2. Klausur zur Vorlesung Theoretische Physik A Universität Karlsruhe WS 2004/05

Transkript

1 . Klausur zur Vorlesung Theoretische Physik A Universität Karlsruhe WS 004/05 Prof. Dr. Gerd Schön Dr. Matthias Eschrig Dauer: Stunden Gesamtpunktzahl: 30 Punkte + 5 Zusatzpunkte Hinweise: Beginnen Sie bitte jede Klausuraufgabe auf einem neuen Blatt. Schreiben Sie auf jedes Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer. Geben Sie bitte auf dem ersten Blatt Ihre Übungsgruppe an. Als Hilfsmittel sind zwei handbeschriebene A4-Blätter zugelassen. Die Rückgabe sowie die Besprechung der Klausur findet in den Tutorien am Freitag, den statt. Aufgabe Kräfte und Erhaltungssätze: (9 Punkte) a) Berechnen Sie rot F für die Kraft F( x) = ê x yz + ê y xz + ê z xy. Ist F konservativ? Wenn ja, bestimmen Sie das entsprechende Potential U( x). (3 Punkte) b) Gegeben Sei eine Kraft F = yê x xê y. Berechnen Sie unter Verwendung von Zylinderkoordinaten das Wegintegral I = d r F für einen kreisförmigen Weg mit Radius um den Ursprung in der x-y-ebene. Berechnen Sie das Flächenintegral A 0 da ê z ( F) über die Fläche des Einheitskreises in der x-y-ebene. (3 Punkte) c) Betrachten Sie zwei Teilchen mit gleicher Masse m. Teilchen stößt mit der Geschwindigkeit v elastisch und zentral auf das zweite Teilchen, welches ruht. Wie groß sind die Geschwindigkeiten der beiden Teilchen nach dem Stoß? () d) Zwei Teilchen mit Massen m und m und Geschwindigkeiten v und v stoßen unter einem rechten Winkel vollständig inelastisch aufeinander. Finden Sie die Geschwindigkeit des resultierenden Teilchens. ( Punkte) Aufgabe Getriebener harmonischer Oszillator: (4 Punkte) Ein harmonischer Oszillator (Ortskoordinate x(t), Masse m, Federkonstante k = mω0) mit Dämpfung γ werde durch eine Kraft F(t) = m dω π eiωt f(ω) getrieben. a) Bestimmen Sie die Fouriertransformierte x(ω), und skizzieren Sie die Größe x(ω)/ f(ω). ( Punkte) b) Für den Fall F(t) = mf cos(ω t), bestimmen Sie f(ω) und finden Sie durch Fourierrücktransformation von x(ω) eine partikuläre Lösung x(t). ( Punkte) Aufgabe 3 Zentralkraft: Zwei Teilchen, die eine Kraft F = F = a( r r )/ r r 4 r= r r ( Punkte) aufeinander ausüben, fliegen aneinander vorbei (siehe Skizze für die Bahn, die der Relativvektor r = r r beschreibt). Energie und Drehimpuls der Relativbewegung seien E und L. φ r φ a) Zeigen Sie, dass das effektive Potential für die Relativbewegung die Form U eff (r) = c/r hat, und drücken Sie c durch a, die reduzierte Masse µ und den Drehimpuls L = µr φ aus. (Hinweis: in Zylinderkoordinaten gilt ê r = φê φ.) ( Punkte)

2 Betrachten Sie in (3b) bis (3d) nur den Fall c > 0, E > 0. b) Skizzieren Sie U eff (r) und tragen Sie E ein. Erklären Sie anhand Ihrer Skizze, warum die Teilchen nicht aufeinanderstoßen, sondern aneinander vorbeifliegen. Zeichnen Sie den Abstand kleinster Annäherung, r, auf Ihrer Skizze ein. Drücken Sie r als Funktion von E und c aus. (4 Punkte) c) Nutzen Sie Energieerhaltung, um eine Gleichung für ṙ herzuleiten. Integrieren Sie diese (nach Separation der Variablen), und bestimmen Sie r als Funktion von t t. Hinweis: x dx = x x a b (3 Punkte) a b a a d) Nutzen Sie Drehimpulserhaltung um eine Gleichung für dr dφ herzuleiten. Integrieren Sie diese (nach Separation der Variablen), und finden Sie r als Funktion von φ φ, wobei φ der Winkel ist, bei der die kleinste Annäherung erreicht wird (siehe Skizze). Hinweis: Die Substitution r = /x hilft weiter. b a dx = arccos(x) b x a. (3 Punkte) Aufgabe 4 Eindimensionaler elastischer Stoß: (5 Punkte) Betrachten Sie zwei Massen m und m in einer Dimension. Die Massen gleiten reibungsfrei mit Anfangsgeschwindigkeiten v a > 0 und v a < 0 aufeinander zu und prallen elastisch zurück. a) Was ist die Geschwindigkeit V des Schwerpunkts im Laborsystem? Finden Sie mittels einer Galileitransformation die Geschwindigkeiten v a und v a der Teilchen relativ zum Schwerpunkt (d.h. im Schwerpunktssystem). ( Punkte) b) Nutzen Sie Energieerhaltung im Schwerpunktssystem um die Geschwindigkeiten v e und v e der Teilchen relativ zum Schwerpunkt nach dem Stoß zu finden. () c) Finden Sie mittels einer Galileirücktransformation die Endgeschwindigkeiten v e und v e der Teilchen im Laborsystem. ( Punkte) Aufgabe 5 (Zusatzaufgabe) Rotierendes Pendel: (5 Zusatzpunkte) Ein an der Decke befestigtes starres Pendel (Masse m, Länge R)) bewege sich reibungsfrei unter dem Einfluss der Schwerkraft. Es kann sich frei in alle Richtungen um den Aufhängungspunkt bewegen. Wir benutzen Polarkoordinaten (siehe Skizze) mit dem Ursprung am Aufhängungspunkt, und schreiben v = ê θ v θ + ê φ v φ für die Pendelgeschwindigkeit. Die Anfangswerte für die Bewegung des Pendels seien θ(t = 0) = θ 0, v φ (t = 0) = v φ0 und v θ (t = 0) = 0. ϕ R θ a) Erklären Sie kurz (Rechnung nicht verlangt) warum die z-komponente L z des Drehimpulses erhalten ist. Finden Sie (mittels L z -Erhaltung) v φ als Funktion von θ und v φ0. ( Punkte) b) Wie lautet die Gesamtenergie E als Funktion von v θ, v φ und θ? Finden Sie mittels Energie- und Drehimpulserhaltung v θ als Funktion von θ und den Anfangswerten θ 0, v φ0. ( Punkte) c) Der Winkel θ des rotierenden Pendels bewegt sich (nicht-harmonisch) zwischen zwei Extremwerten θ und θ. Wie lautet die Bestimmungsgleichung für die Extrema? ()

3 Lösungsvorschlag zur zweiten Klausur Theoretische Physik A: Klassische Mechanik Prof. Dr. Schön und Dr. Eschrig Wintersemester 004/005 Aufgabe 9 Punkte a.) Gegeben ist die Kraft F( x) = e x yz + e y xz + e z xy. Wir berechnen die Rotation von F: rotf = F x yz y (xy) z (xz) x x = y xz = z (yz) x (xy) = y y = o z xy x (xz) y (yz) z z Da F = o gilt, ist F konservativ. Somit existiert ein skalares Potential U, so dass F = U ist: F = U x U yz = y U = xz z U xy Durch Integration der ersten Komponente nach x ergibt sich U = yzx + F (y,z). Man muss bei der Integration also eine Funktion hinzufügen, die nicht von x, sondern nur von y und z abhängt. Diese Funktion fällt nämlich bei der partiellen Differentiation nach x wieder weg. Integrieren wir nun die zweite Komponente, so folgt analog U = xzy +F (x,z), mit dem Unterschied, dass wir nun eine Funktion, die nicht von y abhängt, hinzufügen. Das Potential muss natürlich für beide Fälle gleich sein und damit ergibt sich F (y,z) = F (x,z). Dies ist nur dann erfüllbar, wenn F und F nur von z abhängen; wir bezeichnen die neue Funktion als G (z). Bei der Integration der dritten Komponente folgt U = xyz + F 3 (x,y). Durch Vergleich der zweiten und dritten Beziehung für U ergibt sich F (x,z) = F 3 (x,y) und analog zu vorher F (x,z) = F 3 (x,y) G (x). Nun muss natürlich noch G (z) = G (x) sein, was nur funktioniert, wenn G (z) = C = G (x), wobei C eine Konstante ist, die weder von x noch von y oder z abhängt. Also gilt: U = xyz + C b.) Wir gehen aus von der Kraft F = y e x x e y. Für die Einheitsvektoren e r und e ϕ der Zylinderkoordinaten gilt in Abhängigkeit der kartesischen Einheitsvektoren e x und e y, also der kartesischen Basis: e r = e x cos ϕ + e y sinϕ e ϕ = e x sinϕ + e y cos ϕ

4 Außerdem gilt in Zylinderkoordinaten x = r cos ϕ, y = r sin ϕ und damit: F = y e x x e y = r sinϕ e x cos ϕ e y = r e ϕ Für einen Kreis, dessen Mittelpunkt der Ursprung des Koordinatensystems ist, gilt d r = r dϕ e ϕ. Der Einheitskreis ist der spezielle Kreis mit Radius eins, also folgt für diesen d r = dϕ e ϕ. Wir können auf diese Weise das Wegintegral berechnen: I = π F d r = r dϕ e ϕ ( r e ϕ ) = 0 π 0 r dϕ = πr r= = π Zur Berechnung des Flächenintegrals benötigen wir: F x y 0 = y x = 0 = e z z 0 Damit ergibt sich weiter: ( ) da e z F = da( e z ) e z = A 0 = πr r= = π A 0 A 0 c.) Wir betrachten folgenden Vorgang: Da es sich um einen zentralen Stoß handelt, findet der Prozess in einer Dimension statt. Außerdem gilt v f < vf. Der Stoß ist außerdem elastisch, womit sowohl Impulserhaltung als auch Energieerhaltung gilt: Impulserhaltung: v i = v f + vf () Energieerhaltung: m vi m m = vf + vf v i = v f + v f () Durch Quadrieren von Gleichung () und Vergleich mit Gleichung () ergibt sich v f vf v f = 0 und vf = vi oder v f = 0 und ff = vi. Da v f < vf ist, ergibt sich: v f = 0 und vf = vi = 0. Es ist also entweder d.) Da der Stoß total inelastisch verläuft, trennen sich die beiden Körper nach dem Stoßprozess nicht mehr voneinander. Es entsteht ein Körper der Masse M = m + m. Bei einem inelastischen Stoß gilt nur Impulserhaltung, aber keine Energieerhaltung. Wir werten die Impulserhaltung für die x- und y-richtung aus:

5 x-richtung: m v = Mv cos ϑ m v = M v cos ϑ 0,5 Punkte y-richtung: m v = Mv sinϑ m v = M v sin ϑ 0,5 Punkte Wir formen die erste Gleichung mit cos ϑ = sin ϑ um und setzen die zweite Gleichung ein: m v = M v cos ϑ = M v ( sin ϑ) = M v M v sin ϑ = M v m v Wir lösen nach v auf: v = m v + m v M v = Aufgabe m v + m v m + m 4 Punkte a.) Wir gehen aus von der Differentialgleichung des harmonischen Oszillators: dω ẍ + γẋ + ω0x = f(t) = π exp(iωt)f(ω) Wir schreiben hierbei die äußere Kraft f(t) als Fourier-Rücktransformierte von f(ω) und x(t) als Rücktransformierte von x(ω): dω x(t) = π exp(iωt) x(ω) Damit geht unsere Differentialgleichung über in: ( ω + iγω + ω 0) x(ω) = f(ω) Diese Gleichung lässt sich nun nach x(ω) auflösen: x(ω) = x(ω) f(ω) f(ω) (ω 0 ω ) + iγω mit hat die Form einer Resonanzkurve: x(ω) f(ω) = [ (ω0 ω ) + 4γ ω ] 3

6 b.) Als erstes müssen wir die Fourier-Transformierte der äußerem Kraft f(t) = f cos(ω t) ausrechnen: f(ω) = πf [δ(ω ω ) + δ(ω + ω )] Dann erhalten wir damit x(t) durch Fourier-Rücktransformation von x(ω): dω x(t) = π exp(iωt) f(ω) [ (ω0 ω ) + iγω ] = = f [ exp(iω t) ω0 ω + iγω + exp( iω ] t) ω0 ω iγω = = f (ω 0 ω ) + 4γ ω [ (ω 0 ω )cos(ω t) + γω sin(ω t) ] Aufgabe 3 Punkte a.) Mit der Relativkoordinate r = r r schreiben wir die Kraft als: F( r) = a r r 4 = aêr r 3 Das zugehörige Potential lautet: U(r) = a r denn F = U Als effektives Potential folgt damit: U eff (r) = L µr a r = c r mit c = ( ) L µ a Punkte b.) Das effektive Potential ist eine Funktion proportional zu r, sieht also folgendermaßen aus: Punkte Es ist L > 0 und E > 0. Energieerhaltung verbietet, dass E < U eff (r) ist. Deswegen kann r nie kleiner als r werden, womit die Teilchen nie zusammenstoßen. Wir erhalten r aus: U eff (r ) = E r = C E 4

7 c.) Die Gesamtenergie E ergibt sich aus der kinetischen Energie und dem effektiven Potential: E = µṙ + U eff Wir lösen nach ṙ auf und erhalten: ṙ = ± ( ) [E c ] µ r Dabei handelt es sich um eine Differentialgleichung.Ordnung für r(t) die wir durch Trennung der Veränderlichen und anschließende Integration lösen: ( µ ) dt = ± dr r r E c Mit dem angegebenen Integral ergibt sich hieraus: ( µ ) t t = ± r E c Wir lösen schließlich nach r(t) auf: r(t) = E E µ (t t ) + c c E mit r(t ) = E = r t ist also die Zeit der kleinsten Annäherung. d.) Wir gehen aus vom erhaltenen Drehimpuls: L = µr ϕ ϕ = dϕ dr ṙ = L µr Wir erhalten damit: dr dϕ = µ r ṙ = ± (µ) L r ( r E c ) Auch hier handelt es sich analog zur vorher um eine Differentialgleichung.Ordnung, dieses mal aber für die Bahnkurve r(ϕ). Durch Trennung der Veränderlichen und Integration erhalten wir wieder: dϕ = ± L dr (µ) r [r E c] ϕ ϕ = ± L (µc) r(ϕ) = Es gilt r(ϕ ) = c E c E ( c arccos E ) r [ cos (ϕ ϕ ) (µc) womit ϕ der Winkel der kleinsten Annäherung ist. ] 5

8 Aufgabe 4 5 Punkte a.) Die Schwerpunktmasse ist die Gesamtmasse des Systems, also M = m +m. Damit ergibt sich die Geschwindigkeit des Schwerpunkts: V = M (m v a + m v a ) V ist die Geschwindigkeit des Massenmittelpunkts. Die zugehörige Galilei-Transformation ins Schwerpunktsystem lautet: v ja = v ja V für j =, b.) Im Schwerpunktsystem ist die kinetische Energie jedes einzelnen Teilchens erhalten; es gilt also für die Endgeschwindigkeiten: v je = v ja für j =, Die Geschwindigkeiten v je sind negativ, weil die Teilchen zurückprallen. c.) Durch Rücktransformation ergibt sich: v je = v je + V = v ja + V = v ja + V Setzen wir nun noch den obigen Ausdruck für V explizit ein, so erhalten wir das Ergebnis: ( ) m v a + m v a v e = v a + m + m = m v a + m (v a v a ) m + m ( ) m v a + m v a v e = v a + m + m Aufgabe 5 (Bonusaufgabe) = m v a + m (v a v a ) m + m 5 Zusatzpunkte 6

9 a.) Es wirkt keine Kraft in ϕ-richtung, womit L z erhalten ist. oder: Die Gewichtskraft gibt kein Drehmoment in z-richtung, womit L z erhalten ist. [Genauere Begründung (war nicht gefordert): L = r F = R( e r F); die Kraft setzt sich zusammen aus F = mg e z F zp e r, wobei F zp die Kraft ist, welche der Zentrifugalkraft entgegenwirkt und diese ausbalanciert. Die letztere trägt nicht zu e r F bei, und die Gewichtskraft gibt keinen Beitrag zum Drehmoment in z-richtung: es gilt L = mgr eϕ, und da e ϕ e z = 0 folgt L z = 0.] Damit ergibt sich: L = mv ϕ0 R sin ϑ 0 = mv ϕ R sinϑ v ϕ = L mr sin ϑ = v ϕ 0 sinϑ 0 sinϑ [Genauere Herleitung von L z (war nicht gefordert): L = m r v = mr e r (v ϑ e ϑ + v ϕ e ϕ ) = mr(v ϑ e ϕ v ϕ e ϑ ) und mit e ϕ e z = 0, e ϑ e z = sin θ ergibt sich L z = mrv ϕ sinϑ.] b.) Die gesamte Energie ergibt sich wieder aus kinetischer und potentieller Energie: E = mv ϕ 0 mgr cos ϑ 0 = m( v ϕ + v ϑ) mgr cos ϑ Wir lösen das ganze nach v ϑ auf: v ϑ = ± [ v ϕ 0 v ϕ + gr (cos ϑ cos ϑ 0 ) ] Nun ersetzen wir noch v ϕ durch die Beziehung aus Teilaufgabe a.): ( ) ] v ϑ = ± [v ϕ0 sin ϑ 0 sin + gr (cos ϑ cos ϑ 0 ) ϑ c.) Die Extremwerte der Winkel ergeben sich aus der Bedingung v ϑ = 0. v ϕ 0 ( sin ϑ sin ϑ 0 ) + gr (cos ϑ cos ϑ0 ) sin ϑ = 0 sin ϑ [ v ϕ 0 + gr (cos ϑ cos ϑ 0 ) ] = v ϕ 0 sin ϑ 0 Die Gleichung wird erfüllt durch ϑ = ϑ 0. Dies ist der minimale Winkel für ϑ, da die Anfangsbedingung sofort zu einem Anstieg in ϑ führt. (Es gibt noch eine zweite Lösung θ, die das Maximum für ϑ darstellt.) 7