KIT SS Klassische Theoretische Physik II. V: Prof. Dr. M. Mühlleitner, Ü: Dr. M. Rauch. Klausur 2 Lösung. 11. Oktober 2012, Uhr

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1 KIT SS 1 Kassische Theoretische Physik II : Prof. Dr. M. Müheitner, Ü: Dr. M. Rauch Kausur Lösung 11. Oktober 1, 8-1 Uhr Aufgabe 1: Kurzfragen 4+4+=1 Punkte a Die Transformationen und zugehörigen Erhatungsgrößen sind: R Raumdrehungen Drehimpuserhatung c Raumverschiebungen Impuserhatung Transformation in ein System, das sich mit konstanter Geschwindigkeit gegenüber dem ursprüngichen bewegt / Transformation in ein anderes Inertiasystem Schwerpunktsatz a Zeitverschiebung Energieerhatung b F hängt nicht von x ab, aso ist F =. x Wir betrachten die totae x-abeitung der inken Seite F y F y d dx F y F y = const. = F x + F y y + F y y y F = y d F y dx y }{{ } = nach Euer-Lagrange-G. = y d F y dx y c Der Satz von Steiner hat as oraussetzung, dass der Ausgangs-Trägheitstensor im Schwerpunkt des Systems berechnet sein muss. Der Schwerpunkt des Habrings iegt aerdings nicht im gedachten Mittepunkt des Kreises, sondern π R darüber. F

2 KIT Kassische Theoretische Physik II, Kausur SS 1 Aufgabe : Symmetrietransformationen 6+14= Punkte a Die Lagrangefunktion des harmonischen Osziators ist gegeben durch Die führt auf die Bewegungsgeichung L = m ẋ κ x. d L dt ẋ L x = mẍ + κx = ẍ = κ m x As Lösung wird der Schwingungsansatz benutzt b Aus der Transformation x = A cosωt + ϕ ẍ = ω x κ ω = m κ x = A cos m t + ϕ x = x + εa cos ωt, t = t assen sich die fogenden Größen, die in den Geichungen für das Noether-Theorem vorkommen, berechnen: ẋ = ẋ εaω sin ωt dt dt = 1 ψ = a cos ωt ϕ = ψ = aω sin ωt. Zuerst muss geprüft werden, ob die Bedingungen des Noether-Theorems erfüt sind: d L x, ẋ, t dt = L dε dt x ψ + L ẋ ψ ε= = κxa cos ωt mẋaω sin ωt = a κ xω cos ωt ẋ sin ωt ω = d a κmx sin ωt. dt }{{} =fx,t / 8

3 KIT Kassische Theoretische Physik II, Kausur SS 1 Das Ergebnis ässt sich aso as eine totae Zeitabeitung schreiben und die Bedingung des veragemeinerten Noether-Theorems ist erfüt. Dies setzen wir nun in die Forme für die Noether-Ladung ein: Q = L ψ fx, t ẋ = mẋa cos ωt + a κmx sin ωt = am ẋ cos ωt + ωx sin ωt Aufgabe 3: Transversae Moeküschwingungen =3 Punkte a Die x i bezeichnen die Ausenkungen aus der Ruheage. Damit ist die kinetische Energie gegeben durch T = m A ẋ 1 + ẋ 3 + ẋ. Zusammen mit dem Potentia aus der Angabe führt dies auf die Lagrange-Funktion L = T U = m A ẋ 1 + ẋ 3 + ẋ κ x1 x + x x 3. b Transationsinvarianz bedeutet, dass sich die Bewegungsgeichungen bei einer gemeinsamen erschiebung aer drei Massenpunkte um denseben Wert nicht ändern. Wir können uns fogich in den Schwerpunkt des Systems begeben, für den git Anaog fogt aus der Symmetrie m A x 1 + x 3 + x = x 1 = x 3, x = m A x 1 was sich auch as Abspatung der Rotationssymmetrie um den mitteren Massenpunkt verstehen ässt. Dies setzen wir in die Lagrangefunktion ein: L = m A ẋ 1 + = ẋ 1 m A + m A m A ẋ 1 κ κx m A x 1 + m A. x 1 Mit der gegebenen Definition für δ, in die wir ebenfas die obigen Beziehungen einsetzen, δ = x m A δ = ẋ1 1 + m A 3 / 8

4 KIT Kassische Theoretische Physik II, Kausur SS 1 ergibt dies L = 4 m A κ δ 1 + m A 4 δ. c Dies führt auf die Bewegungsgeichung d L L dt δ δ = m A δ m A δ = κ 1 + m A m A κ δ = δ Diese kann über den übichen Schwingungsansatz geöst werden δ = A sinωt + ϕ δ = Aω sinωt + ϕ = ω δ ω κ = m A +. m A Die Schwingungsfrequenz ist aso κ ω = m A +. m A Aufösen der Geichung für δ nach x 1 bzw. x ergibt x 1 = δ 1 + m A x = m A Daraus fogt as Lösung für die x i δ = 1 + m A δ + m. B m A x 1 = x 3 = A sinωt + ϕ 1 + m A x = + m A sinωt + ϕ B. m A Dies beschreibt eine Biegeschwingung des Moeküs, bei der die beiden äußeren Massenpunkte parae schwingen und der mittere dagegen mit einer reativen Ampitude m A. 4 / 8

5 KIT Kassische Theoretische Physik II, Kausur SS 1 d Um die Bedeutung des Winkes δ zu verstehen, teien wir diesen in zwei Teie auf: δ 1 = x 1 x δ 3 = x 3 x mit δ = δ 1 + δ 3 eranschauicht man sich dies in einer Skizze, x 1 x ϕ 1 ϕ 3 x 3 x so kann man erkennen, dass die beiden Winke gegeben sind durch x 1 x = tan ϕ 1 ϕ 1 x 3 x = tan ϕ 3 ϕ 3. Dabei wurde im etzten Schritt jeweis benutzt, dass die Ausenkungen der x i aus der Ruheage und damit auch die Winke ϕ kein sind. Der Winke zwischen der erbindungsinie der Punkte 1 und und der erbindungsinie der Punkte und 3 ist aso gegeben durch π δ. Aufgabe 4: Abgeknickter Stab 4+6=3 Punkte a Zunächst berechnen wir die Linien-Dichte des Stabs ϱ = M L tot L tot = L + L = M 3L. Der Trägheitstensor des geraden Teis G ässt sich direkt ausgehend vom Punkt A aus berechnen. Dieser ist parametrisiert durch x = y =, z [; L]. Daraus fogt sofort, dass ae außerdiagonaen Eemente genauso wie das zz-eement verschwinden Θ G zz = Θ G xy = Θ G xz = Θ G yz =. 5 / 8

6 KIT Kassische Theoretische Physik II, Kausur SS 1 Die beiden verbeibenden haben aus Symmetriegründen den geichen Wert Θ G xx = Θ G yy = d 3 rϱy + z = ϱ L = M 8 3L 3 L3 = 8ML dzz Für den abgeknickten Tei git anaog die Parametrisierung x [; L], y =, z = L. Aso verschwinden offensichtich die beiden außerdiagonaen Eemente, die y enthaten Θ K xy = Θ K yz =. Die anderen werden expizit berechnet: Θ K xx = d 3 rϱy + z = ϱ = 4ML 3 Θ K zz = d 3 rϱy + z = ϱ = ML Θ K yy = d 3 rϱx + z = ϱ = 13ML Θ K xz = d 3 rϱxz = ϱ = ML 3. L L L L. dxl = M 3L 4L L dxx = M L 3 3L 3 dxx + L = M 3L dxl = M L 3 3L Insgesamt ergibt sich dann für den Trägheitstensor 3 Θ = Θ G + Θ K = ML b Für das Drehmoment git: L L3 M A = d dt L mit L = Θ ω = Θω e z 6 / 8

7 KIT Kassische Theoretische Physik II, Kausur SS 1 Im körperfesten System ergibt sich dann L zu 3 L = ML ω. 1 Daraus fogt für M A M A = d d dt L = IS dt L + ω L KS 3 ω = ML 3ω. ω Aufgabe 5: Minimafächen =3 Punkte a Um die Oberfäche zu bestimmen, betrachten wir zunächst den Kreisumfang am Punkt x. Dieser ist gegeben durch Ux = πyx, wobei y den Radius am Punkt x beschreibt. Für die Fäche muss diese Größe von x 1 = L nach x = +L integriert werden: A = dsux ds = dx 1 + y 1 x = π dxy 1 + y x 1 = J[y] minima b Wir haben aso ein ariationsprobem ohne Nebenbedingung mit der Funktion F = y 1 + y. Da F keine expizite x-abhängigkeit besitzt, können wir benutzen: Einsetzen iefert F y F y = const. y 1 + y yy y 1 + y = y = 1 + y y = y 1 y y = ± 1 7 / 8

8 KIT Kassische Theoretische Physik II, Kausur SS 1 c Wir betrachten zunächst nur den Bereich x >, in dem git y >. Die Geichung der vorhergehenden Teiaufgabe wird durch Separation der ariaben integriert, wobei wir die Größe y = yx = einführen. x y dx = dỹ ỹ y [ x = n ỹ + ] y ỹ y = n y + y n y + y y y = n + 1 y y n + 1 = arcosh y arcosh y Diese Geichung ösen wir nach y auf: arcosh y = x + arcosh y x y = cosh + arcosh y d Die gerade gewonnene Lösung setzen wir in y ein. Da y an der Stee x = ein Minimum hat, aso y =, ässt sich daraus eine Bedingung an die noch zu bestimmenden Parameter gewinnen. y = cosh arcosh y 1 y = 1 = v =. Mit arcosh1 = fogt x y = cosh Für den Bereich x < git aus Symmetriegründen y x = yx. Da coshx symmetrisch um x = ist, ist diese fogich für ae x gütig. Die Form entspricht einer Ketteninie. e As Bedingung, um zu bestimmen, benutzen wir den gegebenen Radius R am Endpunkt die Bedingung für den zweiten Endpunkt führt auf diesebe Geichung aufgrund der zuvor verwendeten Symmetrieüberegung L yl = cosh = R. 8 / 8