Hauptklausur: T1: Theoretische Mechanik

Transkript

1 Fakultät für Physik T: Klassische Mechanik, SoSe 06 Dozent: Jan von Delft Übungen: Benedikt Bruognolo, Sebastian Huber, Katharina Stadler, Lukas Weidinger Hauptklausur: T: Theoretische Mechanik Nachname: Vorname: Matrikelnummer: Studiengang: ECTS-Punkte: 9 Übungsgruppe: Bearbeitungszeit, Gesamtpunktzahl: Bachelor (9 ECTS-Punkte: 80 min für 6 Aufgaben, insgesamt 60 Punkte + 3 Bonuspunkte. Eckige Klammern geben Punktzahlen für Teilaufgaben an, z.b. [] bedeutet: ( 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 + : 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

2 Lösung Aufgabe : Drei Massenpunkte auf Ring [9] (a mẍ = k (x x 3 + k (x x = k (x 3 + x x mẍ = k (x x + k (x 3 x = k (x + x 3 x mẍ 3 = k (x 3 x + k (x x 3 = k (x + x x 3 k ẍ = mit  =. mâx (b Rotationsinvarianz (c Ansatz: x = ve iωt ω v = k mâv λ 0 = det ( + λ = λ λ = ( λ 3 3( λ = λ 3 + 6λ 8λ = }{{} λ (λ 3 }{{} λ Eigenfrequenzen: ω i = k m λ i. Normalmoden: (i λ = 0 ω = 0, 0 = ( (ii λ /3 = 3 ω /3 = 3 k m, 0 = ( v v = 3 ( v /3! = 0 v = 6 ( λ /3, v 3 = ( 0 (d Skizzen der Eigenschwingungen ((ii Stark schwingende bzw. ruhende Masse [rot makiert] nicht eindeutig; kann wegen Rotationssymmetry zyklisch durchgetauscht werden: (i (ii 3 3 3

3 Lösung Aufgabe : Teilchen in Schüssel [0] (a Wir verwenden Zylinderkoordinaten, mit z = h(ρ ż = h (ρ ρ. L = m( ρ + ( φρ + ż mgz = m( ρ ( + h (ρ + ρ φ mgh(ρ. ( (b Die zyklische Variable ist φ, daraus ergibt sich dass der Drehimpuls erhalten ist: (c l = L φ = mρ φ ( d L = d ( m ρ( + h (ρ = m ( ρ( + h (ρ + ρh (ρh (ρ ρ dt ρ dt = m ( ρ( + h (ρ + ρ h (ρh (ρ. L ρ = m ρ h (ρh (ρ + mρ φ mgh (ρ ( = m ρ h (ρh (ρ + ρ φ gh (ρ Folglich sind die Bewegungsgleichungen gegeben durch mρ φ = l ρ( + h (ρ + ρ h (ρh (ρ = ρ φ gh (ρ. Wir suchen nun eine Lösung in Form einer Kreisbahn, d.h. wir machen den Ansatz ρ = konst, also ρ = ρ = 0. Mit φ = l/(mρ ergibt sich φ = l mρ t + φ 0, l mρ = 3 gh (ρ. Die Kreisbahnlösung ist also möglich, wenn es ein ρ gibt, das die letztere Gleichung löst. In unserem Falle ergibt sich mit h(ρ = ρn : ρ n 0 ( n ρ l ρ m ρ = gn ρ 4 kreis = ρ 0 ( l m gn ρn 0 n+, ( d.h. die Bewegung auf der Kreisbahn ist möglich. (d Für n = ist h(ρ = ρ, d.h. die radiale Bewegungsgleichung geht über in l ρ = ρ φ g = ρ m ρ g = 4 l m ρ 3 g. 3

4 Das effektive Potential ist folglich gegeben durch: (! l ρ V eff = m ρ = mρ mg 3 l V eff = mρ + mgρ. Für die Energie erhält man aus (: V eff /ρ ρ kreis E = m ( ρ ( + h (ρ + φ ρ + mgh = (m ρ + V eff (ρ = m ρ + V eff (ρ. ρ ρ (e Für den Umkehrpunkt muss gelten: E = V eff (ρ ext = l mρ ext + mgρ ext. (3 Auflösen nach l ergibt: l = (E mgρ 0 mρ 0 = (mgρ 0 mgρ 0 mρ 0 = m gρ 3 0 l = ± m gρ 3 0. (f Bei ρ ext handelt es sich um ρ min, dies kann man z.b. daran erkennen, dass gilt ρ kreis ( = Alternativ kann man auch zeigen, dass ( l ρ V eff (ρ 0 = mg ( m gρ 3 /3 0 = /3 ρ m 0 > ρ 0 = ρ ext. g mρ 3 0 ( m gρ 3 0 = mg = mg < 0. mρ 3 0 Lösung Aufgabe 3: Abrissbirne [] (a Wir berechnen zunächst die Ableitungen der Koordinaten: ẋ = L α sin α, ẋ = L α sin α + l β cos β. ẏ = L α cos α, ẏ = L α cos α + l β sin β. Die kinetische Energie T der beiden Massen lautet wie folgt: T = m(ẋ + ẏ + ẋ + ẏ = L 8 m α + m(l 4 α + l β Ll α β(sin α cos β cos α sin β 4

5 = L 8 m α + ml 4 α + ml β mll α β sin (α β. Die potentielle Energien V der beiden Massen lautet wie folgt: V = mg L sin α + mg(l sin α l cos β = mgl cos β. Die Lagrange-Funktion ist L = T V = L 4 m α + m l β L lm α β sin (α β + mgl cos β. (b Da die Lagrange-Funktion L = T V nicht explizit von der Zeit abhngt, ist die Gesamtenergie H = T + V des Systems erhalten. (c Wir verwenden die Euler-Lagrange Gleichung zur Berechnung der Bewegungsgleichungen für den Winkel α: d L dt α = d dt (L m α L lm β sin (α β = L m α L lm β sin (α β L lm β( α β cos (α β, L α = L lm α β cos (α β. Somit lautet die Bewegungsgleichung für den Winkel α: α L β sin (α β + l L β cos (α β = 0. Wir verwenden die Euler-Lagrange Gleichung zur Berechnung der Bewegungsgleichungen für den Winkel β: d L dt β = d L dt (ml β lm α sin (α β = ml L β lm α sin (α β L lm α( α β cos (α β, L β = L lm α β cos (α β mgl sin β. Somit lautet die Bewegungsgleichung für den Winkel β : β L l α sin (α β L l α cos (α β = g l sin β. (d Wir verwenden sin (x = x + O(x und cos x = + O(x für x. Die Bewegungsgleichungen vereinfachen sich für kleine Winkel wie folgt: α = 0, β + g l β = 0. Die beiden Bewegungsgleichungen sind entkoppelt. Die Differentialgleichung des Winkels β wird durch einen harmonischen Oszialltor mit der Frequenz ω = g beschrieben. Die Beschleunigung des Winkels α verschwindet und die Lösung der Differentialgleichung entspricht l einer linearen Funktion in der Zeit. 5

6 Lösung Aufgabe 4: Minimale Gleitzeit im Coulomb-Potential [7] (a Das infinitesimale Bogenelement in Polarkoordinaten lautet wie folgt: wobei dx = x ρ dy = y ρ ds = d x + d y = d ρ + ρ d φ, x dρ + dφ = cos (φdρ ρ sin (φdφ, φ y dρ + dφ = sin (φdρ + ρ cos (φdφ. φ Somit ergibt sich für das zu minimierende Integral ˆ t0 ˆ ˆ ds F = dt = t v(ρ = ρ + ρ dφ. v(ρ (b Energieerhaltung: mv q ρ = q q v(ρ = ρ 0 m ( ρ. ρ 0 (c Da I nicht explizit von dem Winkel φ abhängt, ist folgende Größe winkelunabhängig (also erhalten : C = I ρ I ρ = ρ + ρ v(ρ ρ ρ + ρ ρ v(ρ = ρ + ρ v(ρ ρ v(ρ ρ + ρ. ρ + ρ ρ = Cv(ρ ρ + ρ. ρ4 c v (ρ = ρ + ρ. dρ dφ = ρ = ρ 4 c v (ρ ρ = mit Anfangesbedingung ρ(0 = ρ 0. ρ 4 c q m ( ρ ρ 0 ρ, Lösung Aufgabe 5: Freier Kreisel im Lagrange-Formalismus [] (a ˆ I ij = ˆ a I I = ρ I I = ρ I 3 I 33 = ρ dr 3 ρ(r ( r δ ij r i r j ˆ a ˆ a ˆ a ˆ a dx dx ˆ a ˆ a dx dx ˆ a ˆ a dx dx mit ρ(r = ρ = m 6a 3 ( dx 3 x + x 5 3 = 3 ma ( dx 3 x + x 5 3 = 3 ma ( dx 3 x + x = 3 ma 6

7 I = I gilt, weil der Quader symmetrisch unter der Rotation e e und e e ist. I I 3 gilt, weil der Quader nicht symmetrisch unter der Rotation e e 3 und e 3 e ist. (b Die Eulerschen Gleichungen für die freie Kreiselbewegung lauten: I ω = (I I 3 ω ω 3, (4 I ω = (I 3 Iω ω 3, (5 I ω 3 = 0. (6 (c aus (6: ω 3 = 0 ω 3 = ω 3 = const. (7 aus (5: ω = Ωω mit Ω = (I I 3 ω 3 (8 I (4 ableiten und (7, (8 einsetzen: ω Ω ω = 0 harmonischer Oszillator (9 Mit den Anfangsbedingungen ω (t = 0 = 0 und ω (t = 0 = ω erhalten wir ω = ω sin Ωt, ω = ω cos Ωt. Damit können wir aus den Eulerschen Gleichungen den Zusammenhang ω +ω = ω herleiten. Die Projektion von ω auf die (x,x -Ebene beschreibt also einen Kreis mit Radius ω. L = le z e = l sin θ sin ψ = Iω = I ω sin(ωt (0 L = le z e = l sin θ cos ψ = Iω = I ω cos(ωt ( L 3 = le z e 3 = l cos θ = I 3 ω 3 = I 3 ω 3 ( aus (: aus (0 und (: ω 3 = l cos θ I 3 ψ(t = Ωt = const. aus (0 und (: mit Ω = I I 3 I ω 3 = ( l I 3 l I cos θ = θ = arcsin I ω l ( l l ( ( I ω cos arcsin. I 3 I l (d über L : L = Iω = I( φ sin θ sin ψ = I ω sin ψ mit θ = 0 φ = ω sin θ = const. φ(t = ω sin θ t = l I t 7

8 über L : L = Iω = I( φ sin θ cos ψ = I ω cos ψ mit θ = 0 φ = ω sin θ = const. φ(t = ω sin θ t = über L 3 : l I t L 3 = I 3 ω 3 = I 3 ( φ cos θ + ψ = I 3 ω 3 φ = ω 3 ψ cos θ = l I mit ψ = ( l I 3 l I cos θ und ω 3 = l cos θ I 3 φ(t = l I t (e θ: Kippwinkel des Quaders, Winkel zwischen der Figurenachse e 3 und der z Achse ψ: Rotationsgeschwindigkeit des Quaders um die eigene Achse (Figurenachse e 3. φ: Präzessionsgeschwindigkeit, mit der sich die Figurenachse e 3 (und ω um L bzw. die z Achse drehen. L φ ê z θ ω ê 3 ψ ê y ê x Lösung Aufgabe 6: Kanonische Transformation und Phasenraumfluss [0] (a Kanonischer Impuls: Hamilton-Funktion: p = L q = m q + bq H =p q L = m q + b qq m q + kq q(a + b q = m q + kq aq = (p bq m + kq aq. Bewegungsgleichungen: q = H p = ṗ = H q = p m b m q ( (p bq( b + kq a = bpm ( b m m + k q + a. 8

9 (b Wir benötigen eine erzeugende Funktion F, die nicht explizit von der Zeit abhängt damit, H = H ist. Wegen Q = q gilt P = p bq = p bq. Wir können also zum Beispiel eine Transformation der Gestalt F = F 3 (p, Q + qp wählen mit Dann gilt nämlich: F 3 (p, Q = b Q Qp. q = F 3 p = ( Q = Q und P = F 3 Q = (bq p = p bq (c Wenden wir (?? auf unser Problem an, so erhalten wir sofort: H(Q, P = m P + kq aq. In dieser neuen Hamilton-Funktion tritt b nicht auf, d.h. Q(t wird nicht vom Parameter b abhängen. Da aber laut unserer Transformation q(t = Q(t gilt, ist auch q(t unabhängig von b. Dies hätte man auch direkt anhand von (?? sehen können, denn der Term bq q ist die totale Zeitableitung von b/q und kann damit für die Bewegungsgleichung von q keine Rolle spielen. (d Ein Beispiel wäre eine vertikal aufgehängte Feder mit angehängter Masse unter dem Einfluss der Schwerkraft. (e Mit den Hamiltongleichungen für q und ṗ lässt sich der Fluss schreiben als ( ( q p/m Φ(q, p = =. ṗ kq + a Symmetrie des Flusses für a = 0: Φ( q, p = ( ( p/m = k( q ( p/m = Φ(q, p. kq Wir nehmen nun an, dass (q(t, p(t eine Trajektorie ist. Dann ist auch ( q(t, p(t eine Trajektorie, denn: ( ( d q q = = Φ(q, p = Φ( q, p. dt p ṗ Für jede Trajektorie ist also auch die am Ursprung gespiegelte Bahn eine Trajektorie. Folglich ist unser System paritätssymmetrisch, d.h. spiegelungsymmetrisch zum Ursprung. Die analoge Symmetrie für den a > 0 Fall ist ( p/m Φ( q, p = = Φ(q + a kq + a k, p. (f Substituiere q = q a k. Dann lauten die Bewegungsgleichungen für q : q = p m 9

10 ṗ = kq. Dies sind die bekannten Bewegungsgleichungen eines harmonischen Oszillators, d.h. die Lösung ist gegeben durch: wobei ω = k m q = A cos(ωt + B sin(ωt p = Amω sin(ωt + Bmω cos(ωt,. Nach Rücksubstitution hat man: q = a + A cos(ωt + B sin(ωt k p = Amω sin(ωt + Bmω cos(ωt, Einsetzen der Anfangsbedingungen liefert: A = q 0 a k und Bmω = p 0. Also hat man letztlich: q = a k + (q 0 a k cos(ωt + p 0 mω sin(ωt p = (q 0 a k mω sin(ωt + p 0 cos(ωt. (g Wir formen zunächst die Hamiltonfunktion mittels quadratischer Ergänzung etwas um: (p bq H(q, p = m = m ( p b + kq aq = ( q a ab k k (p bq m + (q k a a k k + (q k a a k k anhand dieses Ausdrucks sehen wir, dass wir nun fordern müssen: Q = q a ( k, P = p b q a ab ab = p bq k k k, F 3 t Aus diesen Bedingungen folgt, dass F 3 gegeben ist durch: Check: ( F 3 (Q, p, t = Q + a p + b k Q + Q ab k + a k t. q = F 3 p = Q + a k P = F 3 Q = p bq ab k H =H + F t = m P + kq a k + a k = m P + kq. = a k. [Gesamtpunktzahl Aufgaben: 60] 0