} B$ sein.  


Für die Lagrange Funktion gilt daher

$L = \frac{1}{2}mR^2(\dot{\phi}^2 sin^2(\psi) + \dot{\psi}^2)- \frac{1}{2}eB R^2 \dot{\phi}sin^2(\psi) - Rmg(\frac{z_0}{R}-cos(\psi))$


bzw. für $\omega_0 = \sqrt{\frac{g}{R}}$ und $\omega_1 = \frac{eB}{M}$

$L = \frac{R^2m}{2}(\dot{\phi}^2 sin^2(\psi) + \dot{\psi}^2 - \omega_1\dot{\phi}sin^2(\psi) - 2\omega_0^2(\frac{z_0}{R}-cos(\psi))$

Angenommen die Lagrange Funktion stimmt so.
In der c) soll die Bewegungsgleichung

$\ddot{\psi}-\omega(\omega+\omega_1)sin(\psi)cos(\psi)+\omega_0^2sin(\psi) = 0$

hergeleitet werden.


$L = \frac{R^2m}{2}(\dot{\phi}^2 sin^2(\psi) + \dot{\psi}^2 - \omega_1\dot{\phi}sin^2(\psi) - 2\omega_0^2(\frac{z_0}{R}-cos(\psi))$

Für die erste generalisierte Koordinate $q_1 = \psi$ gilt:

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

Für $\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \psi})$ gilt:

$\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \psi}) = mR^2 \ddot{\psi}$

Für $\frac{\partial L}{\partial \psi}$ gilt:

$\frac{\partial L}{\partial \psi} = mr^2\left(\left({\dot{\phi}}^2-{\omega}_1{\dot{\phi}}\right)\cos\left({\psi}\right)-{\omega}_0^2\right)\sin\left({\psi}\right)$

Mit $\omega = \dot{\phi}$ gilt dann:

$\ddot{\psi}-\omega(\omega-\omega_1)sin(\psi)cos(\psi)+\omega_0^2sin(\psi) = 0$

Wobei es ein Vorzeichenfehler gibt. Hab das ganze auch mit einem Ableitungsrechner nachgerechnet und bekomm trotzdem den Vorzeichenfehler.

Es soll nun noch der Fall $\omega = 0$ diskutiert werden. Da $\omega = \dot{\phi} = 0$, wird der Azimutalwinkels $\phi$ konstant gehalten. Das Pendel kann also nur noch in einer Schwingungsebene pendeln. Daher macht es auch Sinn das man die Bewegungsgleichung eines Mathematischen Pendels erhält mit:

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



Zur Teilaufgabe d) hab ich folgendes:
Für $\psi(t) = \psi_0 = const.$ und $0< \psi_0 < \frac{\pi}{2}$, gilt

$-\omega(\omega +\omega_1)sin(\psi_0)cos(\psi_0)+\omega_0^2sin(\psi_0)=0$

Es gilt daher

$cos(\psi_0) = \frac{\omega_0^2}{\omega(\omega+\omega_1)}$

und somit

$\psi_0 = arccos(\frac{\omega_0^2}{\omega(\omega+\omega_1)})$

Da der $arccos$ für $\frac{\omega_0^2}{\omega(\omega+\omega_1)} > 1$ nicht definiert ist, gibt es für werte die größer als 1 sind keine Lösungen. Weiß jetzt aber nicht wie ich die Winkelgeschwindigkeit in irgendeinen Zusammenhang mit dem $\vec{B}$-Feld bringen soll.


Würde mich freuen falls nochmal jemand drüber schauen könnnte.
Viele Grüße :)



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wasmachichhiernur
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.01.2020
Mitteilungen: 106
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-27


*push*



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wasmachichhiernur
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.01.2020
Mitteilungen: 106
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-28


*push*



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wasmachichhiernur
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.01.2020
Mitteilungen: 106
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-28


Kann mir niemand helfen? :(
Falls das alles soweit stimmen sollte (bis auf den Vorzeichenfehler den ich immer noch nicht korrigieren konnte), weiß ich nicht wie ich eine Bedingung für das $\vec{B}$ Feld und der Existenz einer Lösung, unter einer gegebenen Winkelgeschwindigkeit $\omega$ herleiten soll.

Viele Grüße



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wasmachichhiernur hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Neues Thema [Neues Thema] Antworten [Antworten]    Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2021 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]