Hauptklausur: T1. Eckige Klammern geben Punktzahlen für Teilaufgaben an, z.b. [2] bedeutet: (2 Punkte).

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1 Fakultät für Physik T1: Klassische Mechanik, SoSe 2015 Dozent: Jan von Delft Übungen: Katharina Stadler, Frauke Schwarz, Dennis Schimmel, Lukas Weidinger Nachname: Vorname: Matrikelnummer: Hauptklausur: T1 Studiengang: ECTS-Punkte: 9 Übungsgruppe: Bearbeitungszeit, Gesamtpunktzahl: Bachelor (9 ECTS-Punkte): 180 min für 6 Aufgaben, insgesamt 60 Punkte, zusätzlich bis zu 4 Bonuspunkte auf der Klausur. Eckige Klammern geben Punktzahlen für Teilaufgaben an, z.b. [2] bedeutet: (2 Punkte). Die Bonusteilaufgaben sind anspruchsvoll es ist ratsam, sie erst am Ende zu bearbeiten! Bonuspunkte sind separat aufgelistet und von den regulären Punkten durch ein Plus getrennt. So bedeutet 9 + 2: neun Punkte und zwei Bonuspunkte. Jede Aufgabe ist auf einem eigenen Blatt zu lösen; schreiben Sie Ihren Namen, Ihre Matrikelnummer und die Nummer der bearbeiteten Aufgabe auf jedes Blatt! Notizen auf der Angabe werden nicht gewertet. Lösen Sie die Aufgaben auf den bereitgestellten leeren Blättern. Wer kariert-liniertes Schreibpapier bevorzugt, möge das entsprechende Deckblatt vom Klausurpaket abreissen und hinter jedes zu beschreibende Blatt legen das Muster scheint durch! Extra Blätter: können Sie bei Bedarf anfordern diese sollten oben links nicht beschrieben werden (um Platz zum Tackern lassen), und bei Abgabe hinten an das Klausurpaket angetackert werden; sollten (auf jedem Blatt) mit Ihrem Namen und der Nummer der darauf bearbeiteten Aufgabe versehen werden; Geben Sie alle relevanten Blätter ab fehlende Aufgaben werden mit null Punkten bewertet. Es sind keine Hilfsmittel erlaubt. Aufgabe Summe Punktzahl Erreichte Punktzahl Korrektor 1

2 Lösung Aufgabe 1: Noether-Theorem [6] (a) L (r i, ṙ i, t, ε) = L(r i (r i), ṙ i (ṙ i), t, ε) N m i = 2 (ṙ i εv) 2 i=1 = L(r i, ṙ i, t, ε) i m i εv ṙ i + i ( m i 2 ε2 v 2 = L(r i, ṙ i, t, ε) + d m i εv r i + dt 2 ε2 v 2 t i i }{{} M(r i,t,ε) m i ) (b) N L r i (r Q = i, t, ε) M (i) (r i, t, ε) ṙ i ε ε ε=0 = i=1 N m i v r i ε=0 m i ṙ i ( vt) + i=1 i N = m i ṙ i vt + m i v r i = m i ( ṙ i t + r i ) v i=1 i i (c) R entspricht der Position der Schwerpunkts. ( Ṙt ) Q = M + R v ( Ṙt ) Da v beliebig ist, ist + R erhalten. Dies impliziert R(t) = R(t = 0) + const t, was der gleichförmigen Schwerpunktsbewegung entspricht. 2

3 Lösung Aufgabe 2: Schwingungen [14] (a) 3m z 1 = 3mg k(z 1 L) + k(z 2 z 1 L) 2m z 2 = 2mg k(z 2 z 1 L) (b) 0 = 3mg + k(z 2 2z 1) (1) 0 = 2mg + k( z 2 + z 1 + L) (2) (1) + (2) 0 = 5mg kz 1 + kl z 1 = L + 5 mg k (1) + 2 (2) 0 = 7mg kz 2 + 2kL z 2 = 2L + 7 mg k z 1 = η 1 + z 1, z 2 = η 2 + z 2 3m η 1 = 3mg k(2η 1 + 2z 1 η 2 z 2) 2m η 2 = 2mg k(η 2 + z2 η 1 z1 L) 3m η 1 = 3mg k(2η 1 η 2 ) k(2l + 10 mg 2L 7mg k k ) = k(2η 1 η 2 ) 2m η 2 = 2mg k(η 2 η 1 ) k(2l + 7 mg k = k(η 2 η 1 ) L 5mg k L) 0 = 3 η 1 + Ω(2η 1 η 2 ) 0 = 2 η 2 + Ω(η 2 η 1 ), mit Ω = k m. (c) Ansatz η i = ω 2 η i 3ω 2 η 1 + Ω(2η 1 η 2 ) = 0 2ω 2 η 2 + Ω(η 2 η 1 ) = 0 ( ) ( ) 3ω 2 + 2Ω Ω η1 Ω 2ω 2 = + Ω ( 3ω 2 + 2Ω)( 2ω 2 + Ω) Ω 2 = 0 6ω 4 7Ωω 2 + Ω 2 = 0 ω1/2 2 = 1 (7Ω ± ) 49Ω Ω 2 η 2 ( ) 0 0 3

4 ω1 2 = Ω, ω2 2 = Ω 6 ( ) ( ) ( ) Ω Ω η1 0 ω 1 : = Ω Ω η 2 0 ( ) ( ) η1 1 = gegenphasige Schwingung. η 2 1 ( 3 ω 2 : Ω Ω ) ( ) ( ) η1 2 0 Ω 2Ω = η ( ) ( 2 ) η1 = 3 gleichphasige Schwingung. 1 η 2 Skizzen: ω 1 : gegenphasige Schwingung mit gleicher Amplitude t η 1 η 2 m 2 ω 2 : gleichphasige Schwingung, wobei die Amplitude von η 2 um einen Faktor 1, 5 größer ist als die Amplitude von η 1 t η 1 η 2 m 2 4

5 Lösung Aufgabe 3: Banditen [9+2] (a) Brachistochrone (parametrisiert durch x) ˆ x1 1 + y 2 (x) T [y(x)] = dx v(x) x 0 ˆ =: dx F (y, x) (b) Euler-Lagrange-Gleichung: 0 = d ( ) F F dx y y ( ) = d y dx v 1 + y 2 c = konst = y 2 = c2 v 2 1 c 2 v 2 y v 1 + y 2 y cv(x) = ± 1 c2 v 2 (x) (c) Separation der Variablen ergibt Nun: v(x) = αx Hier: y (x 0 ) = 1 3 y = ± ˆ x ˆ x1 x 0 cv(x) dx 1 c2 v 2 (x) cα x y = d x x 0 1 c2 α 2 x 2 = cα 1 1 c2 α 2 x 2 x x 0 = 1 1 c2 α cα 2 x c cα 2 α 2 x 2 0 y(x 0 ) = 0 [y(x 1 ) = a c] c = y (x 0 ) αx y 2 (x 0 ) = y(x) = 2x 0 A := y(x 1 ) = 2x 0 Die Gleise werden bei (x 1, A) erreicht = 1 3 αx 0 2αx 0 1 x2 + 2x 4x x x 4x

6 (d) Bonus ˆ x1 T schnell = dx c2 α 2 x 2 x 0 αx 1 c 2 α 2 x 2 ˆ x1 = dx 1 1 x 0 αx 1 1c 2 α 2 x 2 = 1 α ln x 1 ( α ln 1 + ) 1 c 2 α 2 x 2 x 1 x 0 c = 1, x 0 = 1, x 1 = 2 A = 1 2αx = 1 ln 2 ln 1 α T direkt = ˆ x1 x 0 dx 1 αx 1 + ( 3x 0 ) 2 (x 1 x 0 ) 2 = 2 α ln 2 Der direkte Weg ist also langsamer. 6

7 Lösung Aufgabe 4: Starrer Körper [14+2] (a) V = 4 3 πr3 ρ D = M V = 3 M 4π R 3 I K = ˆ 2π 0 = πρ D 2 = πρ D = πρ D 2 ˆ R dφ R ˆ R dz ˆ R 2 z 2 dz(r 2 z 2 ) 2 = πρ D R 2 2 (2R R4 2R ( ) R 5 = π 2 3 4π ˆ R dρ ρ ρ 2 ρ D = 2πρ D dz 1 4 (R2 z 2 ) 4/2 ˆ R R R dz(r 4 2R 2 z 2 + z 4 ) 3 R R5 ) = πρ D 2 ( )R5 M 16 R 3 15 R5 = 2 5 MR2 (b) Es gilt: I 1 = 2I K (Additivität des Trägheitstensors). Außerdem I 2 = I 3. Um I 1 zu bestimmen verwenden wir zunächst den Satz von Steiner um das Trägheitsmoment Ĩ einer Kugel bzgl. der e 3 -Achse zu bestimmen: Der Trägheitstensor lautet also: (c) Im körperfesten System gilt: Ĩ = MR 2 + I K = 7 5 MR2 I 2 = I 3 = 2Ĩ = 14 5 MR I = MR L = Iω = I 1 ω 1 e 1 + I 2 ω 2 e 2 + I 3 ω 3 e 3, ω 1 = ω 2 = 0, ω 3 = Ω L = I 3 Ωe 3 (d) Schwerpunktsimpuls P des Körpers im Laborsystem: Es gilt: dp dt = F = W δ(t t 0)e 3 und P(t < 0) = 0 Sei nun t > 0. Dann gilt: P x (t) = P y (t) = 0 P z (t) = ˆ t und d t( W δ( t)) = W 7

8 (e) Drehmoment: M = r F = (Re 1 ) ( W δ(t)e 3 ) = RW δ(t)e 2 (f) Die Eulerschen Gleichungen haben die Form: dω 1 I 1 dt + (I 3 I 2 ) ω }{{} 2 ω 3 = 0 =0 I 2 dω 2 dt + (I 1 I 3 )ω 3 ω 1 = M 2 I 3 dω 3 dt + (I 2 I 1 )ω 1 ω 2 = 0 (3a) (3b) (3c) Wegen ω 1 (t < 0) = 0 gilt mit (3a) ω 1 0 und wir haben also: Somit: I 2 dω 2 dt = M 2 I 3 dω 3 dt = 0 ω 3 = ω 3 (t < t 0 ) = Ω = const dω 2 dt = K 2 I 2 ω 2 (t) = 1 I 2 (RW ) = 1 I 2 RW δ(t) ˆ t d tδ( t) = RW I 2 (g) v = ω (Re 1 ) + P ( 2M) RW = e 2 + Ωe 3 (Re 1 ) + ( W e 3) I 2 2M ( R 2 W = + W ) e 3 + ΩRe 2 2M I 2 8

9 Lösung Aufgabe 5: Zentralpotential [9] (a) Im Zentralpotential ist der Drehimpuls erhalten, d.h. L = mr v = konst. Folglich wird die Geschwindigkeit v des Teilchen immer in der Ebene senkrecht zu L legen, das Teilchen kann also diese Ebene niemals verlassen. Lagrangefunktion: L = 1 2 mṙ2 U(ρ) = 1 2 m( ρ2 + ρ 2 φ2 ) U(ρ) Optionale Rechnung: r =ρ cos φe 1 + ρ sin φe 2 ṙ = ρ φ sin φe 1 + ρ φ cos φe 2 + ρ cos φe 1 + ρ sin φe 2 =( ρ cos φ ρ φ sin φ)e 1 + (ρ φ cos φ + ρ sin φ)e 2 ṙ 2 = ρ 2 cos 2 φ 2r ρ φ cos φ sin φ + ρ 2 φ sin 2 φ + ρ 2 φ2 cos 2 φ + +2ρ ρ φ cos φ sin φ + ρ 2 sin 2 φ = ρ 2 + ρ 2 φ2 (b) φ kommt in der Lagrangefunktion nicht vor: L φ erhalten. l = L φ = mρ2 φ2 = 0, ist also zyklisch. Folglich ist (c) Die Lagrange-Funktion ist nicht explizit zeitabhängig, daher ist die Energie erhalten. Es gilt: E = 1 2 m( ρ2 + ρ 2 φ2 ) + U(ρ) l 2 E = 1 2 m ρ ρ 2 m + U(ρ) (d) L ρ = mρ φ 2 ρ U, d dt ( ) L = m ρ ρ m ρ = mρ φ 2 ρ U = mρ m 2 ρ 4 ρ U = ( ) 1 l 2 m ρ = ρ 2 mρ + U 2 l2 l2 mρ 3 ρ U Drehimpulsbarriere D(ρ) = 1 2 l 2. ρ 2 m 9

10 (e) Das Teilchen kann bis zum Ursprung gelangen falls: Fall 1: Fall 2: (f) Wir haben: n =2 und α < 1 2 ml2. n > 2 und α < 0. ρ = 2a φ sin φ = 2a sin φ l mρ = ±2a 1 cos 2 φ 2 ( ρ ) 2 l = ±2a 1 2a mρ, 2 wobei in ( ) die Bahngleichung verwendet wurde. Hieraus folgt: l 2 ρ 2 = (4a 2 ρ 2 ) m 2 ρ 4 und unter Verwendung von Teilaufgabe (c) folgt: U(ρ) = E 1 ] [(4a 2 m 2 ρ 2 l 2 ) 1 l 2 m 2 ρ 4 2 ρ 2 m = E 1 l 2 2 m4a2 m 2 ρ m l2 m 2 ρ 1 l ρ 2 m = E 2a2 l 2 mρ 4! = α 1 ρ 4 l ( ) = mρ 2 Somit also: n = 4, α = 2a2 l 2 m und die Energie des Teilchens ist E = 0. 10

11 Lösung Aufgabe 6: Kanonische Transformation für schwach anharmonischen Oszillator [8] (a) Damit die Variablentransformation q = Q + aq 2 + bp 2, p = P + cqp zur Ordnung O(λ) kanonisch ist, muss 1 =! {q, p} Q,P = q p Q P q p P Q = (1 + 2aQ)(1 + cq) (2bP )(cp ) = 1 + (2a + c)q + O(λ 2 ) gelten. Also folgt 2a + c = 0 und daraus c = 2a. b kann frei gewählt werden. (b) q 2 = Q 2 + 2aQ 3 + 2bQP 2 + O(λ 2 ), p 2 = P 2 + 2cQP 2 + O(λ 2 ), q 3 = Q 3 + O(λ 2 ), wobei nur Terme bis zur Ordnung O(λ) behalten werden. Damit lässt sich der Hamiltonian des anharmonischen Oszillator schreiben als H = 1 2 (q2 + p 2 ) + λq 3 = 1 2 (Q2 + P 2 ) + (a + λ)q 3 + (b + c)qp 2 + O(λ 2 ) Damit alle Terme der Ordnung O(λ) verschwinden, muss a + λ = 0 und b + c = 0 gelten. Aus (a) wissen wir, dass c = 2a. Damit ergibt sich insgesamt a = λ, b = 2λ, c = 2λ und für die kanonische Variablentransformation q = Q 1 2 λq2 + λp 2, p = P + λqp. (c) Die Hamilton-Gleichungen für den neuen Hamiltonian lauten. Daraus folgt: Q = H P = P und P = H Q = Q. Q = Q und P = P Das sind die Gleichungen eines gewöhnlichen harmonischen Oszillators, mit Lösungen: Q(t) = Q(0) cos t + P (0) sin t und P (t) = Q(0) sin t + P (0) cos t. (d) Die Terme von Ordnung O(λ 0 ) oszillieren wie sin(t) und cos(t), haben also Frequenz 1 (nicht explizit gefragt). Die Terme von Ordnung O(λ 1 ) sind von der Form sin(t) sin(t) = 1 2 (1 cos(2t)), cos(t) cos(t) = 1 2 (1 + cos(2t)), sin(t) cos(t) = 1 2 sin(2t), oszillieren also mit Frequenz 0 oder 2. Also führt eine schwache Anharmonizität zu zusätzlichen Beiträgen, deren Frequenz um ± relativ zur Frequenz des ungestörten Oszillators verschoben sind. 11

12 [Gesamtpunktzahl Aufgaben: 64] 12