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Mechanik » Dynamik der Punktmasse » Bestimmung von Kraft aus Flächensatz
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Universität/Hochschule J Bestimmung von Kraft aus Flächensatz
Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-11-24


Guten Tag,

bei mir hat sich leider ein Problem bei einer Aufgabe ergeben bzgl. der Berechnung einer Kraft mithilfe des Flächensatzes ergeben.

Ein Astronom, der etwas über den Durst getrunken hat, behauptet am Biertisch, einen Himmelskörper beobachtet zu haben, der auf einer logarithmischen Spirale, deren Parameterdarstellung in ebenen Polarkoordinaten

$$ \rho(\phi)=\rho_0 e^{k \phi}
$$
lautet, in Zentralgestirn stürzte. Des Weiteren habe er ermittelt, dass der Fahrstrahl in gleichen Zeiten gleiche Flächen überstreicht.

(a) Wie müsste die Kraft aussehen, die das Zentralgestirn auf den Körper ausübt, wenn der Astronom recht hätte?

(b) Hätte diese Kraft ein Potential, wenn ja welches?

$\textit{Hinweis:}$ Schreiben Sie die Newtonsche Bewegungsgleichung mit Hilfe von ebenen Polarkoordinaten auf und drücken Sie die Ableitungen des Radiusvektors nach der Zeit durch die nach dem Winkel $\phi$, und die Zeitableitungen des Winkels durch den Flächensatz aus.



Meine Lösung sieht bisher wie folgt aus:

Für die Beschleunigung erhalte ich

$$ \ddot{\textbf{r}}=(\ddot{r}-r \dot{\phi}^2) \textbf{e}_r+(r \ddot{\phi}+2 \dot{r} \dot{\phi}) \textbf{e}_{\phi}
$$
woraus sich für die die Bewegungsgleichung

$$ \textbf{F}=m (\ddot{r}-r \dot{\phi}^2) \textbf{e}_r+(r \ddot{\phi}+2 \dot{r} \dot{\phi}) \textbf{e}_{\phi} \tag{1}
$$
ergibt. Für infinitesemale Flächenänderungen $\frac{dA}{dt}=\frac{1}{2} |\textbf{r} \times \textbf{v}|$ folgt mithilfe der Darstellung $L=m \textbf{r} \times \textbf{v}=m r^2 \dot{\phi} \textbf{e}_z$

$$ \frac{dA}{dt}=\frac{r^2 \dot{\phi}}{2}
$$
Da in gleichen Zeiten gleiche Flächen überstrichen werden, folgt

$$ \frac{r^2 \dot{\phi}}{2}=\text{const.}
$$
Es folgt somit

$$ 0=\frac{d}{dt} (r^2 \dot{\phi})=r( \dot{r} \phi+r \ddot{\phi})
$$
woraus sich $0=\dot{r} \phi+r \ddot{\phi}$ ergibt. Daher vereinfacht sich (1) zu

$$ \textbf{F}=m (\ddot{r}-r \dot{\phi}^2) \textbf{e}_r
$$
Insbesondere ist der Drehimpuls erhalten.

(b) Da der Drehimpuls erhalten ist habe ich ein Zentralkraftfeld. Um zu prüfen, ob ein Potential existiert, wollte ich die Rotation des Kraftfeldes in Polarkoordinaten ausrechnen. Es gilt mit der in (a) gefundenen Darstellung

$$ \text{rot}(\textbf{F})
=\left( \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} (r F_{\phi}) - \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial \phi} F_r \right) \textbf{e}_z \\
=-\frac{1}{r} \frac{\partial F_r}{\partial \phi} \textbf{e}_z \\
=-\frac{2m}{r} \dot{r} \dot{\phi} \ddot{\phi}
$$
Da dieser Ausdruck nicht null wird, gibt es kein Potential. Ich bin mir aber nicht sicher, ob ich hier alles richtig gemacht habe. Insbesondere weiß ich nicht, ob ich wirklich den richtigen Ausdruck für die Kraft gefunden habe.



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Spock
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-11-24


Hallo!
Wenn Du feststellst, daß es sich um eine Zentralkraft handelt und Du kein Potential dazu findest, ist das ein Widerspruch, :-)

Zudem ist Deine Notation etwas verwirrend.
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Wenn Du die fehlenden Gleichungen richtig ausrechnest, solltest Du feststellen, daß die Rotation der Kraft verschwindet, also tatsächlich ein Potential existiert.

Probier das mal, Du hast ja bei Deinem Lösungsversuch die richtigen Ansätze und teilweise auch die richtigen Ergebnisse.



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Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-25


Ich muss zunächst eine Korrektur vornehmen. Die Formel für die logarithmische Spirale lautet $\rho(\phi)=\rho_0 e^{-k \phi}$

2020-11-24 21:04 - Spock in Beitrag No. 1 schreibt:

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Ich erhalte allerdings tatsächlich $F_\rho=m(\ddot{\rho}^2-\rho \dot{\phi}^2)$.

Für die Zeitableitungen bekomme ich in jedem Fall

$$ \dot{\rho}=-\rho_0 k e^{-k \phi} \dot{\phi}
=-\rho_0 k e^{-k \phi}
\frac{L}{m \rho^2}
=-k \frac{L}{m \rho}  \\
\ddot{\rho}=\rho_0 k^2 e^{-k \phi} \frac{L}{m \rho^2}+2 \rho_0 k e^{-k \phi} \frac{L}{m \rho^3} \dot{\rho} \\
=\rho_0 e^{-k \phi} \frac{L}{m \rho^2} \left(k^2+2k \frac{L}{m \rho} \dot{\rho} \right) \\
=\frac{L}{m \rho} \left(k^2-2k^2 \frac{L^2}{m^2 \rho^2} \right) \\
\dot{\phi}=-2 \frac{L}{m \rho^3} \dot{\rho}
=2k \frac{L^2}{m^2 \rho^4} \\
$$
Mit diesen Darstellungen komme ich auch tatsächlich auf $F_{\phi}=0$. Ebenso ergibt sich unter Benutzung der obigen Gleichung

$$ F_{\rho}=\frac{L}{m \rho} \left(k^2-2k^2 \frac{L^2}{m^2 \rho^2} \right) - \rho \frac{L}{m \rho^2} \\
$$
Unter Benutzung der Formel für die Rotation in Polarkoordinaten sollte ich dann auf das gewünschte Ergebnis kommen. Das werde ich aber leider erst morgen nachrechnen können.  



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Spock
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-11-25


Hallo Mandacus,
überprüfe nochmal Deine Rechnung für die radiale Kraftkomponente, und schau Dir die Einheiten Deines Ergebnisses an. Da sollte Dir dann auffallen, daß die zweite Zeitableitung der Radialkomponente zum Quadrat nicht stimmen kann, :-)
Grüße
Juergen



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Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-25


Es stimmt natürlich, dass die zweite Zeitableitung  nicht korrekt sein kann, denn die Einheit ist nicht die einer Beschleunigung. Auch habe ich bei der Berechnung der Kraft natürlich die Masse vergessen. Daher jetzt ein neuer Versuch.

Ich weiß, dass gilt $\dot{\rho}=-k \frac{L}{m \rho^2}=-k \frac{L}{m \rho_0} e^{k \phi}$ wobei ich die Definition der logarithmischen Spirale ausgenutzt habe. Für die zweite Zeitableitung ergibt sich entsprechend

$$ \ddot{\rho}=-k^2 \frac{L}{m \rho_0} e^{k \phi} \dot\phi
=-k^2 \frac{L}{m \rho_0} e^{k \phi} \frac{L}{m \rho^2}
=-k^2 \frac{L^2}{m^2 \rho^3}
$$
Dieses Ergebnis erscheint plausibel, denn der quadierte Drehimpuls hat die Einheit $\left(\text{kg} \frac{\text{m}^2}{\text{s}} \right)^2$, was sich gegen die Einheit $\frac{1}{kg^2 m^3}$ so rauskürzt, dass nur $\frac{m}{s^2}$ bleibt, was die Einheit einer Beschleunigung ist.

Bei der Formel für die Radialkomponente der Kraft bin ich mir noch unsicher. Allgemein gilt in Polarkoordinaten für einen Vektor der Form
$\textbf{r}=r \textbf{e}_r$ doch

$$ \dot{\textbf{r}}
=\dot{r} \textbf{e}_r+r \dot{\textbf{e}_r}
=\dot{r} \textbf{e}_r+r \dot{\phi} \textbf{e}_{\phi} \\
\ddot{\textbf{r}}=\ddot{r} \textbf{e}_r+\dot{r} \dot{\phi} \textbf{e}_{\phi}+(\dot{r} \dot{\phi}+ r \ddot{\phi}) \textbf{e}_{\phi}-r \dot{\phi}^2 \textbf{e}_r \\
=(\ddot{r}-r \dot{\phi}^2) \textbf{e}_r+(2 \dot{r} \dot{\phi}+ r \ddot{\phi}) \textbf{e}_{\phi} \
$$
Da $\rho$ hier die Rolle von $r$ spielt, sollte also für die Zeitableitung

$$ \ddot{\rho}=(\ddot{\rho}-\rho \dot{\phi}^2) \textbf{e}_r+(2 \dot{\rho} \dot{\phi}+ r \ddot{\phi}) \textbf{e}_{\phi}
$$
gelten. Die Formel für die Komponente der Kraft müsste (da der azimutale Teil ja rausfällt) demnach doch

$$ F_{\rho}=m (\ddot{\rho}-\rho \dot{\phi}^2) \textbf{e}_r
$$
lauten. Du hast aber aber als Formel für die Radialkomponente
2020-11-24 21:04 - Spock in Beitrag No. 1 schreibt:

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angegeben, was mir immer noch nicht einleuchtet.



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Spock
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-11-25


Hallo!

Gut, mein Fehler, da hab ich mich beim Abschreiben von meinem "Schmierblatt" vertippst, für die Radialkomponente muß natürlich gelten
fed-Code einblenden

Ich habe das oben mittlerweile verbessert.

fed-Code einblenden

Grüße
Juergen



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Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-25


Wenn ich die Formeln für die Zeitableitungen in die Formel für die radiale Komponente der Kraft einsetze bekomme ich

$$ F_{\rho}=m \cdot \left( -k^2 \frac{L^2}{m^2 \rho^3}- \rho \left( \frac{L}{m \rho^2} \right)^2 \right)
=-m (1+k^2) \frac{L^2}{m^2 \rho^3}
$$
was genau der Ausdruck ist, der rauskommen soll. Mit der Rotation habe ich jedoch noch Schwierigkeiten. Ich weiß ja schon, dass gilt $F_{\phi}=0$ und somit auch $\rho F_{\phi}=0$. Wenn ich nun die Rotation in Polarkoordinaten ausrechnen möchte, so bekomme ich

$$ \text{rot}(\textbf{F})=\left( \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \rho} (\rho F_{\phi}) - \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \phi} F_{\rho} \right) \textbf{e}_z \\
=- \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \phi} F_{\rho} \textbf{e}_z \\
= - \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \phi} \left( -m (1+k^2) \frac{L^2}{m^2 \rho^3} \right) \textbf{e}_z  \\
=- \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \phi} \left( -m (1+k^2) \frac{L^2}{m^2 \rho_0} e^{3k \phi} \right) \textbf{e}_z  \\
=\frac{1}{\rho} m (1+k^2) 3k \frac{L^2}{m^2 \rho_0} e^{3k \phi} \textbf{e}_z \\
= m (1+k^2) 3k \frac{L^2}{m^2 \rho^3} \textbf{e}_z
$$
Dieser Ausdruck wird allerdings nicht $\textbf{0}$, wobei ich aber nicht verstehe, was nicht stimmt.



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Spock
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Hallo!

2020-11-25 16:23 - Mandacus in Beitrag No. 6 schreibt:
...
$$ \text{rot}(\textbf{F})=\left( \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \rho} (\rho F_{\phi}) - \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \phi} F_{\rho} \right) \textbf{e}_z \\
=- \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \phi} F_{\rho} \textbf{e}_z \\
= - \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \phi} \left( -m (1+k^2) \frac{L^2}{m^2 \rho^3} \right) \textbf{e}_z  \\
=- \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \phi} \left( -m (1+k^2) \frac{L^2}{m^2 \rho_0} e^{3k \phi} \right) \textbf{e}_z  \\
=\frac{1}{\rho} m (1+k^2) 3k \frac{L^2}{m^2 \rho_0} e^{3k \phi} \textbf{e}_z \\
= m (1+k^2) 3k \frac{L^2}{m^2 \rho^3} \textbf{e}_z
$$

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Grüße
Juergen



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Wenn ich $\rho$ als eigenständige Koordinate annehme, dann kommt tatsächlich $\textbf{0}$ heraus, da ja nach $\phi$ abgeleitet wird. Daher ist die Rotation tatsächlich null und das Potential existiert. Dann noch eine Frage zum Ausrechnen des Potentials. Es gilt ja nun

$$ -m (1+k^2) \frac{L^2}{m^2 \rho^3} \textbf{e}_{\rho} \\
=\textbf{F} \\
=- \nabla V \\
=- \left(\frac{\partial V}{\partial \rho} \textbf{e}_{\rho}
\frac{1}{\rho} \frac{\partial V}{\partial \phi}  \textbf{e}_{\phi} \right)
$$  

Man erhält daher

$$ m(1+k^2) \frac{L^2}{m^2 \rho^3}=\frac{\partial V}{\partial \rho}
$$
Das Potential sollte sich somit also zu

$$ \int -m (1+k^2) \frac{L^2}{m^2 \rho^3} d \rho=-\frac{1}{2} m(1+k^2) \frac{L^2}{m^2 \rho^2}+ \text{const.}
$$
ergeben. Sehe ich das richtig?



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Hallo,

und ja, das Potential hast Du richtig ausgerechnet.

Übrigens hätte man die Aufgabe auch mit dem Lagrange-Formalismus lösen können, wobei man die Lagrange-Funktion zunächst mit einem allgemeinen, noch zu bestimmenden Potential ansetzt. Das führt dann direkt zur Drehimpuls-Erhaltung und zum Potential.

Grüße
Juergen



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Ich glaube es ist noch ein Fehler bei der Berechnung der Kraftkomponente $F_{\rho}$. Es gilt ja

$$ \dot{\phi}=\frac{L}{m \rho^2}  
$$
Demnach wäre doch

$$ \ddot{\phi}=-2\frac{L}{m \rho^3} \dot{\rho}  
$$
Mit der Darstellung $\dot{\rho}=-k \frac{L}{m \rho}$ bekomme ich dann doch

$$ \ddot{\phi}=2k \frac{L^2}{m \rho^4}
$$
Wenn ich das in die Formel für $F_{\rho}$ einsetze, so bekomme ich

$$ F_{\rho}=F_{\rho}=m \cdot \left( -k^2 \frac{L^2}{m^2 \rho^3}- \rho \cdot 2k \left( \frac{L}{m \rho^2} \right)^2 \right)
=-m (2k+k^2) \frac{L^2}{m^2 \rho^3}
$$
was nicht mehr mit dem vorherigen Ergebnis übereinstimmt.

\Edit: Mein Fehler. Es ist alles in Ordnung. Ich habe nur falsch gelesen.



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