(a) Transformation auf die generalisierten Koordinaten (= Kugelkoordinaten): ẏ = l cos(θ) θ sin(ϕ) + l sin(θ) cos(ϕ) ϕ.

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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Theorie der Kondensierten Materie Theoretische Physik B - Lösungen SS 10 Prof. Dr. Aleander Shnirman Blatt 5 Dr. Boris Narozhny, Dr. Holger Schmidt Sphärisches Pendel (8 Punkte) (a) Transformation auf die generalisierten Koordinaten (= Kugelkoordinaten): = l sin(θ) cos(ϕ) y = l sin(θ) sin(ϕ) z = l cos(θ) = ẋ = l cos(θ) θ cos(ϕ) l sin(θ) sin(ϕ) ϕ ẏ = l cos(θ) θ sin(ϕ) + l sin(θ) cos(ϕ) ϕ ż = l sin(θ) θ Kinetische Energie: T = 1 m(ẋ + ẏ + ż ) = T = 1 ml { ( θ) [cos (θ) cos (ϕ) + cos (θ) sin (ϕ) + sin (θ)]+ +( ϕ) [sin (θ) sin (ϕ) + sin (θ) cos (ϕ)]+ + θ ϕ [0] } potentielle Energie: = 1 ml [ ( θ) + sin (θ) ( ϕ) ] V = mgh = mg z = cos(θ) für geeignet gewählten Bezugspunkt h = 0. Damit lautet die Lagrangefunktion L(θ, θ; ϕ) = 1 ml [ ( θ) + (sin(θ) ϕ) ] + cos(θ) (b) Lagrangegleichung allgemein: Zuerst: q = ϕ, d L dt q = L q p ϕ = L ϕ = ml sin (θ) ϕ für jede generalisierte Koordinate q. L ϕ = 0 = d dt p ϕ = d dt L z = 0 mit L z := m(l sin(θ)) ϕ Bedeutung: Es gibt offenbar eine Erhaltungsgröße (= Integral/Konstante der Bewegung). Dies ist L z, der Drehimpuls in z-richtung. L z ist erhalten, weil die Lagrangefunktion nicht von ϕ abhängt (ϕ ist eine zyklische Koordinate), also symmetrisch bezüglich (= invariant unter) Drehungen um die z-achse ist. Letzteres ist ja auch anschaulich klar. (Achtung: die Erhaltungsgröße ist der Drehimpuls L z, nicht etwa die Winkelgeschwindigkeit ϕ!) Nun: q = θ, p θ = L θ = ml θ L θ = ml sin(θ) cos(θ) ( ϕ) sin(θ)

2 (c) Die Bewegungsgleichung für θ ist damit gegeben durch θ = g l sin(θ) + ( ϕ) sin(θ) cos(θ) Wenn wir jetzt ϕ durch L z ersetzen, erhalten wir eine (nichtlineare) Bewegungsgleichung alleine für θ(t), denn L z ist ja zeitlich konstant. Einsetzen von ϕ = L z / (ml sin (θ)) ergibt also θ = g l sin(θ) + L z cos(θ) m l 4 sin 3 (θ) Für kleine Auslenkungen θ entwickelt man wie üblich sin(θ) θ und cos(θ) 1 θ = f(θ), f(θ) = g l θ + L z m l 4 θ 3 Diese Bewegungsgleichung ist natürlich immer noch nicht ohne weiteres lösbar. Offenbar setzt sich die generalisierte Kraft f(θ) aus zwei gegensätzlichen Anteilen zusammen: die rücktreibende Kraft g θ des harmonischen Pendels und die nach l außen gerichtete Zentrifugalkraft. (d) Es ergibt sich eine neue Ruhelage θ 0 > 0, die durch L z bestimmt wird, was wiederum durch Anfangsbedingungen vorgegeben wird. Ruhelage: ( ) L 1/4 f(θ 0 ) = 0 = θ 0 = z m gl 3 Die Näherung besteht nun darin, für kleine Auslenkungen um diese Ruhelage zu entwickeln: Taylor: f(θ) f(θ 0 ) +f (θ }{{} 0 ) (θ θ 0 ), f (θ 0 ) = g l 3 L z m l 4 θ0 4 = 0 = 4 g l Einsetzen von f(θ) liefert die genäherte Bewegungsgleichung für θ(t), θ(t) + 4 g l [θ(t) θ 0] = 0 also ein harmonisches Pendel (Oszillator) mit verschobener Ruhelage θ 0 und erhöhter Eigenfrequenz ω 0 = g / l. Dieser Pendelbewegung in θ-richtung ist eine Kreisbewegung in der -y-ebene überlagert. Diese ist allerdings nicht gleichförmig, da (wie gesagt) ϕ nicht konstant ist (sondern L z ). Nur im Spezialfall θ(t) = θ 0 (also wenn keine Schwingung vorliegt) ist φ =const.. Mathematisches Pendel - Energieerhaltung (5 Punkte) (a) Angenommen, das Pendel schwingt in der -y-ebene, y zeigt nach unten (Richtung der Schwerkraft), dann ist = l sin(ϕ), y = l cos(ϕ), und die kinetische Energie lautet (wie üblich) T = 1 ml ( ϕ). Die potentielle Energie ist U(ϕ) = mgh = cos(ϕ). Damit L(ϕ, ϕ) = T U = 1 ml ( ϕ) U(ϕ) E(ϕ, ϕ) = ϕ L ϕ L = 1 ml ( ϕ) + U(ϕ)

3 Energieerhaltung: de dt = ml ϕ ϕ + U(ϕ) [ ϕ ϕ = ml ϕ + U ] ϕ ϕ Mit der Lagrangegleichung d L dt ϕ L ϕ = 0 = ml ϕ + U ϕ = 0 folgt sofort de = 0. dt (b) Da die Gesamtenergie erhalten ist, können wir diese auf einen willkürlichen festen Wert Ē setzen und nach ϕ auflösen: Ē = E(ϕ, ϕ) = ϕ = ( dt = Ē U(ϕ)) ml Trennung der Veränderlichen und Integration beider Seiten, ( Ē U(ϕ)) ml = dt = dt = ml ml (Ē U(ϕ)) = t t 0 = Ē U(ϕ) Für kleine Auslenkungen mit cos(ϕ) 1 1 ϕ wird das Potential U(ϕ) 1 ϕ und wir müssen das Integral ml t t 0 = (Ē + ) 1 ϕ berechnen. Die Konstante kann als Bezugsenergie in Ē absorbiert werden, (Ē + ) Ē (d.h., wir messen Ē relativ zu ; wir hätten auch schon am Anfang einen entsprechenden Bezugspunkt im Potential wählen können). Das Integral lautet dann ml t t 0 = Ē 1 Ē ϕ Mit der Substitution = ϕ wird daraus Ē ω (t t 0 ) = d 1 = arcsin() C = arcsin ( Ē ϕ ) C mit ω = Die beiden Integrationskonstanten t 0 und C können zusammengefasst werden, ψ := ωt 0 C, E ϕ(t) = sin(ω t ψ) g l

4 Für die Energie Ē wurde wieder E geschrieben. Das ϕ(t) von oben entspricht der allgemeine Lösung der Bewegungsgleichung (Lagrangegleichung) ϕ+ω ϕ = 0. Die Anfangsbedingungen ϕ(0) und ϕ(0) stecken hier in der Integrationskonstanten ψ und der (ebenfalls konstanten) Erhaltungsgröße E : ϕ(0) = E sin(ψ), ϕ(0) = E ω cos(ψ) Mit diesen zwei Gleichungen können die Anfangsbedingungen in ψ und E umgerechnet werden und umgekehrt. Beispiel: E ϕ(0) = 0 ψ = 0, ϕ(0) = ω 0 = ω 0 ω ϕ(t) = ω 0 sin(ω t) ω 3. Orthogonale Transformationen und Drehimpulserhaltung (7 Punkte) (a) Die Längerhaltung prüft man leicht durch Für diese Abbildungen gilt =, = T( ), T( ) = T( ) T y =, y = T( ), T( y) = (D ) T (D y) = T D T D y und damit lässt sich die Eigenschaft D T D = 1 ablesen. Mit dem Multiplikationssatz für Determinanten folgt und damit 1 = det(1) = det(d T D) = det(d T )det(d) = (det(d)) det(d) = ±1 (b) Die genannten Eigenschaften prüft man leicht nach. Die Matri ist für α = π/ gegeben durch D z (π/) = Es gilt D z (π/) a = (0, 1, 0) T, D z (π/) b = ( 1, 1, 0), D z (π/) c = c Die Vektoren werden also jeweils um 90 im Sinne der rechten Hand Regel gedreht. Da c auf der Drehachse liegt, bleibt er natürlich unverändert. (c) Für einen infinitesimalen Winkel dα gilt 1 dα 0 D z (dα) = dα und damit ( r = (, y, z) T ) y 0 r = D z (dα) r = y + dα = y + dα 0 y = r + ( e z r)dα z 0 z 1 z

5 Die lässt sich mit einer Skizze leicht eine allgemeine Drehachse verallgemeinern. Die Änderung d r steht dabei jeweils senkrecht auf der Drehachse und dem zu drehenden Vektor r. Damit kann man die auf dem Blatt gegebene Relation schreiben als d r j dα = ( n r j) Setzt man dies in die angegebene Beziehung des Noethertheorems ein, so erhält man unter Verwendung der angegebenen Beziehung (in kartesischen Koordinaten) Q = p j ( n r j ) = n r j p j = n L j und damit ist der Drehimpuls L erhalten. (d) Die Euler-Lagrange-Gleichung führt auf die Newtonsche Bewegungsgleichung j µ r = α r 3 r Aufgrund der Rotationsinvarianz des Potentials ist der Drehimpuls in diesem Problem erhalten. Dies rechnet man auch leicht mittels dl ) ( ( r dt = µ r + r r = µ r r α ) r r = 0 r 3 µ nach. Die Bewegung verläuft also n einer Ebene (wir wählen die -y-ebene). Nach Einführung von Polarkoordinaten r, φ erhalten wir L = µ (ṙ + r φ ) + α r Die Variable φ ist zyklisch, p φ = mr φ = Lz entspricht der z-komponente des Drehimpulses. Da ebenfalls die Energie erhalten ist können wir schreiben E = µ ṙ + L mr α r. Die Lösung dieses Problems wurde in aller Ausführlichkeit auf Aufgabenblatt 0 gegeben.

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