Theoretische Physik I: Lösungen Blatt Michael Czopnik

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1 Theoretische Physik I: Lösungen Blatt Michael Czopnik Aufgabe 1: Scheinkräfte Nutze Zylinderkoordinaten: x = r cos ϕ y = r sin ϕ z = z Zweimaliges differenzieren ergibt: ẍ = r cos ϕ 2ṙ ϕ sin ϕ r ϕ sin ϕ r ϕ 2 cos ϕ (1) ÿ = r sin ϕ + 2ṙ ϕ cos ϕ + r ϕ cos ϕ r ϕ 2 sin ϕ (2) z = z (3) Multiplikation und Addition von Gl. (1) mit cos ϕ und Gl. (2) mit sin ϕ, sowie Multiplikation von Gl. (1) mit sin ϕ und Gl. (2) mit cos ϕ liefert: r r ϕ 2 = 0 r ϕ + 2ṙ ϕ = 0 z = 0 Damit erhält man folgende Bewegungsgleichungen: m r = mr ϕ 2 2mṙ ϕ m ϕ = r m z = 0 (Zentrifugalkraft) (Corioliskraft)

2 Aufgabe 2: Foucault-Pendel Abbildung 1: Das bewegte Koordinatensystem (x, y, z ) ist fest mit der Erde verbunden; die x -Achse zeigt nach Süden, die y -Achse nach Osten und die z -Achse vertikal nach oben. Sei ϑ der Winkel zwischen dem Pendelfaden und der vertikalen z-achse. Dann gilt in der Näherung kleiner Ausschläge: V = mgl(1 cos ϑ) = mgl(1 1 sin 2 ϑ) mgl 2 sin2 ϑ = mg 2l (x 2 + y 2 ) Im ungestrichenen Koordinatensystem erhalten wir mittels F = V : ω0 2 F x = m ω 0 2y 0 Für das gestrichene Koordinatensystem erhalten wir unter Verwendung von mit Ω = ω z e 3. x = ( x) + 2 x Ω + Ω ( x Ω) }{{} ω0 2x + 2ω z ẏ = ω 0 2y 2ωzẋ 2 0 O(ω 2 z ) 0 2

3 Die Winkelgeschwindigkeit der wird Erde als klein angenommen, d.h. wir vernachlässigen die Terme proportional zu ω 2 und damit die Beiträge durch die Zentrifugalkraft (die Terme proportional zu ω, d.h. die durch die Corioliskraft verursachten Beiträge, können wir nicht vernachlässigen, da wir sonst überhaupt keinen Effekt durch die Rotation der Erde erhalten würden). Dies ergibt somit die Bewegungsgleichungen ẍ = ω 2 0x + 2ω z ẏ (4) ÿ = ω 2 0y 2ω z ẋ, (5) wobei ω 0 = g/l die Schwingungsfrequenz des Pendels ohne Berücksichtigung der Erdrotation und ω z = ω sin ϕ = 2π s sin ϕ sind (ϕ=geographische Breite). Wir nutzen unser Vorwissen über das Foucaultsche Pendel aus, nämlich dass sich die Schwingungsebene des Pendels durch die Erdrotation dreht. Aus den Bewegungsgleichungen ist klar, dass sie sich mit der Frequenz ω z dreht; es ist also günstig, in ein Bezugssystem zu wechseln, in dem die Schwingungsebene des Pendels zeitlich konstant ist, d.h. in ein Bezugssystem, das sich gegenüber dem ursprünglichen erdfesten mit der Frequenz ω z dreht. Bezeichnen wir die Koordinaten in diesem neuen, rotierenden erdfesten Bezugssystem mit ˆx und ŷ, dann gilt: x = ˆx cos(ω z t) + ŷ sin(ω z t), y = ˆx sin(ω z t) + ŷ cos(ω z t) Einsetzen dieser Gleichungen in die Gleichungen (4) und (5), Multiplikation von Gl. (4) mit sin(ω z t), von Gl. (5) mit cos(ω z t) und Addition liefert ŷ = ω 2 0ŷ ω 2 zŷ Analog ergibt sich: ˆx = ω 2 0 ˆx ω 2 z ˆx. Die Terme ω 2 zŷ und ω 2 z ˆx können vernachlässigt werden. Dann lauten die Lösungen der Differentialgleichungen näherungsweise ŷ(t) = ŷ 0 sin(ω 0 t + δ 1 ), ˆx(t) = ˆx 0 sin(ω 0 t + δ 2 ) Mit diesem Ergebnis erhalten wir sofort x (t) und y (t) und sehen, dass sich die Pendelbahn mit der Winkelgeschwindigkeit ω z = ω sin ϕ relativ zur Erde um die Vertikale dreht. Auf der Nordhalbkugel erfolgt die Drehung der Bahn von Nord Ost Süd West, auf der Südhalbkugel umgekehrt. 3

4 Aufgabe 3: Jupiters roter Fleck Abbildung 2: Corioliskraft auf der Nordhalbkugel der Erde Die Strömung wird auf der Nordhalbkugel durch die Corioliskraft nach rechts abgelenkt und es ergibt sich eine gegen den Uhrzeigersinn gerichtete Rotation. Die Rotation von Jupiters rotem Fleck ist ebenfalls gegen den Uhrzeigersinn gerichtet. Somit muss es sich hierbei um ein Hochdruckgebiet handeln, da sich Jupiters roter Fleck auf der Südhalbkugel befindet. Aufgabe 4: Bewegung unter Zwangsbedingung Abbildung 3: Bewegung auf schiefer Ebene (a) Wir erhalten 4 dynamische Freiheitsgrade (b) Unter Benutzung der Newton schen Bewegungsgleichungen F = m a 4

5 erhalten wir für die Differentialgleichungen: F x = 0 m r = 0 F y = m g m r = m g Führe eine weitere Koordinate in z-richtung ein (in Richtung der Neigung der Ebene): F z = F G sin(α) m z = mg sin(α) z = g sin(α) (c) Als Lösung für die Differentialgleichung aus der Bewegungsgleichung erhält man: z = g sin(α) ż = g sin(α) t + a z = 1 2 g sin(α) t2 + a t + b Mit z(0) = 0 und ż(0) = 0 erhalten wir jeweils a = b = 0. Insgesamt ergibt sich somit: z(t) = 1 g sin(α) t2 2 Aufgabe 5: Bewegung eines Elektrons im oszillierenden Feld ẍ = ee m cos(ωt + Θ) = ee (cos(θ) cos(ωt) sin(θ) sin(ωt)) m ẋ = ee (cos(θ) sin(ωt) + sin(θ) cos(ωt)) + A mω x = ee ( cos(θ) cos(ωt) + sin(θ) sin(ωt)) + At + B mω2 = ee cos(ωt + Θ) + At + B mω2 x(0) = 0, ẋ(0) = 0 x = ee (cos(ωt + Θ) cos(θ) + sin(θ)ωt) mω2 5

6 Aufgabe 6: Schwingungsperiode Für die Schwigungsdauer erhalten wir: x2 T = 2 x 1 dx 2[E V (x)]/m = 2m E x2 x 1 dx 1 V (x)/e x 1 und x 2 sind die Umkehrpunkte, bei denen E = V (x i ) gilt. Nutze die Substitution sin 2 ϕ = V (x)/e: βx 4 + α x2 2 E sin2 ϕ = 0 Als Lösung erhalten wir: x 2 = α ( ) 1 ± (1 + 16βE sin 2 ϕ/α 4β 2 2E ( α sin2 ϕ 1 4βE ) α 2 sin2 ϕ Wegen x 2 0 macht nur das Pluszeichen vor der Wurzel Sinn. Im letzten Ausdruck wurde die Bedingung βe α 2 benutzt. Für die Variable x erhalten wir damit die Substitutionsgleichungen x ( 2E α sin ϕ 1 2βE ) α 2 sin2 ϕ und dx 2E α ( cos ϕ dϕ 1 6βE ) α 2 sin2 ϕ Der Cosinus in dx kürzt sich im Integral gegen 1 V (x)/e. Die Umkehrpunkte x i sind durch E = V (x i ) oder sin 2 ϕ i = 1 gegeben; sie liegen demnach bei ϕ i = ±π/2. Damit erhalten wir m π/2 T = 2 dϕ α π/2 ( 1 6βE ) ( m α 2 sin2 ϕ = 2π 1 3βE ) α α 2 Für β = 0 ist dies das bekannte Ergebnis des harmonischen Oszillators. Für β > 0 ist das Potenzial steiler, und T ist kleiner. Für β < 0 ist das Potenzial flacher, und T ist größer. Wegen E αx 2 1 /2 kann der Korrekturterm auch durch die Amplitude x 1 ausgedrückt werden. Die Bedingung βe α 2 bedeutet daher eine Beschränkung auf kleine Auslenkungen. 6