Lösung zu Übungsblatt 4

Transkript

1 Technische Universität München Fakultät für Physik Ferienkurs Theoretische Physik 1 Lösung zu Übungsblatt 4 Starrer Körper, Hamilton-Formalismus 1. Ring mit Kugel (*) Ein Ring, auf dem eine Kugel angebracht ist, rotiert um die z-achse. Der Ring selbst besteht aus einem Draht mit der Längendichte λ. Die (homogene) Kugel hat die Masse m K. z a) Berechnen Sie das Trägheitsmoment der Kugel. Hinweis: sin 3 d = 1 12 cos cos + C R R 2R K b) Berechnen Sie das Trägheitsmoment des Rings mithilfe eines Linienintegrals. Hinweis: sin 2 d = sin 2 + C 4 c) Geben Sie einen Ausdruck für das gesamte Trägheitsmoment an. Lösung: a) Wir bezeichnen den senkrechten Abstand von der Drehachse mit r. Da die Kugel homogen ist, gilt ρ( r) = ρ. Für das Trägheitsmoment I K der Kugel gilt I K = r 2 dm = ρ( r)r 2 d 3 r = R K r 2 dr 2π π dϕ sin ϑ dϑ ρr 2 sin 2 ϑ V = 2πρ R K r 4 dr V π sin 3 ϑ dϑ = 2πρ 1 5 R5 K 4 3 = ρ4π 3 R3 K 2 5 R2 K = 2 5 m KR 2 K. b) Zunächst müssen wir den Ring über den Polarwinkel θ parametrisieren: γ : [, π] R R 3, θ γ(θ) = R R sin θ 1 + cos θ. 1 / 2

2 Ferienkurs Theoretische Physik Der senkrechte Abstand eines Punktes auf dem Ring zur Drehachse ist einfach durch dessen -Koordinate gegeben. Das Trägheitsmoment I R lautet dann I R = γ 2 dm = γ λ 2 ds mit dem Wegelement ds = dγ dθ = R R dθ. Aus 2 = RR 2 sin2 I folgt dann I R = π dθ λr 3 R sin 2 θ dθ = 1 2 λπr3 R = 1 2 m RR 2 R. c) Aus dem Satz von Steiner und der Summe der eben berechneten Trägheitsmomente erhält man schließlich das gesamte Trägheitsmoment I = I R + I K + m K R 2 R. 2. Zwei inhomgene Kugeln (*) Berechnen Sie den Trägheitstensor von zwei identischen inhomogenen Kugeln, die am Ursprung zusammengeklebt sind und jeweils den Radius R sowie die Masse M haben. Die Dichteverteilung der Kugeln ist dabei gegeben durch: ρ( r ) = ρ(r) = 5 M 4π R 5 r2 z y Lösung: Der aus den beiden Kugeln zusammengesetzte Körper ist rotationssymmetrisch bzgl. der y-achse. Somit ist der Trägheitstensor diagonal und es muss I 11 = I 33 gelten. Da die Massenverteilung einer Kugel radialsymmetrisch ist, fällt der Schwerpunkt der Kugel mit 2 / 2

3 Ferienkurs Theoretische Physik ihrem Mittelpunkt zusammen. Für das Trägheitsmoment einer Kugel bzgl. einer beliebigen durch den Schwerpunkt gehenden Achse (z.b. der z-achse) gilt unter Verwendung von Kugelkoordinaten I K = K = 5 M 4π R 5 = 5 M 4π R 5 ρ( r )( 2 + y 2 ) d 3 r = R R 2π dr r 6 dr 2π π dϕ dϕ π dϑ r 2 r 2 (cos 2 ϕ sin 2 ϑ + sin 2 ϕ sin 2 ϑ) r 2 sin ϑ sin 3 ϑ dϑ = 5 M 4π R R π 4 3 = 1 21 MR2. Das Trägheitsmoment des Gesamtkörpers bzgl. der y-achse lautet nun I 22 = 2I K. Für die anderen beiden Trägheitsmomente muss man den Satz von Steiner anwenden. Da die Schwerpunkte der Kugeln bei y = ±R liegen ergibt sich ( ) I 11 = I 33 = 2 (I K + MR 2 ) = 2I K = 2IK Damit lautet der Trägheitstensor 31 1 Î = 2I K 1 = 2I K diag( 31 31, 1, ) Punktmassen im Quadrat (**) An den Ecken eines Quadrates der Kantenlänge 2a befinden sich punktförmige Körper der Massen M und m wie aus nebenstehender Abbildung ersichtlich ist. Die z- und z -Achsen sind identisch und zeigen auf den Betrachter. a) Berechnen Sie den Trägheitstensor Î bezüglich der ungestrichenen Achsen. b) Berechnen Sie den Trägheitstensor Î bezüglich der gestrichenen Achsen. c) Finden Sie durch Diagonalisieren von Î die Hauptträgheitsmomente. Welche Bedeutung haben die Eigenwerte und wie lässt sich die zugehörige Transformationsmatri ˆR : Î Î interpretieren? m M y a a y' M m ' 3 / 2

4 Ferienkurs Theoretische Physik Wie viele Rotations-Freiheitsgrade besitzt das System im Fall M, m und im Fall M, m =? d) Ist eine Diagonalisierung für beliebige Massenanordnungen immer möglich? Lösung: a) Die Massendichte lautet ρ( r ) = [M (δ( a)δ(y a) + δ( + a)δ(y + a)) + + m (δ( a)δ(y + a) + δ( + a)δ(y a))] δ(z). Der Trägheitstensor kann dann berechnet werden gemäß Î ij = ρ( r ) ( r 2 δ ij i j ) d 3 r. Man erhält dann I 11 = I 22 = I 33 = ρ( r )(y 2 + z 2 ) d 3 r = 2(M + m)a 2 ρ( r )( 2 + z 2 ) d 3 r = 2(M + m)a 2 ρ( r )( 2 + y 2 ) d 3 r = 4(M + m)a 2 I 12 = I 21 = ρ( r )y d 3 r = 2(M m)a 2 I 13 = I 31 = I 23 = I 32 = Damit lautet der Trägheitstensor 2(M + m)a 2 2(M m)a 2 I + I Î = 2(M m)a 2 2(M + m)a 2 = I I + 4(M + m)a 2 2I + mit I ± = 2a 2 (m ± M). b) Die Massendichte lautet ρ( r ) = [M(δ(y 2a) + δ(y + 2a))δ( ) + = + m(δ( 2a) + δ( + 2a))δ(y )]δ(z ). 4 / 2

5 Ferienkurs Theoretische Physik Da die Massen nun genau auf den Achsen liegen ist der Trägheitstensor diagonal. Für diese Diagonalelemente gilt I 11 = ρ( r )(y 2 + z 2 ) d 3 r = 4Ma 2 I 22 = I 33 = ρ( r )( 2 + z 2 ) d 3 r = 4ma 2 ρ( r )( 2 + y 2 ) d 3 r = 4(M + m)a 2 Damit lautet der Trägheitstensor 4Ma 2 I + I Î = 4ma 2 = I + + I 4(M + m)a 2 2I + mit I ± = 2a 2 (m ± M). c) Der Trägheitstensor lässt sich diagonalisieren gemäß Î = ˆT Î ˆT 1 = diag(λ 1, λ 2, λ 3 ) mit der Transformationsmatri ˆT, deren Spalten aus den normierten Eigenvektoren von Î bestehen. Die Diagonaleinträge von Î sind genau die Eigenwerte von Î. Die Eigenwerte sind gegeben durch die charakteristische Gleichung = det(î λê) = I + λ I I I + λ 2I + λ = (I + λ) 2 (2I + λ) (2I + λ)i 2 = (2I + λ)(i + + I λ)(i + I λ). Die Eigenwerte lauten somit λ 1,2 = I + ± I und λ 3 = 2I +. Für die (normierten) Eigenvektoren gilt I I (Î λ1,2ê) v 1,2 = I I v 1,2 = = v 1,2 = 1 1 ±1 I + I 2 I + I (Î λ3ê) v 3 = I I + v 3 = = v 3 = 1 Somit lautet die Transformationsmatri (an dieser Stelle haben wir die Reihenfolge der Eigenvektoren in der Transformationsmatri, und die Position der Vorzeichen 5 / 2

6 Ferienkurs Theoretische Physik in v 1,2, geschickt gewählt, da wir das Ergebnis schon erahnen konnten. Generell spielt das aber keine Rolle. Bei anderer Anordnung werden nur die Achsen umbenannt) wobei ˆT = ( v 1, v 2, v 3 ) = cos α sin α ˆR z (α) = sin α cos α 1 = ˆR z ( π/4) die Drehmatri um die z-achse im R 3 ist. Dabei ist ˆR z SO(3), also = ˆR z T und det( ˆR z ) = 1. D.h. also das ˆR das ursprüngliche Koordinatensystem K auf das Hauptachsensystem K dreht. Die Eigenwerte entsprechen gerade den Hauptträgheitsmomenten. Im Falle M, m sind alle Hauptträgheitsmomente von Null verschieden. Also besitzt das System drei Rotationsfreiheitsgrade. Im Falle M, m = ist I 2 = und I 1,3. Also besitzt das System nur noch zwei Rotationsfreiheitsgrade. e) Da der Trägheitstensor nach Konstruktion immer symmetrisch ist, also Î = ÎT, ist eine Diagonalisierung immer möglich. Weiterhin ist der Trägheitstensor reell, d.h. es ist sogar immer möglich eine orthogonale Matri ˆR SO(3) zu finden, so dass ˆD = ˆRÎ ˆR T, wobei ˆD eine Diagonalmatri ist. ˆR 1 z 4. Zylinder in Zylinder (**) Ein homogener Zylinder mit der Masse M, Höhe H und dem Radius a rollt, ohne zu gleiten und unter dem Einfluss der Erdanziehungskraft, auf einer festen Zylinderoberfläche mit dem Radius R. a) Berechnen Sie das Trägheitsmoment des Zylinders. b) Geben Sie die Lagrange-Funktion in Abhängigkeit von ϕ und ϕ an und berechnen Sie daraus die Bewegungsgleichung. c) Lösen Sie die Bewegungsgleichung für kleine Auslenkungen um die Gleichgewichtslage und zeigen Sie, dass man eine Schwingung mit der Frequenz 2 g ω = 3 R a erhält. a φ R 6 / 2

7 Ferienkurs Theoretische Physik Lösung: a) Wir wählen die Zylinderachse als Symmetrie- und z-achse und verwenden natürlich Zylinderkoordinaten. Für das Trägheitsmoment des Zylinders gilt dann I = V a ρr 2 d 3 r = ρ 2π r dr H dϕ a dz r 2 = 2πHρ r 3 dr = 2πHρ 1 4 a4 = 1 2 Ma2. b) Das problematische an dieser Aufgabe ist das Aufstellen der korrekten Beziehung zwischen ϕ und der Rotationsgeschwindigkeit des Zylinders ω. Aus der Rollbedingung v = rω folgt mit r a: Für die kinetische Energie gilt dann ω = v a = R a a ϕ T = T rot + T trans = 1 2 Iω Mv2 = 1 4 Ma2 ω M(R a)2 ϕ 2 = 1 (R a)2 Ma2 ϕ a 2 2 M(R a)2 ϕ 2 = 3 4 M(R a)2 ϕ 2. Bei der potentiellen Energie muss man nun vorsichtig sein, denn setzt man den Nullpunkt in den Boden, also U(ϕ = ) =, so nimmt die Energie sowohl für < ϕ < π/2 (Bewegung nach links oben) als auch für π/2 < ϕ < (Bewegung nach rechts oben) zu. Daher lautet das Potential U = Mgh = Mg(R a)(1 cos ϕ) = Mg(R a) cos ϕ + const.. Die Lagrange-Funktion lautet somit L(ϕ, ϕ) = 3 4 M(R a)2 ϕ 2 + Mg(R a) cos ϕ. Die Euler-Lagrange-Gleichung liefert die Bewegungsgleichung bzw. 3 2 M(R a)2 ϕ + Mg(R a) sin ϕ = ϕ + 2 g 3 R a sin ϕ =. c) Unter Verwendung der Kleinwinkelnäherung (sin ϕ ϕ) lautet die Bewegungsgleichung ϕ + 2 g 3 R a ϕ =. 7 / 2

8 Ferienkurs Theoretische Physik Dies ist offensichtlich die Bewegungsgleichung einer harmonischen Schwingung mit 2 g ω = 3 R a. Als Lösung erhält man ϕ(t) = ϕ cos(ωt + ψ ), wobei sich ϕ und ψ aus den Anfangsbedingungen bestimmen lassen. 5. Zylinder mit Unwucht (**) Die Masse M eines nicht homogenen zylindrischen Rads mit Radius R ist so verteilt, dass eine der Hauptträgheitsachsen im Abstand a parallel zur Zylinderachse verläuft. Das Trägheitsmoment bezüglich dieser Achse ist I S. Der Zylinder rollt unter dem Einfluss der Schwerkraft auf einer horizontalen Ebene. a) Stellen Sie die Lagrange-Funktion in der Koordinate ϕ auf. Wie lautet die dazugehörige Bewegungsgleichung? Geben Sie die Lösung ϕ a= (t) im Spezialfall a = an. b) Setzen Sie nun ϕ(t) = ϕ a= (t) + aξ(t) und entwickeln Sie die Bewegungsgleichung für eine kleine Unwucht a R bis zur ersten Ordnung. z S a φ c) Geben Sie die Winkelgeschwindigkeit ω(t) = ϕ(t) als Funktion der Zeit an, wobei ω() = ω gelten soll. Skizzieren Sie ω(t) und interpretieren Sie Ihr Ergebnis. Hinweis: sin 2 = 1 (1 cos ) 2 2 A R Lösung: a) Die Hauptträgheitsachse im Abstand a parallel zur Zylinderachse geht durch den Schwerpunkt S. Wir berechnen zunächst die Koordinaten des Schwerpunkts in der -z-ebene (y S = ): S = Rϕ a sin ϕ, z S = R a cos ϕ, ẋ S = (R a cos ϕ) ϕ ż S = a ϕ sin ϕ Die Translationsenergie T trans = 1 2 M ( ẋ 2 S + ż 2 S ) = 1 2 M ( R 2 2aR cos ϕ + a 2) ϕ 2, 8 / 2

9 Ferienkurs Theoretische Physik die Rotationsenergie T rot = 1 2 I S ϕ 2 und die potentielle Energie führen auf die Lagrange-Funktion U = Mgz S = Mg(R a cos ϕ) L(ϕ, ϕ) = T trans +T rot U = 1 2 M ( R 2 2aR cos ϕ + a 2) ϕ I S ϕ 2 Mg(R a cos ϕ). Die Euler-Lagrange-Gleichung liefert die Bewegungsgleichung [ M ( R 2 2aR cos ϕ + a 2) + I S ] ϕ + Ma ( g + R ϕ 2 ) sin ϕ =. Im Spezialfall a = vereinfacht sich dies zu ( MR 2 + I S ) ϕa= = = ϕ a= (t) = ω t. Diese Lösung beschreibt eine gleichförmige Rotationsbewegung (ohne Unwucht). b) Für kleine Unwuchten a gilt ϕ(t) = ω t + aξ(t) ω t ϕ(t) = ω + a ξ(t) ω ϕ(t) = a ξ(t) Wir erhalten damit in erster Ordnung die Bewegungsgleichung ( MR 2 + I S ) a ξ + Ma(g + Rω 2 ) sin(ω t) = bzw. ξ(t) = M(g + Rω2 ) MR 2 + I S sin(ω t). c) Die Winkelgeschwindigkeit ist nun gegeben durch ω(t) = ϕ(t) = ω + a ξ(t). Da ω() = ω sein soll, folgt ξ() =. Wir erhalten ξ(t) durch Integration und berücksichtigen die Anfangsbedingung in den Integralgrenzen: ξ(t) = M(g + Rω2 ) MR 2 + I S t sin(ω t ) dt = M(g + Rω2 ) ω (MR 2 + I S ) (cos(ω t) 1). 9 / 2

10 Ferienkurs Theoretische Physik Für die Winkelgeschwindigkeit erhalten wir somit unter Verwendung des Hinweises ( ω(t) = ω 1 2Ma(R + g/ω2 ) sin 2 ω ) t. MR 2 + I S 2 ω(t) ω π 2π 3π 4π ω t Die Winkelfrequenz schwankt periodisch um einen Mittelwert (s. Skizze). Für große ω 2 g/r, also z.b. für typische Reisegeschwindigkeiten eines Autorads, ist die relative Amplitude der Störung unabhängig von der Schwerkraft und nur durch die Geometrie der Massenverteilung festgelegt. Bei kleinen Winkelgeschwindigkeiten ω 2 g/r wird die Amplitude der Störung durch die Schwerkraft verstärkt. 6. Gefedertes Jojo (**) Ein homogener Körper, der aus zwei Kegel und einem Zylinder zusammengesetzt ist, hängt in einem Seil, das an der Decke befestigt und zusätzlich mit einer Feder versehen ist. Unter dem Einfluss der Gravitation kann dieser Körper auf und ab hüpfen wobei er sich gleichzeitig dreht, da wir annehmen, dass das Seil nicht gleitet. Die Masse der Kegel beträgt jeweils M, die des Zylinders 2 M. Die Feder 5 hat die Federkonstante k. a) Berechnen Sie das Trägheitsmoment eines Kegels und geben Sie damit einen Ausdruck für das Trägheitsmoment des zusammengesetzten Körpers an. b) Geben Sie die Lagrange-Funktion in Abhängigkeit von z und ż an und bestimmen Sie daraus die Bewegungsgleichung. z k R R g 1 / 2

11 Ferienkurs Theoretische Physik c) Um was für eine Bewegung handelt es sich? Lösen Sie die homogene Bewegungsgleichung. Verwenden Sie dann als Lösungsansatz für die inhomogene Bewegungsgleichung eine konstante Funktion und geben Sie die allgemeine Lösung als Summe von homogener und inhomogener Lösung an. Lösung: a) Man betrachte einen Kegel mit der Höhe H und dem Radius R. Integriert wird im Folgenden von der Grundfläche z = zur Spitze z = H in Zylinderkoordinaten. Aus dem Strahlensatz (oder dem Tangens des halben Öffnungswinkels des Kegels) ergibt sich (s. Skizze) H H z r = H ( R = z(r) = H 1 r ). R z r R Für das Trägheitsmoment bei einer Rotation um die Symmetrieachse gilt dann I K = 2π ρ( 2 + y 2 ) d 3 r = ρ dϕ R r dr H(1 r/r) dz r 2 = 2πHρ R ( r 3 1 r ) dr R V ( ) R 4 = 2πHρ 4 R4 5 = 2πHR 4 ρ 1 2 = πr2 Hρ R 2 = 3 1 MR2. Das Trägheitsmoment eines Zylinders haben wir in der vorherigen Aufgabe zu I Z = 1 2 MR2 berechnet. Damit ergibt sich als gesamtes Trägheitsmoment mit den angegebenen Radien und Massen I = M(2R) ( ) 2 5 M R 2 = 13 5 MR2. b) Unter Verwendung der Rollbedingung ż = ωr ergibt sich für die kinetische Energie T = 1 2 Iω2 + 1 (M + M + 25 ) 2 M ż 2 = 13 1 Mż Mż2 = 5 2 Mż2. Bei der potentiellen Energie ist zu beachten, dass sich die Feder doppelt so schnell dehnt wie der Körper sich bewegt und dass die Gewichtskraft in positiver z- Richtung angreift. Dann ergibt sich letztendlich U = 12 5 Mgz k(2z)2 = 12 5 Mgz + 2kz2. 11 / 2

12 Ferienkurs Theoretische Physik Die Lagrange-Funktion lautet damit L(z, ż) = 5 2 Mż Mgz 2kz2. Aus der Euler-Lagrange-Gleichung folgt dann die Bewegungsgleichung bzw. 5M z 12 Mg + 4kz = 5 z + 4k 5M z = g. c) Die Bewegungsgleichung stellt offensichtlich eine harmonische Schwingung mit 4 k ω = 5 M dar. Die Lösung der homogenen Bewegungsgleichung lautet daher z hom (t) = z cos(ωt + ψ ). Der Ansatz z inhom (t) = C =const. liefert eingesetzt in die inhomogene Bewegungsgleichung 4k 5M C = g = C = 3 Mg 5 k. Die allgemeine Lösung ist damit gegeben durch z(t) = z hom (t) + z inhom (t) = z cos(ωt + ψ ) + 3 Mg 5 k, wobei z und ψ aus den Anfangsbedingungen bestimmt werden können. 7. Senkrechter Wurf (*) Betrachten Sie den senkrechten Wurf nach oben im homogenen Schwerefeld der Erde. Das Problem soll als eindimensional betrachtet werden. a) Stellen Sie die Hamilton-Funktion des Systems auf. b) Stellen Sie die kanonischen Gleichungen auf und leiten Sie daraus die Bewegungsgleichung her. c) Zeichnen Sie das Phasenraumportrait und interpretieren Sie die Schnittpunkte mit den Achsen. 12 / 2

13 Ferienkurs Theoretische Physik Lösung: a) Die Hamilton-Funktion lautet H(z, p z ) = T + U = p2 z 2m + mgz = E. Da die Hamilton-Funktion nicht eplizit von der Zeit abhängt ist diese erhalten. b) Die kanonischen Gleichungen lauten ż = H p z = p z m, ṗ z = H z = mg. Wir erhalten damit die Bewegungsgleichung z = ṗz m = mg m = g. c) Löst man die Hamilton-Funktion nach p z auf ergibt sich p z = ± 2m(E mgz). Diese Kurve entspricht also einer Wurzelfunktion, bzw. einer gedrehten Parabel. Der Schnittpunkt mit der z-achse liegt bei z = E und stellt den Umkehrpunkt mg der Bewegung dar, bei dem der Impuls p z gerade verschwindet. Die Schnittpunkte mit der p z -Achse liegen bei p z = ± 2mE und sind der Abwurfpunkt bei dem der Impuls maimal ist. Beim Abwurf ist der Impuls nach oben gerichtet (positiver Schnittpunkt), beim Auftreffen ist der Impuls nach unten gerichtet (negativer Schnittpunkt). p z 2mE E/mg z - 2mE 13 / 2

14 Ferienkurs Theoretische Physik Perle auf Draht (**) Ein Teilchen sei auf einem halbkreisförmigem rotierendem Draht angebracht und auf diesem frei beweglich. Der Draht rotiere mit konstantem ω um die fest vorgegebene Achse im kräftefreien Raum. a) Gehen Sie zunächst von der Lagrange-Funktion eines freien Teilchens in Kugelkoordinaten aus und bestimmen Sie die kanonischen Impulse: L = 1 ) (ṙ 2 m 2 + r 2 ϑ2 + r 2 ϕ 2 sin 2 ϑ. ω ϑ R m b) Setzen Sie nun die Zwangsbedingungen in die Lagrange-Funktion ein und berechnen die Hamilton- Funktion. c) Stellen Sie die kanonischen Gleichungen für das System auf und leiten Sie daraus die Bewegungsgleichung ab. Wie lautet die Lösung für kleine Schwingungen um ϑ = π/2 + ψ? d) Bestimmen Sie die Gesamtenergie E und berechnen daraus de/ dt. Interpretieren Sie Ihr Ergebnis. e) Berechnen Sie dh/ dt und vergleichen Sie H mit der Gesamtenergie des Systems. Lösung: a) Die kanonischen Impulse lauten p r = L ṙ = mṙ p ϑ = L ϑ = mr2 ϑ p ϕ = L ϕ = mr2 sin 2 ϑ ϕ b) Die Zwangsbedingungen lauten r = R (skleronom)und ϕ = ωt (rheonom). Damit wird die Lagrange-Funktion zu L(ϑ, ϑ) = 1 ( ) 2 mr2 ϑ2 + ω 2 sin 2 ϑ. Es bleibt nur noch ein kanonischer Impuls übrig: p ϑ = mr 2 ϑ = ϑ = p ϑ mr 2 14 / 2

15 Ferienkurs Theoretische Physik Für die Hamilton-Funktion gilt dann H(ϑ, p ϑ ) = p ϑ ϑ L(ϑ, pϑ ) = p2 ϑ mr mr2 [ ( pϑ ) ] 2 + ω 2 sin 2 ϑ mr 2 = p 2 ϑ 2mR mr2 ω 2 sin 2 ϑ. c) Die kanonischen Gleichungen lauten ϑ = H p ϑ = Daraus folgt die Bewegungsgleichung ϑ = p ϑ mr 2 ṗ ϑ = H ϑ = mr2 ω 2 sin ϑ cos ϑ ṗϑ mr = mr2 ω 2 sin ϑ cos ϑ = ω 2 sin ϑ cos ϑ. 2 mr 2 Für kleine Schwingungen um ϑ = π/2 + ψ gilt = ψ ( π ) ( π ) ω 2 sin 2 + ψ cos 2 + ψ = ψ + ω 2 cos ψ sin ψ ψ + ω 2 ψ. Eine Lösung ist also ψ(t) = ψ cos(ωt + ξ). d) Wegen U = folgt L = T = E. Somit gilt de dt = dl dt = 1 ( 2 mr2 2 ϑ ϑ + 2ω 2 sin ϑ cos ϑ ϑ ) ( ) = mr 2 ϑ ϑ + ω 2 sin ϑ cos ϑ = 2mR 2 ϑ ϑ. Dieser Ausdruck ist i.a. ungleich Null. Die physikalische Begründung dafür ist, dass dem System ständig Energie zu- und abgeführt wird, da sich der Draht konstant dreht. e) Die totale Zeitableitung der Hamilton-Funktion ist gleich ihrer partiellen. Somit gilt dh dt = H t =. Die Hamilton-Funktion ist also erhalten, die Gesamtenergie jedoch nicht. Somit folgt daraus sofort H E. 15 / 2

16 Ferienkurs Theoretische Physik Elektron im Plattenkondensator (**) Ein Elektron bewege sich im kräftefreien Raum entlang der -Achse senkrecht zu den Platten eines Plattenkondensators, dessen Spannung linear in der Zeit anwächst. a) Zeigen Sie, dass das Potential die Form + annimmt. U(, t) = At, A = const. b) Stellen Sie mit diesem Potential die Lagrange-Funktion auf. c) Stellen Sie die Hamilton-Funktion und die kanonischen Gleichungen auf. Wie lautet die Bahnkurve (t) für () = ẋ() =? d) Berechnen Sie dh/ dt eplizit mithilfe der berechneten Bahnkurve (t). Vergleichen Sie H mit der Energie. War es nötig die Lagrange-Funktion zu bestimmen? Lösung: a) Da die Spannung linear mit der Zeit zunehmen soll folgt: U(t) = U t = E(t) = E t e. Für die Kraft auf das Elektron gilt mit q = e Daraus ergibt sich für das Potential U mit einer Konstanten A. b) Die Lagrange-Funktion lautet somit F (t) = q E(t) = ee t e! = du d e. U(; t) = At L(, ẋ; t) = T U = 1 2 mẋ2 + At. c) Für den kanonischen Impuls gilt p = L ẋ = mẋ = ẋ = p m. 16 / 2

17 Ferienkurs Theoretische Physik Die Hamilton-Funktion lautet dann H(, p ; t) = p ẋ L(, p ; t) = p2 m 1 ( 2 m p ) 2 p 2 At = m 2m At. Die kanonischen Gleichungen lauten Daraus folgt die Bewegungsgleichung ẋ = H = p p m ṗ = H = At ẍ = ṗ m = At m. Zweimalige Integration liefert unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen (t) = 1 A 6 m t3. d) Für die totale Zeitableitung der Hamilton-Funktion gilt dh dt = H t = A = 1 A 2 6 m t3. Alternativ kann man die Koordinate und den Impuls durch die Zeit ausdrücken und in diehamilton-funktion einsetzen und zuletzt nach der Zeit ableiten. Es (muss) kommt dasselbe heraus, da hier das Potential geschwindigkeitsunabhängig ist und die Zwangsbedingungen skleronom (nämlich gar keine) sind: H = T + U = p2 2m At = E. Die Hamilton-Funktion entspricht hier also der Energie und der Umweg über die Lagrange-Funktion ist nicht nötig gewesen. 1. Poisson-Klammern (**) Zeigen Sie, mit den in der Vorlesung für Poisson-Klammern genannten Rechenregeln, folgende Identitäten: a) {l, p z } = p y, b) {l, l y } = l z, c) {, f(p )} = f (p ), wobei f eine analytische Funktion der p ist. 17 / 2

18 Ferienkurs Theoretische Physik Hinweis: Zeigen Sie zunächst dass {, p n } = np n 1 gilt. d) Bestätigen Sie c) durch eplizite Anwendung der Definition der Poisson-Klammer. Eine Koordinatentransformation (q, p) (Q, P ) im Phasenraum, welche die kanonischen Gleichungen invariant lässt, wird kanonische Transformation genannt. Ein notwendiges Kriterium für eine kanonische Transformation ist, dass die neuen Koordinaten die fundamentalen Poisson-Klammern erfüllen: {Q i, Q j } = {P i, P j } = und {Q i, P j } = δ ij. e) Zeigen Sie, durch eplizite Anwendung der Definition der Poisson-Klammer, dass Q = arctan q p, P = 1 2 (q2 + p 2 ) eine kanonische Transformation ist. d Hinweis: d arctan = f) Zusatzaufgabe: Wir können die Relation aus Teilaufgabe b) noch verallgemeinern. Zeigen Sie dass {l i, l j } = ɛ ijk l k für i, j, k = 1, 2, 3 gilt. Hinweis: Ein Blick auf das Zusatzblatt zum Levi-Civita-Symbol ist von Nutzen. Lösung: a) Unter Verwendung der Rechenregeln für Poisson-Klammern findet man {l, p z } = {( r p), p z } = {yp z zp y, p z } = {yp z, p z } {zp }{{} y, p z } = = z {p y, p z } }{{} = p y {z, p z } = p }{{} y. =1 Dabei haben wir insbesondere ausgenutzt, dass falls auf einer Seite der Klammer eine Koordinate q i auftaucht und auf der anderen Seite der Klammer der dazugehörige Impuls p i nicht auftaucht, diese Klammer verschwindet, völlig egal was noch in den Klammern steht. 18 / 2

19 Ferienkurs Theoretische Physik b) Die eben erwähnte Tatsache wird uns die Berechnung ebenfalls drastisch erleichtern {l, l y } = {( r p), ( r p) y } = {yp z zp y, zp p z } = {yp z, zp } {yp z, p z } {zp }{{} y, zp } +{zp }{{} y, p z } = = = y{p z, zp } + p z {y, zp } +z {p }{{} y, p z } +p }{{} y {z, p z } = = = y ( ) ( ) p {p z, z} +z {p }{{} z, p } + py {z, pz } +p }{{}}{{} z {z, } }{{} = 1 = =1 = = p y yp = l z c) Gemäß dem Hinweis berechnen wir zuerst {, p n } {, p n } = p {, p n 1 = p n 1. = (n 1)p n 1 } + p n 1 {, p } = p n 1 + p {, p n 1 + p p {, p n 2 } + p p n 2 + p n 1 {, p } = np n 1 } {, p } = 2p n 1 + p 2 {, p n 2 } Die Gültigkeit dieser Aussage lässt sich sehr leicht mit vollständiger Induktion zeigen, wir verzichten an dieser Stelle aber darauf. Da f eine analytische Funktion ist, können wir sie als Potenzreihe darstellen: f(p ) = a n p n. n= Für die Poisson-Klammer gilt dann { } {, f(p )} =, a n p n = = n= n= a n np n 1 = + a n {, p n } n= n=1 na n p n 1 = f (p ). d) Es gilt {, f(p )} = f f p p = f = f (p ). p 19 / 2

20 Ferienkurs Theoretische Physik e) {Q, Q} = {P, P } = ist offensichtlich. Für die verbleibende Poisson-Klammer gilt {Q, P } = Q P q p Q P p q = ( arctan q ) ( ) 1 q p p 2 (q2 + p 2 ) p 1 = q2 p p 1 ( qp ) q 1 + q2 2 p 2 p 2 = p 2 p 2 + q + q2 2 p 2 + q = p2 + q 2 2 p 2 + q = 1. 2 ( arctan q ) ( ) 1 p q 2 (q2 + p 2 ) Es handelt sich also tatsächlich um eine kanonische Transformation. f) Mit dem Levi-Civita-Symbol gilt unter Verwendung der Einstein schen Summenkonvention {l i, l j } = {( r p ) i, ( r p) j } = {ɛ abi a p b, ɛ cdj c p d } = ɛ abi ɛ cdj { a p b, c p d } = ɛ abi ɛ cdj [ a {p b, c } p }{{} d + a {p b, p d } }{{} c + p b { a, c } p }{{} d + p b { a, p d } }{{} = δ bc = = δ ad = ɛ abi ɛ cdj (δ ad c p b δ bc a p d ) = ɛ abi ɛ caj c p b ɛ abi ɛ bdj a p d = ɛ abi ɛ ajc c p b + ɛ bai ɛ bdj a p d = (δ bj δ ic δ bc δ ij ) c p b + (δ ad δ ij δ aj δ id ) a p d = i p j b p }{{} b + a p a }{{} j p i = r p = r p = i p j j p i = ( r p ) k = ɛ ijk l k c ] 2 / 2