Übungen zur Klassischen Theoretischen Physik I WS 2016/17

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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Theoretische Festörperphysi Übungen zur Klassischen Theoretischen Physi I WS 016/17 Prof. Dr. Carsten Rocstuhl Lösung - Blatt 9 Dr. Andreas Poenice, MSc. Kari Mnasri Abgabe: Drehipuls unter Koordinatentransforation 4 Punte In eine gegebenen Inertialsyste Σ sei der Drehipuls durch L = r p und das Drehoent durch M = r F gegeben (a [3 Pune] Das Koordinatensyste Σ sei u den onstanten Vetor r 0 gegen das Syste Σ verschoben. Berechnen Sie das Drehoent M und den Drehipuls L i verschobenen Syste Σ. Leiten Sie darüber die Bilanzgleichung dl dt für den Drehipuls i Syste Σ her. In Σ gilt dl = M it L = r p und M = r F. dt Es soll sich u ein Inertialsyste handeln, es gilt also die Bewegungsgleichung r = ṗ = F. In Σ ist der Ortsvetor r durch r = r r 0 gegeben. Dait gilt weiter ṙ = ṙ und r = r. Das Drehoent ergibt sich nun zu M = r F = (r r 0 ( r = (r r 0 ( r = M r 0 F. Der Drehipuls ist gegeben durch Betrachten wir nun die Bilanzgleichung L = r ṙ = (r r 0 ṙ = L r 0 p. dt = dl dt r 0 ṗ = M r 0 F = M so erfüllt der Drehipuls i Syste Σ die gleiche Bilanzgleichung für L und M wie in Σ für L und M. (b [1 Punt] I Syste Σ gelte Drehipulserhaltung. Gilt diese auch i Syste Σ? Betrachten Sie die beiden Fälle (i Syste Σ ist räftefrei, (ii in Syste Σ gibt es ein Zentralraftfeld. (i Ist das Syste Σ räftefrei so gilt ṗ = ṗ = 0 und M = M = 0, und soit dt = dl dt = 0. Drehipulserhaltung ist auch i Syste Σ gegeben. (ii Entstat die Drehipulserhaltung in Σ allerdings einer Zentralraft F = f(rr, so verschwindet das Drehoent dort nur da Ortsvetor r und Kraft F ier parallel sind. dl M = r F = f(r r r = 0 und dait dt = M = 0. In de verschobenen Syste Σ ändert sich nun der Ortsvetor und der Drehipuls ist nicht ehr erhalten: dt = r 0 F = f(r r 0 r.. (Da r 0 onstant ist, ann r 0 r nur für ausgewählte Ortsvetoren r verschwinden.

2 . Rotierende Feder 1 Punte Auf eine Tisch ist eine Feder it Federonstante > 0 so befestigt, dass sie frei u ihre Aufhängung rotieren ann. An der Feder ist ein Masse angebracht, deren Bahnurve durch den Abstand ρ von der Aufhängung der Feder und den Drehwinel φ beschrieben wird. Die Rücstellraft der Feder ist durch F(r = r gegeben. (a [1 Punt] Bestien Sie das Potential der Federraft. Nutzen Sie dabei aus, dass es sich u ein Zentralraftfeld handelt. Geben Sie den Drehipuls der Masse in Zylinderoordinaten an. Die Kraft ist durch F(r = r gegeben. Wir önnen ausnutzen, dass es sich u eine Zentralraft handel. Da gilt U(r = U (r r r = F(r = r r r findet an sofort U(r = U(r = r. Der Drehipuls ist durch gegeben. L = r ṙ = ρ φ ez (b [1 Punte] Bestien und sizzieren Sie das effetive Potential. Disutieren Sie anhand der Sizze: Bewegt sich der Massepunt in eine begrenzten Bereich? Kann er sich auch bis ins Unendliche bewegen? Geben Sie die entsprechenden Energiebereiche an. Das effetive Potential ist gegeben durch U eff (r = U eff (ρ = ρ + L ρ Anhand der Sizze sieht an, dass nur Bahnen für Energien E U eff,in existieren önnen. Da das effetive Potential sowohl für ρ 0 als auch für ρ beliebig groß wird sind alle Bahnen beschränt. (c [ Pune] Welche Anfangsbedingungen üssen für ρ(0, φ(0 und ρ(0, φ(0 gegeben sein, dait sich die Masse auf einer Kreisbahn bewegt? Für eine Kreisbahn uss gelten ρ = const., also und ρ = 0 E = U eff (ρ ρ = 0 du eff(ρ = 0. Für die Energie des Massepunts uss also gelten E = U eff,in, was anschaulich gut verständlich ist: Der Massepunt bleibt i Miniu des Potentials. Wir bestien also das Miniu du eff (ρ Für die Anfangsbedingungen ergibt sich soit = ρ L ρ 3 = 0 L = ρ. L = ρ 0 = ρ 0 φ 0 φ(0 = weiter uss natürlich gelten ρ(0 = 0. Eine Kreisbahn tritt dann unabhängig von ρ 0 und φ 0 auf.

3 (d [ Punte] Bestien Sie den inialen und axialen Abstand der Masse vo Aufhängungspunt als Funtion der (beliebigen Anfangsbedingungen. Für die Uehrpunte ρ in/ax uss gelten ρ = ± (E U eff(ρ = 0 und dait E U eff (ρ = ρ 0 + L ρ 0 ρ L ρ = 0 wir üssen also die Nullstellen des quartische Polynos ρ 4 (ρ 0 + ρ L ρ + L 0 = 0 finden. Wobei allerdings ρ > 0 erfüllt sein uss. ρ 1, = 1 (ρ 0 + L ρ 0 = 1 (ρ 0 + L ρ 0 ± 1 ( ρ 0 + L ρ 0 ± 1 (ρ 0 L ρ 0 ρ 1 = ρ 0, ρ = 4 L = 1 (ρ 0 + L L φ ρ = 0 ρ 0 0 / ρ 0 ± 1 ( ρ 0 L ρ 0 (e [3 Punte] Nutzen Sie die Energieerhaltung, u die Bewegungsgleichung für ρ(t herzuleiten. Lösen Sie die Bewegungsgleichung durch Trennung der Variablen. Hinweis: Bei der Integration ann eine Substitution u = ρ hilfreich sein. Weiter ist das Integral dx ax + bx + c = 1 ( ax + b arcsin a b 4ac für a < 0, b 4ac > 0 gegeben. Aus der Energieerhaltung folgt, dass wir die Energie aus den Anfangsbedinungen bestien önnen und die Bewegungsgleichung it E als onstanten Paraeter erhalten über E = ρ + U eff (ρ und dait dt = ± [ E Ueff (ρ ]. Wir lösen die Bewegungsgleichung durch Trennung der Variablen ρ dt = [ E Ueff (ρ t t 0 = ρ [ ρ 0 E ] ρ L ρ Das verbliebene Integral önnen wir durch die Substitution u = ρ auf das gegebene Integral zurücführen und lösen du=ρ du [ ] = E ρ L ρ [ u E u ] = 1 du L u u + Eu L = 1 1 ( arcsin u + E = 1 ( E ρ E 4 L arcsin E L und erhalten (it t 0 = 0 t = 1 ( E ρ arcsin E L + 1 ( E ρ arcsin 0 E L.

4 Die Bahnurve erhalten wir nun durch Invertierung dieser Gleichung, wobei wir den onstanten Ter auf der rechten Seite durch C abürzen: ( E ρ arcsin = E (C t E ρ = E ( L sin (C t L E E ρ(t = + ( L sin (t C (f [3 Punte] Lösen Sie analog die Bewegungsgleichung für φ(ρ und bestien Sie darüber ρ(φ. Hinweis: Hier erweist sich die Substitution u = 1/ρ als zwecäßig. dφ = L ρ ρ [ ] φ(ρ φ(ρ 0 = [ E ρ L ρ ρ 0 ρ E ] ρ L ρ Das verbliebene Integral lösen wir nun durch die Substitution u = 1/ρ ( woit gilt du = /ρ 3 ρ [ ] = E ρ L ρ = 1 ρ 3 [ E ρ ] = L ρ 4 1 arcsin L ( L 1 ρ + E E 4 L du [ Eu L u] = ( L arcsin ρ E L ρ E L Dait ergibt sich φ(ρ φ 0 = 1 arcsin ( ρ E L ρ E L wobei alle onstanten Tere wieder in φ 0 zusaengefasst sind und sich aus den Anfangsbedingungen ergeben. Durch Invertierung erhält an schliesslich ρ(φ = L 1 E 1 1 L E sin( [φ φ 0 ].

5 3. Kegelschnitte 4 Punte In Polaroordinaten sind Kegelschnitte durch die Gleichung r = 1 + ɛ cos φ gegeben. In Abhängigeit der Exzentrität ɛ weden hierdurch verschiedene Kurvenforen beschrieben: (a [3 Punte] Zeigen Sie, dass für 0 ɛ < 1 durch Gl.(1 eine Ellipse der For x a + y b = 1 paraetrisiert wird. Finden Sie den Zusaenhang zwischen den Paraetern a, b also den Halbachsen der Ellipse und ɛ,. Wo liegt der Mittelpunt der Ellipse? Hinweis: In der Polardarstellung (1 liegt der Ursprung in eine Brennpunt, also nicht in der Mitte der Ellipse Ohne viele Worte: r = 1 + ɛ cos φ = 1 + ɛ x r + ɛx = r r = x + y = ( ɛx = ɛx + ɛ x x (1 ɛ + ɛx + y = x + Quadratische Ergänzung ergibt also ɛ 1 ɛ x + y 1 ɛ = 1 ɛ (x + ɛ ɛ 1 ɛ ( 1 ɛ + y 1 ɛ = 1 ɛ (x + ɛ 1 ɛ + y 1 ɛ = (1 ɛ (x + x 0 /(1 ɛ + y /(1 ɛ = 1 x a + y b = 1 it x = x + ɛ 1 ɛ und a = 1 ɛ, b = 1 ɛ. Die Mitte ist u x 0 = ɛ 1 ɛ = aɛ verschoben, liegt also bei M = ( aɛ, 0 (b [1 Punt] Zeigen Sie analog, dass für ɛ > 1 durch Gl.(1 eine Hyperbel der For x a y b = 1 dargestellt wird. Finden Sie wieder Zusaenhang zwischen den Paraetern a, b und ɛ,. Wo liegt der Mittelpunt der Hyperbel? Rechnung analog nur ergibt also (x + x 0 /(1 ɛ + y /(1 ɛ = 1 (x + x 0 /(1 ɛ y /(ɛ 1 = 1 x a y b = 1 it x = x + ɛ 1 ɛ und a = 1 ɛ, b = ɛ 1. Die Mitte liegt also wieder bei M = ( aɛ, 0. (1