Theoretische Mechanik

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1 Prof. Dr. R. Ketzmerick/Dr. R. Schumann Technische Universität Dresden Institut für Theoretische Physik Sommersemester 008 Theoretische Mechanik 4. Übung Lösungen 4. Spezielle Kraftgesetze Lösen Sie die newtonsche Bewegungsgleichung für folgendes Kraftgesetz F = ae γt e x by e y cż e z, mit den Anfangsbedingungen r 0 = 0, v 0 = v 0 e y + v 0 e z, wobei a, b, c und γ positive Konstanten seien. Aus dem newtonschen Grundgesetz erhält man drei nicht gekoppelte DGL, so daß die Bewegung in alle drei Raumrichtungen unabhängig voneinander betrachtet werden kann. x-richtung: Hier liegt der Fall F x = F x (t vor, der durch direkte Integration gelöst wird. mẍ = ae γt mit den AB x(0 = 0 und ẋ(0 = 0. Durch zweimalige Integration findet man zunächst x(t = a mγ e γt + C t + C, was bei Berücksichtigung der AB zur Lösung x(t = a mγ e γt + a mγ t a mγ führt. y-richtung: Hier liegt der Fall F y = F y (y vor, den man durch die Energiemethode löst. mÿ = by mit den AB y(0 = 0 und ẏ(0 = v 0. Multiplikation mit ẏ führt zu mẏÿ = byẏ = d mẏ dt = d by dt = mẏ + by = C 3.

2 Die Konstante C 3 bestimmt sich aus den AB zu C 3 = mv 0. Indem man nach ẏ auflöst ẏ = ± v0 ω y mit ω := b m und die Variablen trennt dy = ωdt mit y y 0 y 0 := v 0 ω = mv 0. b Unbestimmte Integration, wobei es ausreicht, sich auf das positive Vorzeichen zu beschränken, liefert mit der Substitution y = asin ϕ ϕ + C 4 = ωdt = y(t = y 0 sin (ωt C 4. Die Integrationskonstante hat die Bedeutung des Phasenwinkels und wird aus den AB zu C 4 = 0 bestimmt. z-richtung: Hier liegt der Fall F z = F z (ż vor, der durch Substitution u = ż auf eine DGL.Ordnung zurückgeführt wird, die durch TdV gelöst wird: m z = cż mit den AB z(0 = 0 und ż(0 = v 0. m u = cu = du u = c m dt = ln u C 5 = c m t. Indem man die Anfangsbedingung für ż einsetzt, erhält man ż = v 0 e Γt mit Γ = c m, woraus sich nach nochmaliger Integration z(t = v 0 Γ e Γt + C 6 ergibt. Indem man noch die AB für z(0 verwendet, erhält man z(t = v 0 Γ ( e Γt. Für die Bahnkurve ergibt sich schließlich r(t = a ( e γt mγ + γt e x + y 0 sin (ωt e y + v 0 ( e Γt e z Γ

3 Wie sieht die Bewegung nach sehr langen Zeiten aus? Für große Zeiten sind die Exponetialfunktionen abgeklungen und es bleibt eine ebene Bewegung in der Fläche z = mv 0 c übrig. Diese setzt sich aus einer gleichförmigen Bewegung in x-richtung und einer Oszillation in y-richtung zusammen y y z y x y Bahnkurve für m = m, a = 0.5N, b = 6π N m, c = π Ns m und v 0 = 4π m s, womit sich für die Längeneinheit y 0 = m ergibt.

4 4. Bewegung im Phasenraum Ein Körper der Masse m bewegt sich eindimensional mit der Energie E im Potential V (x = a x + b x 4 a,b > 0 a Diskutieren Sie qualitativ den Bewegungsablauf für verschiedene Energien (Skizze!! bei E3: Geschlossene Bewegung zwischen zwei Umkehrpunkten. bei E: Geschlossene Bewegung auf der Separatrix. Die Schwingungsdauer divergiert. bei E: Das System befindet sich entweder links, oder rechts und führt dort eine geschlossene Bewegung zwischen zwei Umkehrpunkten aus. bei E0: Das System befindet sich im Grundzustand, wobei es entweder links oder rechts im Potentialminimum ruht. b Bestimmen Sie den Impuls p (x = m v(x in Abhängigkeit vom Ort und stellen Sie p (x in einem p x - Diagramm grafisch dar. Gehen Sie dabei zu dimensionslosen Größen über, indem Sie den Impuls, den Ort und die Energie in Einheiten messen, die in geeigneter Weise aus den Konstanten a, b und m gebildet werden. Indem man b x 4 im Potential ausklammert, findet man, daß die Dimension von a/b gerade m ist, so daß man mit x 0 = a b eine Längeneinheit gewinnt. V (x = b x 4 ( = bx 4 x 4 ( 0 x 4 x 0 0 x a ( bx =: b x 4 x 0 x x 4 ( := V 0 x 4 x 0 0 x Mit V 0 = a b wurde eine Energieeinheit eingeführt, aus der man durch Multiplikation mit der Masse eine Impulseinheit erhält: p 0 m := V 0 = a b = p 0 = m b a.

5 Für die Energie des Systems findet man damit ε = π ξ + ξ 4 mit ε := E V 0, ξ := x x 0 und π := p p 0 Schließlich führt man noch über π = p = m dx p 0 p 0 dt = m x ( 0 d x = m x 0 p 0 dt x 0 p 0 dt die dimensionslose Zeit τ = t m mit t 0 = t 0 a ein. =: dτ c Bestimmen Sie x(t für die Bewegung des Köpers für den Fall E = 0. Hinweis: dx x = ln x x + x Zunächst erhält man durch Trennung der Variablen π = dτ = ± ξ ξ 4 = ξ ξ 4 = ξ ξ = ξ ξ = dτ, wobei man sich auf negative Orte beschränkt hat und der geignete Zweig der Phasenraumkurve ausgewählt wurde. Als nächstes wird diese Gleichung integriert ξ ξ u ξ ξ = τ τ u dτ, wobei ξ u die Koordinate des Umkehrpunktes und τ u der zugehörige Zeitpunkt ist. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit kann man τ u = 0 wählen. ξ u bestimmt sich aus der Bedingung π(τ u = 0 zu ξ u {,0,+}, wobei für den hier ausgewählten Zweig - zu nehmen ist. ξ ξ ξ = ln ξ + ξ = τ Nach Auflösung der Gleichung erhält man ξ = cosh τ = x(t = x 0 cosh t t 0 d Leiten Sie aus dem Energiesatz eine Integralformel für die Zeit T(E, die der Körper für seine Bewegung zwischen den Umkehrpunkten benötigt, her!

6 An den Umkehrpunkten ist der Impuls Null. Man erhält als reelle Lösungen der biquadratischen Gleichung im Bereich /4 < ε < 0 ξ u, = ε ξ u, = 4 + ε ξ u,3 = 4 + ε ξ u,4 = ε, und im Bereich ε > 0 die beiden Lösungen ξ u, = ε ξ u, = ε. T = t 0 τ u, τ u, dτ = t 0 (τ u, τ u, = t 0 ξ u, ξ u, ε + ξ ξ 4 e Wie groß ist die Schwingungsdauer bei E 0 = a /(4b? Bei E 0 = a /(4b, d.h. ε = /4 befindet sich das Teilchen in einem der beiden Potentialminima. Berechnen Sie T(E 0 + δe näherungsweise für Energien die nur wenig größer als E 0 sind! Für geringe Auslenkungen aus der Ruhelage setzt man ε = 4 + δ E und ξ = + δ x, womit sich unter Weglassen von Termen, die in vierter Ordnung klein sind, näherungsweise δ E = δ x + δ x ergibt. Man sieht also, daß das System harmonische Schwingungen um die Ruhelage ausführt: δ x = δe cos ( τ + C. δ Wählt man wieder ξ(t = 0 = ξ u, = E ergibt sich schließlich δ x = δe cos ( τ = T = π t 0.

7 4.3 Fall mit Reibung Der freie Fall eines Körpers, der als Massepunkt betrachtet werde, erfolgt unter dem Einfluss der Gewichtskraft F G und der Luftreibungskraft, die über F L = v (β + γ v, β,γ > 0,konst. von der Geschwindigkeit v des Körpers abhängt. a Formulieren Sie die newtonsche Bewegungsgleichung in koordinatenfreier Darstellung. m v = β v γv v + m g Welche Differentialgleichungen müssen demnach die Geschwindigkeitskomponenten v j in kartesischen Koordinaten erfüllen (Annahme: Fallbeschleunigung g = g e z? v x + β m v x + γ m v v x = 0 v y + β m v y + γ m v v y = 0 v z + β m v z + γ m v v z = g b Überlegen Sie sich qualitativ, wie die Bewegung abläuft. Wie verhalten sich v x,v y und v z insbesondere für sehr große Zeiten t? Während die Bewegung in x- bzw. y-richtung schnell abklingt, nimmt, falls die Anfangsgeschwindigkeit kleiner als die Endgeschwindigkeit ist, die Geschwindigkeit in -z-richtung zu, bei abnehmender Beschleunigung. Das geht solange bis die Gesamtkraft Null wird. Danach bewegt sich der Körper mit nahezu konstanter Geschwindigkeit v senkrecht nach unten. c Gewinnen Sie aus den Bewegungsgleichungen für v x und v y eine Differentialgleichung für die Größe η vx + vy und untersuchen Sie den Grenzfall vz η. Indem man die erste Gleichung mit v x und die zweite Gleichung mit v y multipliziert und beide Gleichungen addiert, findet man d dt (v x + v y + ( β m + γ m v ( β (vx + v y = η η + m + γ m v z + η η = 0 Hier ist η per definitionem positiv semidefinit. Deshalb kann bis auf den Fall der trivialen Lösung, die nur für Anfangsbedingungen v x (0 = v y (0 = 0 auftreten kann, durch η geteilt werden. Für η vz erhält man für v näherungsweise v = vz + η = v z + η vz = v z + η v v z, z wobei das negative Vorzeichen mit Blick auf die AB gewählt wurde. ( β η + m γ m v z η = 0 v z + β m v z γ m v z = g

8 d Für die Anfangsbedingungen v x (0 = v y (0 = 0 ist η(t = 0 eine mögliche Lösung. Lösen Sie die dann noch verbleibende Differentialgleichung für v z (t durch Trennen der Variablen mit der Anfangsbedingung v z (0 = 0. dv z v z β γ v z mg γ = γ m dt Mit den Nullstellen des Nenners v, = β γ ± β 4γ + mg γ gewinnt man die Partialbruchzerlegung v z β γ v z mg γ die nach Integration zu = v v ( v z v, v z v ln v z v v z v = Γ t + C mit Γ = γ m (v v > 0 führt. Exponentieren, ergibt dann v z v v z v = C e Γ t, wobei das Vorzeichen, welches beim Auflösen des Betrages ins Spiel kommt, in die ohnehin noch unbekannte Integrationskonstante C gesteckt wurde. Diese bestimmt sich aus der Anfangsbedingung v z (0 = 0 zu: C = v v. Indem man nach v z auflöst, findet man schließlich v z = v e Γ t v v e Γ t. Man überzeugt sich, daß im Grenzfall großer Zeiten die Geschwindigkeit gegen v < 0 geht: lim v z(t = v t ( e Γ t e Γ t v = v. v e Γ t v v e Γ ( t