Übungen zur Theoretischen Physik 2 Lösungen zu Blatt 11

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1 Prof. C. Greiner, Dr. H. van Hees Sommersemester 014 Übungen zur Theoretischen Physik Lösungen zu Blatt 11 Aufgabe 43: Seilrolle mit Feder (a) Aus der Zeichnung auf dem Blatt liest man unmittelbar ab, daß T = m 1 d dt (l x) + m ẋ + m 3 (ẋ + ẏ) = 3m ẋ + m (ẋ + ẏ). (1) Dabei haben wir im letzten Schritt die auf dem Blatt angegebenen assen m 1 = m und m = m 3 = m eingesetzt. Die potentielle Energie ergibt sich durch die Lage im Schwerefeld und die Spannenergie der Feder V = m 1 (l x)g m g x m 3 g(x + y) + k (y y 0 ) = ml g m g y + k (y y 0 ). () Die Lagrange-Funktion lautet also L = T V = 3m ẋ + m (ẋ + ẏ) + ml g + m g y k (y y 0 ). (3) (b) Die generalisierte Koordiante x ist zyklisch und folglich ist der entsprechende generalisierte Impuls Dies entspricht der Erhaltung des Gesamtimpulses. p x = L = m(4ẋ + ẏ) = const. (4) ẋ (c) Die Bewegungsgleichung für y ergibt sich aus der entsprechenden Euler-Lagrange-Gleichung zu d dt L ẏ = m(ẍ + ÿ) =! L y = m g k(y y 0 ). (5) Aus der Erhaltung des Gesamtimpulses (4) folgt ẍ = ÿ/4. Dies in (5) eingesetzt liefert nach einigen Umformungen ÿ = 4 3 g + ω (y 0 y) mit ω = 4k 3m. (6) Es handelt sich um die Bewegungsgleichung eines harmonischen Oszillators mit konstanter äußerer Kraft. Der Lösungsansatz lautet entsprechend mit Konstanten A, B und C. Einsetzen in (6) liefert y(t) = Acos(ωt) + B sin(ωt) + C (7) C = 4g 3ω + y 0. (8) Die Konstanten A und B sind aus den Anfangsbedingungen y(0) = y 0 und ẏ(0) = 0 zu bestimmen. Daraus ergibt sich schließlich die Lösung y(t) = 4g 3ω [1 cos(ωt)] + y 0. (9)

2 Wegen ẋ(0) = ẏ(0) = 0 ist p x = 0 und damit folgt aus (4) durch Integration unter Verwendung der Anfangsbedingung x(0) = x 0 ẋ = 1 4 ẏ = g sin(ωt) x(t) = g 3ω 3ω [cos(ωt) 1] + x 0. (10) Aufgabe 44: Abrollen eines Zylinders (Kategorie A) Von der Lösung der Aufgabe 3 kennen wir bereits die kinetische und potentielle Energie des Zylinders: T = ṡ + Θ ϕ, V = g s sinα. (11) Die beiden generalisierten Koordinaten sind jedoch nicht unabhängig voneinander, sondern müssen der skleronomen Rollbedingung ds Rdϕ = 0 (1) genügen. Diese Zwangsbedingung ist jedoch auch holonom, denn offenbar kann sie durch f (s,ϕ) = s Rϕ + K mit K = const (13) ersetzt werden. Da K lediglich die Wahl des Ursprungs von s bzw. die Nullage des Winkels ϕ festlegt, können wir K = 0 setzen. Liegt eine holonome Zwangsbedingung vor, können wir im Lagrangeformalismus einfach eine der Variablen mittels dieser Bedingung eliminieren. Setzen wir also erhalten wir L = T V = ( R + Θ) s = Rϕ, (14) ϕ g Rϕ sinα. (15) Die Bewegungsgleichung ergibt sich dann aus der Euler-Lagrange-Gleichung für die einzig verbliebene generalisierte Koordinate ϕ: p ϕ = L ϕ = ( R + Θ) ϕ, ṗ ϕ = ( R + Θ) ϕ =! L = g Rsinα. (16) ϕ Da die rechte Seite eine Konstante ist, läßt sich diese Gleichung einfach durch zweimalige Integration nach der Zeit lösen. an erhält it der Zwangsbedingung (14) erhält man auch die Lösung für s: ϕ = g Rsinα ( R + Θ) t + ω 0 t + ϕ 0. (17) s = Rϕ = g R sinα ( R + Θ) t + Rω 0 t + Rϕ 0. (18) Dies stimmt mit der Lösung zu Aufgabe 3 überein, wobei v 0 = Rω 0 und s 0 = ϕ 0 ist. Die übrige Diskussion der beiden Fälle eines Voll- und eines Hohlzylinders ergibt sich wie bei Aufgabe 3.

3 Aufgabe 45: Zwei durch eine Feder verbundene assenpunkte Die Schwerpunkts- und Relativkoordinaten der beiden assen sind durch R = m 1 r 1 + m r, r = r 1 r (19) definiert. Die Ortskoordinaten der assenpunkte, ausgedrückt und Schwerpunkts- und Relativkoordinaten, lauten umgekehrt r 1 = R + m r, r = R m 1 r. (0) Dabei haben wir = m 1 + m gesetzt. Die kinetische Energie ist also durch T = m 1 r 1 + m r = R + µ r (1) mit der reduzierten asse µ = m 1 m / gegeben. Die potentielle Energie folgt aus der Lage der assenpunkte im homogenen Schwerefeld und der Spannenergie der Feder zu Die Lagrangefunktion ist also V = g R z + k ( r d 0 ). () L = T V = R g R z + µ r k ( r d 0 ). (3) Offensichtlich hängt L nicht von R x und R y ab. Die entsprechenden generalisierten Impulsekoordinaten P x = L = Ṙx, P Ṙx y = L = Ṙy, (4) Ṙy sind die entsprechenden Impulskomponenten des Schwerpunktes des Systems, und diese sind erhalten, weil in diese Richtungen keine Nettokraft wirkt. Es ist klar, daß P 3 nicht erhalten ist, da in die z- Richtung die Schwerkraft wirkt. Ansonsten hängt L nur von r ab, d.h. es empfiehlt sich die Einführung von Kugelkoordinaten cosϕ sinϑ r = r sinϕ sinϑ. (5) cosϑ Bilden der Zeitableitung und Quadrieren liefert nach einiger Rechung Die Lagrangefunktion lautet also in diesen Koordinaten r = ṙ + r ( ϑ + sin ϑ ϕ ). (6) L = R g R z + µ (ṙ + r ϑ + r sin ϑ ϕ ) k (r d 0 ). (7) Da L nicht von ϕ abhängt, ist der entsprechende kanonisch konjugierte Impuls, d.h. die z-komponente des Relativbahndrehimpulses, erhalten l z = p ϕ = L ϕ = µr sin ϑ ϕ = const. (8)

4 Bemerkung: Daß ϑ nicht zyklisch ist, liegt eigentlich nicht an einer Asymmetrie der Relativbewegung bzgl. Drehungen sondern ist der Auszeichnung der z-richtung als Polarrichtung des Kugelkoordinatensystems geschuldet. In der Tat ist die Lagrangefunktion unter beliebigen Drehungen von r invariant. Entsprechend ist nicht nur l z sondern überhaupt der gesamte Vektor l erhalten. In der Tat folgt für die Bewegungsgleichung von r, wenn wir zur Form (3) der Lagrangefunktion in kartesischen Koordinaten zurückkehren d L dt r = µ r =! L r = k( r d r 0 ) r = k 1 d 0 r. (9) r Daraus folgt sofort µ r r = d dt (µ r r ) = l = 0. (30) Dies ist ein Beispiel für das Noethertheorem, das einen Zusammenhang zwischen Symmetrien der Lagrange-Funktion (hier Drehungen von r ) und Erhaltungsgrößen herstellt. Aufgabe 46: Das Kepler-Problem im Lagrange-Formalismus (a) Zunächst lautet die Lagrange-Funktion it = m 1 + m gilt Daraus folgt Setzt man dies in (31) ein, erhält man L = T V = m 1 x 1 + m x + K x 1 x. (31) R = m 1 x 1 + m x, r = x 1 x. (3) x 1 = R + m r, x = R m 1 r. (33) L = R + µ r + K r mit µ = m 1 m. (34) (b) Wir wissen, daß sich der Schwerpunkt in diesem Fall eines abgeschlossenen Systems wechselwirkender Punktteilchen wie ein freies Teilchen mit konstantem Impuls bewegt (Erhaltung des Schwerpunktsimpulses). Entsprechend sind die drei Komponenten von R zyklisch, und die drei dazu kanonisch konjugierten Impulse sind Erhaltungsgrößen: P = L R = R, L P = R = 0. (35) Es ergibt sich also die Erhaltung des Gesamtimpulses P. Die dazugehörige Symmetrie ist die räumliche Translationsinvarianz, also die Unabhängigkeit der Lagrangefunktion unter der Transformation x 1 x 1 + a, x x + a bzw. R R + a, r r. Die Wahl der Relativkoordinaten trägt weiter der Symmetrie des Wechselwirkungspotentials unter Drehungen Rechnung (Wechselwirkung über eine Zentralkraft).

5 (c) Führt man die angegebenen Kugelkoordinaten ein, folgt nach kurzer Rechnung L = R + µ (ṙ + r ϑ + r ϕ sin ϑ) + K r. (36) Wie aus der Rotationsinvarianz der Relativkoordinaten um r = 0 zu erwarten, ist ϕ zyklisch. Dies entspricht Drehungen um die z-achse. Der entsprechende kanonische Impuls p ϕ = µr ϕ sin ϑ = const (37) ist erhalten. Dies entspricht der z-komponente des Bahndrehimpulses J = µ r r des Quasiteilchens, das durch die Relativkoordinaten r beschrieben wird, in dem um r = 0 rotationssymmetrischen Potential V = K/r. Wir könnten mit diesem Symmetrieargument freilich gleich auf die Erhaltung aller drei Komponenten dieses Bahndrehimpulses J schließen und dann im Nachhinein die z-achse so wählen, daß J = J e z ist. Wir wollen hier aber etwas anders argumentieren, um die Eigenschaften des Lagrange-Formalismusses zu demonstrieren. (d) Legen wir nun die z-achse des Koordinatensystems so, daß r 0 = r (t = 0) 0 in die positive z- Richtung weist, so ist ϑ 0 = ϑ(t = 0) = 0, und aus der Erhaltung von p ϕ folgt gemäß (37), daß p ϕ = 0 zu allen Zeiten gilt. Daraus folgern wir, daß entweder (a) ϑ = 0 = const oder (b) ϕ = 0 gilt. Im ersten Fall bewegt sich das Quasiteilchen stets entlang der z-achse, und seine Bewegung wird durch den effektiven Lagrangian L (a) eff = µ ṙ K r (38) beschrieben. Das bedeutet, daß beide Körper sich auf einer gemeinsamen Geraden (hier durch unsere Wahl der Basisvektoren die z-achse) bewegen. Da dieser Lagrangian nicht explizit von der Zeit abhängt, ist die entsprechende Energie E = p r ṙ L (a) = µ eff ṙ K (39) r erhalten, und wir könnten die verbliebene Bewegungsgleichung durch Separation der Variablen lösen. Das Quasiteilchen bewegt sich jedenfalls in diesem Fall entweder ins Unendliche E 0 oder es stürzt irgendwann ins Zentrum r = 0. Für die anfänglich betrachteten Himmelskörper bedeutet dies im letzteren Fall, daß sie irgendwann auf gerader Linie kollidieren. Im Fall (b) ist ϕ = 0 und damit ϕ = const, und das Teilchen bewegt sich in der entsprechenden die z- Achse enthaltende Ebene. Wir können das Koordinatensystem so orientieren, daß dies die z x-ebene ist. Dann nimmt ϑ die Bedeutung des Winkels in Polarkoordinaten (r,ϑ) dieser Ebene an, und die entsprechende effektive Lagrange-Funktion lautet L (b) eff = µ (ṙ + r ϑ ) + K r. (40) (e) Jetzt zeigt sich, daß auch noch ϑ zyklisch ist. Das entspricht der Symmetrie des Ausgangsproblems unter Drehungen um die y-achse, und das Teilchen bewegt sich stets in der dazu senkrechten Ebene. Der zu dieser Symmetrie gehörige erhaltene kanonisch konjugierte Impuls p ϑ = L(b) eff ϑ = µr ϑ (41)

6 ist die y-komponente des Drehimpulses des Quasiteilchen, also der Gesamtdrehimpuls der beiden Körper bzgl. des Schwerpunktes, der erhalten ist. Nun ist r r = r ϑ = p ϑ /µ = const die zeitliche Ableitung der doppelten vom Vektor r durchlaufenen Fläche. Die Konstanz dieser Flächengeschwindigkeit stellt den Inhalt des. Kepler-Gesetzes der Planetenbewegung dar. (f) Da auch hier L (b) eff nicht explizit von der Zeit abhängt, ist die Energie der Relativbewegung erhalten. it (41) können wir ϑ eliminieren E = p r ṙ + p ϑ ϑ L = µ (ṙ + r ϑ) K r = T + V. (4) E = µ ṙ + p ϑ µr K r = const. (43) Im Gegensatz zu dem als Fall (a) oben erläuterten Sonderfall der geradlinigen Bewegung des Quasiteilchens läßt sich diese DGL nicht geschlossen integrieren. Wir können aber die Bahnform in Polardarstellung r = r (ϑ) berechnen. Dazu verwenden wir, daß wegen der Kettenregel ist. Dies in (43) eingesetzt, liefert ṙ = dr dϑ p ϑ p ϑ ϑ = r ϑ = r (44) µr E = µr r + p ϑ 4 µr K r. (45) Dies formen wir noch um, indem wir wie auf dem Aufgabenblatt angegeben s = 1/r substituieren. Wegen r = s s (46) ergibt sich nach einiger Rechnung durch Einsetzen in die DGL (45) s = A (s B s) = B + A (s B) mit A = µe p ϑ, B = µk p. (47) ϑ Dies läßt sich nun durch Trennen der Variablen integrieren 1 s B ϑ = ds A+ B (s B) = arccos + C, B + A C = const. (48) Löst man dies schließlich nach s bzw. r = 1/s auf, ergibt sich r = 1/B A/B cos(ϑ C ). (49) Aus dem vorigen Semester wissen wir, daß dies die Polargleichung für einen Kegelschnitt mit einem seiner Brennpunkte im Koordinatenursprung ist, und zwar eine Ellipse falls A < 0 (also E < 0), eine Parabel falls A = 0 (also E = 0) und der Ast einer Hyperbel für A > 0 (also E > 0). Dies ist der Inhalt

7 des 1. Keplergesetzes: Die Himmelskörper unseres Sonnensystems bewegen sich auf Ellipsen um die Sonne. Bemerkung: Dies gilt freilich nur in der Näherung, daß man die Bahnstörungen durch die gegenseitige Gravitationswechselwirkungen der Planeten und onde untereinander vernachlässigt. Diese Näherung ist deshalb nicht allzu schlecht, weil die Sonne der weitaus schwerste Himmelskörper in unserem Sonnensystem ist, und die Abweichungen von der reinen Keplerbewegung tatsächlich störungstheoretisch behandelt werden können.