Klausur zur Vorlesung Theorie B. Wichtige Hinweise:

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1 Universität Karlsruhe SS2006 Institut für Theorie der Kondensierten Materie Prof. Dr. Peter Wölfle, Dr. Jan Brinckmann Klausur zur Vorlesung Theorie B SS2006 Name: Matrikelnr.: Vorname: Tutor oder Übungsgr.: Semester: Lehramt? Wichtige Hinweise: Studentenausweis bitte sichtbar bereitlegen. Bitte nur das gestellte Papier verwenden. Bei Mangel: Handzeichen geben. Bitte Namen auf jedes Blatt schreiben. Wer vor Ablauf der Zeit abgeben möchte: bitte Handzeichen geben. Dieses Deckblatt mit abgeben. Erlaubte Hilfsmittel: Schreibgerät. Handy ausschalten!! *** Formelsammlungen, Skripte, Rechner jeder Art sind NICHT zugelassen *** Rückgabe von Klausur und Scheinen am Montag, in den Übungsgruppen. Die Aufgaben werden mit einem gesonderten Blatt ausgeteilt! Aufg. Pkte Aufg. Pkte Aufg. Pkte Aufg. Pkte Summe Übung Schein von 20 von 75 OP OP = Klausur wird als erfolgreiche Orientierungsprüfung gewertet (nur Semester).

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3 Klausur Theorie B SS Seite 1 Die einzelnen Aufgaben sind voneinander unabhängig und können in beliebiger Reihenfolge bearbeitet werden. Das Ergebnis einer Aufgabe braucht nicht (und kann nicht) in einer anderen Aufgabe verwendet werden! Die Formelsammlung auf der Rückseite ist natürlich unvollständig und muß durch die eigene Erinnerung ergänzt werden. 1 Für ein Teilchen im homogenen Magnetfeld lautet die Lagrangefunktion: L(r,ṙ) = 1 2 m(ṙ)2 + eb c x ẏ, r = (x, y, z), m, e, B, c = const. [1P]Man bestimme die Hamiltonfunktion H(r,p), p = (p x, p y, p z ). 2 Gegeben sei die Hamiltonfunktion eines Teilchens, H(r,p) = (p)2 2m mω2 0 y2 + ω 0 y p x, m, ω 0 = const. [ 2 P] Man bestimme über die Hamiltongleichungen die (gekoppelten) Bewegungsgleichungen für die Koordinaten r = (x, y, z). 3 Ein Fadenpendel mit einer explizit zeitabhängigen Masse m(t) sei beschrieben durch die Lagrangefunktion L(ϕ, ϕ, t) = 1 2 m(t) l2 ( ϕ) 2 +m(t)gl cos(ϕ), m(t) = m 0 e 2γ t, m 0, γ = const., g, l = const. [ ] Man bestimme die Bewegungsgleichung für kleine ϕ. 4 Ein System aus zwei gekoppelten Oszillatoren genügt den Bewegungsgleichungen q 1 + ω 2 0(2q 1 q 2 ) = 0, q 2 + ω 2 0(2q 2 q 1 ) = 0, ω 0 = const. [2P]Man bestimme die Eigenfrequenzen Ω 1, Ω 2 des Systems über einen geeigneten Ansatz für q 1 (t), q 2 (t). 5 Gegeben ist ein starrer Körper der Masse M im Schwerefeld F g der Erde. Der Körper wird von der y-achse als Drehachse durchbohrt, kann also in der x-z-ebene schwingen. Die Verbindungslinie vom Schwerpunkt S des Körpers zur Drehachse habe die Länge a. [2P]Man nehme an, der Körper sei aus kleinen Massenelementen m i zusammengesetzt, und bestimme Betrag und Richtung des Drehmomentes N als Funktion des Drehwinkels ϕ. ϕ z a S M x F g 6 Eine Unruh (Rotationsfederpendel) besteht aus einem zylinderförmigen Körper, der um die z-achse drehbar gelagert ist. Das Trägheitsmoment Θ zz bezüglich dieser Achse sei bekannt. Für gegebenen Drehwinkel ϕ aus der Ruhelage bewirkt eine Feder (in der Skizze nicht eingezeichnet) ein Drehmoment N = KRϕe z, K, R = const. [1P]Bestimme die Bewegungsgleichung für ϕ(t). Gebe die Schwingungsfrequenz ω 0 an. y θ zz ϕ x Bitte wenden = =

4 Klausur Theorie B SS Seite 2 7 Ein zylinderförmiger Körper mit Radius R, Masse M und Trägheitsmoment Θ bezüglich der Zylinderachse rollt im Schwerefeld F g eine schiefe Ebene mit Anstellwinkel α herunter. [ 1.5 P] Man bestimme über die Lagrangefunktion die allgemeine Lösung ϕ(t) für den Drehwinkel ϕ des Zylinders. ϕ R α M, θ Fg 8 Eine Kreisscheibe in der x-y-ebene rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω um die z-achse. Ein Beobachter auf der Scheibe im mitbewegten System KS stößt eine Punktmasse m zur Zeit t = 0 bei r(0) = 0 mit der Geschwindigkeit v(0) = v 0 e x an. r,v beziehen sich auf KS. Äußere Kräfte sind nicht vorhanden. [2.5P]Berechne die Geschwindigkeit v(t), die der Bobachter in KS als Funktion der Zeit mißt. In der Bewegungsgleichung soll die Zentrifugalkraft vernachlässigt werden (dies ist für kleine t erlaubt). ω z y KS v 0 x 9 Ein Hohlzylinder der Gesamtmasse M mit endlicher Wandstärke und inhomogener Massenverteilung in Längsrichtung sei beschrieben durch die Massendichte ρ(x, y, z) = Γz 2 Θ(L z)θ(z) Θ(r [R a])θ([r + a] r), r = x 2 + y 2 mit Θ = Theta-Funktion und L, R, a = const. [1P]Bestimme die Konstante Γ. [1P]Berechne das Trägheitsmoment Θ zz bezüglich der körperfesten z-achse. 10 Die Lagrangefunktion eines Teilchens sei gegeben, L(r,ṙ) = 1 2 m(ṙ)2 + d(x 2 + y 2 ), r = (x, y, z), m, d = const. [2P]Für welche der Impulskomponenten p = (p x, p y, p z ) und Drehimpulskomponenten L = d (L x, L y, L z ) gilt... = 0? Beweise jeweils die Behauptung! dt 11 [ ] Was ist ein Inertialsystem? 12 [0.5P]Wie ist die Wirkung S definiert? [0.5P]Was besagt das Hamiltonsche Prinzip der kleinsten Wirkung? [ ] Was ist die Aussage des Noethertheorems? (ohne Formeln!) Formelsammlung: Hamilton: H = p i q i L, ṗ i = H, q i = H q i i p i d Starrer Körper: dt L i = N i, L i = Θ ij ω j, Θ ij = d 3 r ρ(r)[ r 2 x i x j ] j Im bewegten System KS: m r = F 2m(ω ṙ) m ω (ω r) m( ω r) { 1 für x 0 Theta-Funktion : Θ(x) = 0 für x < 0

5 Theorie B (SS2006) Musterlösung Klausur Hamilton und Impulse: p x = mẋ H = i p i ẋ i L, p i = L ẋ i p y = mẏ + eb c x p z = mż H = m(ẋ) 2 + m(ẏ) 2 + m(ż) 2 + eb c xẏ L = 1 2 m(ṙ)2 H hängt von den Impulsen ab, nicht von den Geschwindigkeiten! Also: ẋ = p x m, ẏ = 1 m [ p y eb c x ], ż = p z m H(r,p) = 1 [ (p x ) 2 + (p y ebc ] 2m x)2 + (p z ) 2 ((Hier kann man noch ausmultiplizieren: )) H(r,p) = p2 2m mω2 0 x2 ω 0 xp y, ω 0 = eb mc 2 Hamiltongleichungen: und ṗ i = H x i, ẋ i = H p i ṗ x = 0, ṗ y = [ mω 2 0 y + ω 0p x ], ṗ z = 0 ẋ = p x m + ω 0y, ẏ = p y m, ż = p z m

6 Theorie B (SS2006) Musterlösung Klausur ( ) 2 Die Koordinaten jetzt nochmal ableiten: ẍ = ÿ = ṗx m + ω 0ẏ = ω 0 ẏ (mit ṗ x = 0) ṗy m = ω 0[ ω 0 y + p x m ] = ω 0ẋ ẍ = ω 0 ẏ ÿ = ω 0 ẋ 2 P z = ṗz m = 0 (mit ṗ z = 0) z = 0 Genauso richtig: ÿ = ω 2 0y ω 0 p x m, ṗ x = 0 p x = p 0 x = const. ÿ + ω 2 0y = ω 0p 0 x m ẍ = ω 0 ẏ z = 0 3 Lagrange: d L dt ϕ = L ϕ d dt [ ml2 ϕ] = mgl sin(ϕ) mglϕ, ṁl 2 ϕ + ml 2 ϕ = mglϕ, ṁ = m 0 2γe 2γt = 2γ m ϕ + 2γ ϕ + g l ϕ = 0 4 Exponentialansatz: q 1 (t) = b 1 e iλt, q 2 (t) = b 2 e iλt, λ, b 1, b 2 = unbekannte Konstanten Ableiten und einsetzen: λ 2 b 1 + ω 2 0(2b 1 b 2 ) = 0 λ 2 b 2 + ω 2 0(2b 2 b 1 ) = 0 ( (2ω 2 0 λ 2 ) ω0 2 ω0 2 (2ω0 2 λ2 ) )( b1 b 2 ) = ( ) 0 0

7 Theorie B (SS2006) Musterlösung Klausur ( ) 3 Nichttriv. Lösung nur für det(.) = 0, also: (2ω 2 0 λ2 ) 2 (ω 2 0 )2 = 0 2ω 2 0 λ 2 = ω 2 0 ω 2 0 λ 2 = 0 λ = ±ω 0 λ 2 2ω 2 0 = ω 2 0 λ 2 3ω 2 0 = 0 λ = ± 3ω 0 Eigenfrequenzen: Ω 1 = ω 0, Ω 2 = 3ω 0 2 P (Die Vorzeichen von λ sind erst für die allgemeine Lösung interessant, die dadurch 4 linear unabhängige Terme mit 4 Integrationskonstanten enthält.) 5 Drehmoment eines Massenelements m i : N i = r i F i, F i = m i ge z N = N i = g ( ) m i (r i e z ) = g m i r i e z = Mg(R e z ) i i i }{{} = MR mit R =Vektor zum Schwerpunkt, M =Gesamtmasse. Wenn wir den Ursprung in die Ebene legen, die S enthält, ist R durch a gegeben, mit R e z = a sin(ϕ)e y. Wenn nicht, trägt nur die Komponente von R e y bei, mit demselben Ergebnis. (Die y-achse zeigt nach vorne, wenn das Koordinatensystem rechthändig sein soll). Also: N = Mga sin(ϕ)e y 2 P 6 Drehimpuls: d dt L = N, L = Θ zzωe z, ω = ϕ (Die z-achse zeigt nach vorne für ein rechtshändiges Koordinatensystem ω = + ϕ.) d dt [ Θ zz ϕe z ] = KRϕe z ϕ + ω 2 0ϕ = 0, ω 2 0 = KR Θ zz 7 s = abgerollte Strecke auf der Rampe, s = R ϕ. Kinetische Energie: T = 1 2 Θ( ϕ) M(ṡ)2 = 1 2 [ Θ + MR2 ]( ϕ) 2

8 Theorie B (SS2006) Musterlösung Klausur ( ) 4 Potentielle Energie: F g α s h Beim Abrollen der Strecke s auf der Rampe geht die Höhe h = s sin(α) verloren; also U = Mg sin(α) s = MgR sin(α) ϕ L(ϕ, ϕ) = 1 2 [ Θ + MR2 ]( ϕ) 2 + MgR sin(α) ϕ Bewegungsgleichung: [ Θ + MR 2 ] ϕ = MgR sin(α) ϕ(t) = ϕ 0 + v ϕ t at2, a = ϕ 0, v ϕ sind Integrationskonstanten. MgR sin(α) Θ + MR P 8 In KS lautet die Bewegungsgleichung, ohne äußere Kräfte, mit vernachlässigter Zentrifugalkraft und ω = 0 (nur die Corioliskraft bleibt übrig): r = 2(ω ṙ), ω = ωe z ẍ 0 ẋ ẏ ÿ = 2ω 0 ẏ = 2ω ẋ z 1 ż 0 ẍ = 2ωẏ ÿ = 2ωẋ z = 0 Geschwindigkeiten einführen, v x = 2ωv y v y = 2ωv x v x + (2ω) 2 v x = 0, v y = 1 2ω v x v z = 0

9 Theorie B (SS2006) Musterlösung Klausur ( ) 5 Damit ist die allgemeine Lösung klar: v x (t) = A cos(2ωt ϕ 0 ), v y (t) = A sin(2ωt ϕ 0 ), v z (t) = B Anfangsbedingung: v(0) = v 0 e x v 0 = A cos(ϕ 0 ), 0 = A sin(ϕ 0 ), 0 = B ϕ 0 = 0, v 0 = A cos(2ωt) v(t) = v 0 sin(2ωt) P ((Dieses Ergebnis gilt eigentlich nur für sehr kleine Zeiten t 0, wenn die Masse sich noch in der Nähe des Ursprungs befindet, weil eben die Zentrifugalkraft vernachlässigt wurde.)) 9 Die Konstante Γ folgt aus der Bedingung M = d 3 r ρ(r), d 3 r = rdr dz dϕ sinnigerweise in Polarkoordinaten, M = dz rdr 2π L dϕ ρ(z, r, ϕ) = Γ dz z 2 R+a dr r 2π R a M = Γ L3 3 Γ = 3M 4πL 3 Ra 1 2 [ (R + a)2 (R a) 2 ] 2π = Γ 4π }{{} 3 L3 Ra = 4Ra Trägheitsmoment: Θ zz = d 3 r ρ(r)[ x 2 + y 2 ] = dz rdr 2π dϕ ρ(z, r, ϕ)[ r 2 ] 0 L = 2πΓ dz z 2 0 R+a dr r 3 0 R a = Γ 2π 3 L31 4 [ (R + a)4 (R a) 4 ]

10 Theorie B (SS2006) Musterlösung Klausur ( ) 6 [ (R + a) 4 (R a) 4 ] = [ (R 2 + a 2 ) + 2Ra ] 2 [ (R 2 + a 2 ) 2Ra ] 2 = 4(R 2 + a 2 ) 2Ra Θ zz = Γ 4π 3 L3 Ra (R 2 + a 2 ) = M (R 2 + a 2 ) 10 L ist offenbar invariant unter Translationen in z-richtung: r r + ae z, a = beliebig und unter Drehungen um die z-achse: r D z (ϕ)r, ϕ = beliebig Behauptung: p z = const., L z = const. Beweis für p z : z ist zyklische Koordinate: L z = 0 d L dt ż = d dt p z = d dt (mż) = 0 Beweis für L z : Übergang zu Polarkoordinaten: x = r cos(ϕ) ẋ = ṙ cos(ϕ) r ϕsin(ϕ) y = r sin(ϕ) ẏ = ṙ sin(ϕ) + r ϕcos(ϕ) z = z ż = ż L(r, ϕ, z; ṙ, ϕ, ż) = 1 2 m[ (ṙ)2 + r 2 ( ϕ) 2 + (ż) 2 ] + d r 2 Dies ist zyklisch in z wie vorher, aber auch zyklisch in ϕ: L ϕ = 0 d L dt ϕ = d dt (mr2 ϕ) = d dt L z = 0 2 P 11 Inertialsystem: In der Physik ist ein Inertialsystem (von lateinisch iners untätig, träge) ein Bezugssystem, in dem sich jedes Objekt mit Masse, auf das keine Kraft wirkt, gleichförmig geradlinig bewegt (in dem also das Newtonsche Trägheitsgesetz uneingeschränkte Gültigkeit besitzt).

11 Theorie B (SS2006) Musterlösung Klausur ( ) 7 12 Wirkung: S[r(t)] = t b t a dt L(r,ṙ, t) (Genau genommen ist die Wirkung ein Funktional der Bahn r(t), die von r(t a ) = r a bis r(t b ) = r b durchlaufen wird. Diese Bahn ist zunächst beliebig (bis auf die Endpunkte a, b), muß also nicht die physikalische sein.) Prinzip der kleinsten Wirkung: Die Wirkung wird minimal, wenn für die Bahn r(t), bei festgehaltenen Endzeiten t a, t b und -punkten r a,r b, die physikalische Bahn eingesetzt wird. Genauer: Die Wirkung ist stationär, δs = 0. (Die physikalische Bahn ist diejenige, die sich aus der Newtonschen Bewegungsgleichung ergibt, mit den Randwerten a, b.) Noethertheorem: Ist die Wirkung (dazu hinreichend: die Lagrangefunktion) invariant unter einer kontinuierlichen Transformation der Koordinaten (z.b. Verschiebung im Raum, in der Zeit, Drehungen im Raum, Kombinationen davon), so folgt daraus die Existenz einer Erhaltungsgröße.

12 Universität Karlsruhe SS2006 Institut für Theorie der Kondensierten Materie Prof. Dr. Peter Wölfle, Dr. Jan Brinckmann Nachklausur zur Vorlesung Theorie B SS2006 Name: Vorname: Matrikelnr.: Semester: Lehramt? Wichtige Hinweise: Studentenausweis bitte sichtbar bereitlegen. Bitte nur das gestellte Papier verwenden. Bei Mangel: Handzeichen geben. Bitte Namen auf jedes Blatt schreiben. Wer vor Ablauf der Zeit abgeben möchte: bitte Handzeichen geben. Dieses Deckblatt mit abgeben. Erlaubte Hilfsmittel: Schreibgerät. Handy ausschalten!! *** Formelsammlungen, Skripte, Rechner jeder Art sind NICHT zugelassen *** Ergebnislisten und Hinweise zur Rückgabe von Klausur und Scheinen: siehe Aushang ab Montag, Die Aufgaben werden mit einem gesonderten Blatt ausgeteilt! Aufg. Pkte Aufg. Pkte Aufg. Pkte Summe Übung Schein von 20 von 75 OP OP = Klausur wird als erfolgreiche Orientierungsprüfung gewertet (nur Semester).

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14 Nachklausur Theorie B SS Seite 1 Die einzelnen Aufgaben sind voneinander unabhängig und können in beliebiger Reihenfolge bearbeitet werden. Das Ergebnis einer Aufgabe braucht nicht (und kann nicht) in einer anderen Aufgabe verwendet werden! Die Formelsammlung auf der Rückseite ist natürlich unvollständig und muß durch die eigene Erinnerung ergänzt werden. 1 Die Lagrangefunktion für zwei gekoppelte Massen M und m lautet L(x, s, ẋ, ṡ) = 1 2 M(ṡ) m(ẋ)2 + m ṡẋ 1 4 k x4, M, m, k = const. [2P]Man bestimme die Hamiltonfunktion H(x, s, p x, p s ). Das Ergebnis braucht nicht ausmultipliziert werden. 2 Ein Pendel mit explizit zeitabhängiger Fadenlänge l(t) wird beschrieben durch L(ϕ, ϕ, t) = 1 2 ml(t)2 ( ϕ) mgl(t) ϕ2, l(t) = l 0 exp(αt), l 0, α, m, g = const. [ ] Man gewinne daraus die Bewegungsgleichung für die Auslenkung ϕ(t). 3 Zwei gekoppelte Oszillatoren seien beschrieben durch die Bewegungsgleichungen q 1 + ω 2 0 (2q 1 q 2 ) = q 2, q 2 + ω 2 0 (2q 2 q 1 ) = q 1 [2P]Berechne die Eigenfrequenzen Ω 1, Ω 2 des Systems über einen geeigneten Ansatz für q 1 (t), q 2 (t). 4 Die Lagrangefunktion für ein einfaches, zweiatomiges Molekül lautet L(u 1, u 2, u 1, u 2 ) = 1 2 m[ ( u 1) 2 + ( u 2 ) 2 ] D 2 (u 2 u 1 ) 2, m, D = const. [2P]Finde geeignete neue Koordinaten r und s, so daß die neue Lagrangefunktion L(r, s, ṙ, ṡ) auf einen harmonischen Oszillator und ein freies Teilchen führt. Gebe L(r, s, ṙ, ṡ) an. 5 Gegeben ist eine Kreisscheibe mit Radius R in der x-y-ebene, die um die z-achse drehbar gelagert ist. Die z-achse zeigt senkrecht aus der Papierebene. Die Massenverteilung auf der Scheibe ist unbekannt, wohl aber das Trägheitsmoment Θ bzgl. der z-achse. Eine Θ z x an der x-achse im Punkt P montierte Feder D ist am Rand der Scheibe bei Q befestigt. ϕ sei der Drehwinkel der Scheibe aus der P D R Ruhelage des Systems. ϕ Man bestimme die Bewegungsgleichung für ϕ(t) für kleine ϕ, und Q gebe die Schwingungsfrequenz an, [1.5P]über die Lagrangefunktion und -gleichung, [1.5P]über die Bewegungsgleichung für den Drehimpuls L. Bestimme dazu den Drehmoment- Vektor N (Vorzeichen!). y Bitte wenden = =

15 Nachklausur Theorie B SS Seite 2 6 Ein Zylinder rollt reibungsfrei mit der Schwerpunktgeschwindigkeit v auf einer Ebene entlang. Zur Zeit t = 0 trifft er auf eine Rampe mit Anstellwinkel α, 0 α 90. Es soll angenommen werden, daß der Zylinder immer Kontakt zur Ebene/Rampe hat, der Stoß bei t = 0 besteht also daraus, daß der Auflagepunkt von P nach Q wechselt. [ 2 P] Man diskutiere physikalisch (ohne Berechnungen!), welche der Größen Energie, Schwerpunktimpuls, Drehimpuls bei dem Stoß erhalten sind. S v Q P α Hinweise: Was bedeutet die Annahme, daß der Zylinder immer Kontakt hat? Was passiert im Grenzfall α = 90? 7 Eine Kreisscheibe in der x-y-ebene rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω um die z-achse. Ein Beobachter auf der Scheibe im mitbewegten System KS läßt eine Punktmasse m zur Zeit t = 0 bei r(0) = x 0 e x ohne Anfangsgeschwindigkeit, ṙ(0) = 0, los. r,ṙ beziehen sich auf KS. Äußere Kräfte sind nicht vorhanden. [1.5P]Man nehme an, daß in den Bewegungsgleichungen ẏ gegen ωx vernachlässigt werden darf, und bestimme die Bewegungsgleichungen für x(t) und y(t). (Diese Näherung ist für kleine t möglich.) ω y KS z x 0 [1.5P]Eliminiere x aus der Gleichung für y unter Beachtung der Anfangsbedingungen. x 8 Die Bewegung einer Punktmasse m sei durch eine der folgenden Lagrangefunktionen L(r, ṙ) mit r = (x, y, z) bestimmt. Gebe jeweils an (mit Begründung!, nicht notwendig Rechnung/ Beweis), welche der Größen Energie, Impuls (3 Komponenten), Drehimpuls (3 Komponenten) Erhaltungsgrößen sind: [ 1P] L 1 = 1 2 m(ṙ)2 + γ x r, γ = const. 2 [ 1P] L 2 = 1 2 m(ṙ)2 V 0 [ cos(q x x) + cos(q y y) + cos(q z z) ], V 0, q x, q y, q z = const. [ 1P] L 3 = 1 2 m(ṙ)2 + V 0 cos(ωt), V 0, ω = const. 9 Eine Punktmasse m bewegt sich im Raum in einer zeitabhängigen Kraft F(t) = F(t)e x. [ ] Wie lautet die Lagrangefunktion? [ ] Wie lautet die Lagrangefunktion, wenn die Kraft auch von x abhängt: F(t) F(x, t)? Formelsammlung: Hamilton: H = p i q i L, ṗ i = H, q i = H q i i p i d Starrer Körper: dt L i = N i, L i = Θ ij ω j, Θ ij = d 3 r ρ(r)[ r 2 δ ij x i x j ] j Im bewegten System KS: m r = F 2m(ω ṙ) m ω (ω r) m( ω r)

16 Theorie B (SS2006) Musterlösung Nachklausur Impulse: p x p s = L ẋ = L ṡ = mẋ + mṡ = Mṡ + mẋ Hamiltonfunktion: H = p x ẋ + p s ṡ L = 1 2 M(ṡ) m(ẋ)2 + mẋṡ kx4 Geschwindigkeiten in H ersetzen: Summe und Differenz der Impulse bilden: (p x p s ) = mṡ Mṡ ṡ = p s p x M m (Mp x mp s ) = Mmẋ m 2 ẋ ẋ = Mp x mp s Mm m 2 ẋ = M m p x p s M m Damit folgt H(x, s, p x, p s ) = 1 ( ) 2 2 M ps p x + 1 M m 2 m ( M m p x p s M m ) 2 + m (M m p x p s )(p s p x ) (M m) kx4

17 Theorie B (SS2006) Musterlösung Nachklausur ( ) 2 2 Lagrangegleichung: d L dt ϕ = L ϕ d dt [ ml2 ϕ ] = mglϕ 2ml l ϕ + ml 2 ϕ + mglϕ = 0 ϕ + 2 l l ϕ + g l ϕ = 0 l(t) = l 0 e αt l = αl 0 e αt = αl(t) ϕ + 2α ϕ + g l 0 e αt ϕ = 0 3 Der folgende Ansatz funktioniert. (Wenn ein Ansatz nicht funktioniert, sollte man das weiter unten (be)merken!) q l (t) = b l e iωt, l = 1, 2 Ansatz ableiten und einsetzen: q l (t) = Ω 2 b l e iωt die e -Faktoren fallen raus, es ergibt sich ein Gleichungssystem für die Koeffizienten b 1, b 2, Ω 2 b 1 + ω0 2(2b 1 b 2 ) = Ω 2 b 2 Ω 2 b 2 + ω0(2b 2 2 b 1 ) = Ω 2 b 1 (Ω2 2ω0 2) (Ω2 + ω0 2) 1 = 0 (Ω 2 + ω0 2) (Ω2 2ω0 2) Die Eigenfrequenz ergibt sich aus der Bedingung für eine nichttriviale Lösung, det(.) = 0 (Ω 2 2ω0 2 )2 (Ω 2 + ω0 2 )2 = 0 b 2 A 2 B 2 = (A B)(A + B) (Ω 2 2ω 2 0 Ω2 ω 2 0 )(Ω2 2ω 2 0 +Ω2 +ω 2 0 ) = 0 ( 3ω2 0 )(2Ω2 ω 2 0 ) = 0 Ω = ± ω 0 2 Da man das Vorzeichen nicht zur Eigenfrequenz zählen würde, gibt es also nur eine, Ω 1 = Ω.

18 Theorie B (SS2006) Musterlösung Nachklausur ( ) 3 4 Die geeigneten Koordinaten sind natürlich Relativ- und Schwerpunktkoordinaten: Relativ: r = u 2 u 1 (genauso gut: r = u 1 u 2 ) Schwerpunkt: s = mu 1 + mu 2 m + m = 1 2 (u 1 + u 2 ) (genauso gut: s = u 1 + u 2 ) Alte durch neue Koordinaten ausdrücken: (r + 2s) = 2u 2 (r 2s) = 2u 1 u 1 u 2 = s 1 2 r = s r Einsetzen in die Lagrangefunktion: L = 1 2 m[ (ṡ 1 2ṙ)2 + (ṡ + 1 2ṙ)2 }{{} 2ṡ ṙ2 ] D 2 r2 L(r, s, ṙ, ṡ) = m(ṡ) 2 + m 4 (ṙ)2 D 2 r2 Mit Gesamt- und reduzierter Masse nimmt dies die übliche Form an: M = 2m, µ = m m m + m = m 2 L = 1 2 Mṡ µṙ2 D 2 r2

19 Theorie B (SS2006) Musterlösung Nachklausur ( ) 4 5 Über Lagrange: T = 1 2 Θ ϕ2, U = 1 2 Dx2 x ist die (kleine) Auslenkung der Feder aus der Ruhelage. Für kleine x und ϕ ist x = Rϕ, L(ϕ, ϕ) = 1 2 Θ( ϕ)2 1 2 DR2 ϕ 2 Lagrangegleichung: d dt [ Θ ϕ] = DR2 ϕ ϕ + ω0ϕ 2 = 0, ω0 2 = DR2 Θ Über den Drehimpuls: L = Θω = Θ ϕe z Das durch die Feder ausgeübte Drehmoment ist N = r F = R F ( e z ), F = Dx DRϕ N = e z DR 2 ϕ Die Richtung e z von N ergibt sich dadurch, daß für ϕ > 0 die rücktreibende Kraft F der Feder tangential in mathematisch negative Richtung zeigt. Die Bewegungsgleichung steht in der Formelsammlung, d dt L = N d dt [ Θ ϕ] = DR2 ϕ 6 Die Annahme bedeutet, daß der Stoß zumindest teilweise inelastische sein muß. Das wird klar im Grenzfall α 90 : Der Zylinder würde bei einem elastischen Stoß zurückprallen, die Annahme impliziert aber, daß er einfach stehen bleibt. In diesem Fall wird die kinetische Energie und der Schwerpunktimpuls komplett vernichtet (von der offenbar elastischen Rampe aufgenommen). Im Allgemeinen, für 0 α 90, kann also die Energie und der Schwerpunktimpuls nicht erhalten sein (außer im Grenzfall α = 0). Der Drehimpuls ist allerdings erhalten, genau genommen L Q bezüglich des Punktes Q, denn die Rollbewegung des Zylinders um den Punkt Q (und in mathematische negativer Richtung, für v > 0) ist frei. Dies ist auch für α = 90 der Fall, nur ist dann L Q = 0.

20 Theorie B (SS2006) Musterlösung Nachklausur ( ) 5 7 Die Bewegungsgleichung für KS spezialisieren für ω = ω e z, ω = 0, F = 0 ẍ 0 ẋ 0 0 x ÿ = 2 0 ẏ 0 0 y z ω ż ω ω z ωẏ 0 ωy = 2 ωẋ 0 ωx 0 ω 0 ẍ 2ωẏ ω 2 x ÿ = 2ωẋ + ω 2 y z 0 0 ẍ ω 2 x 2ωẏ = 0 ÿ ω 2 y + 2ωẋ = 0 z = 0 Mit der Annahme ẏ ωx kann 2ωẏ gegen ω 2 x in der ersten Gleichung vernachlässigt werden. ẏ ωx ẍ ω 2 x = 0 ÿ ω 2 y = 2ωẋ, z = 0 Hintergrund: Für kleine Zeiten t ist die Geschwindigkeit der Masse noch klein, und der Ort in KS ungefähr durch x(t) x 0, y(t) 0 gegeben. Es kann aber nicht ẋ ωy angenommen werden, da ẋ und ωy beide klein sind! Die Gleichung für x läßt sich offenbar direkt lösen: Exponentialansatz, x(t) = e λt λ 2 ω 2 = 0 λ = ±ω x(t) = Ae ωt + Be ωt Mit den Anfangsbedingungen für x vereinfacht sich das noch, x(0) = x 0 = A+B, ẋ(0) = 0 = ω(a B) A = B = 1 2 x 0 x(t) = x 0 2 (eωt + e ωt ) Die Gleichung für y ist dieselbe, aber ergänzt um ẋ als externe Kraft : ẋ(t) = x 0ω 2 (eωt e ωt ) ÿ ω 2 y = x 0 ω 2 (e ωt e ωt )

21 Theorie B (SS2006) Musterlösung Nachklausur ( ) 6 8 Hinreichend für die Erhaltung der Energie ist eine Lagrangefunktion, die nicht explizit von der Zeit abhängt. Hinreichend für die Erhaltung einer Impulskomponente p i ist eine Lagrangefunktion, die invariant ist unter räumlichen Verschiebungen x i (x i a i ), a i = const. ((In diesem Fall liefert die Lagrangegleichung ja auch ṗ i = L x i = 0.)) Hinreichend für die Erhaltung einer Drehimpulskomponente L i ist eine Lagrangefunktion, die invariant ist unter Drehungen um die x i -Achse, r D i (ϕ)r. ((Für einen Beweis kann man z.b. Polarkoordinaten einführen, wobei die x i -Achse die Rolle der z-achse übernimmt. Der Azimutwinkel ϕ ist dann zyklisch, und die Lagrangegleichung liefert L i = 0.)) Damit folgt sofort: L 1 : E und L x erhalten, L 2 : nur E erhalten, L 3 : p und L erhalten. 9 Mit der zeitabhängigen Kraft F(t) = F(t)e x : L(r,ṙ, t) = 1 2 m(ṙ)2 + xf(t), denn die Lagrangegleichung liefet so genau die Newtongleichung zurück: d L = L m r = F(t)e x dt ẋ i x i Genausogut läßt sich mit L = T U, F = U U(r, t) = xf(t) argumentieren. Ist die Kraft zusätzlich x-abhängig, liefern die Argumente von oben L(r,ṙ, t) = 1 2 m(ṙ)2 + dxf(x, t) + const. = 1 2 m(ṙ)2 + x x 0 =const. dx F(x, t)