Übungen zur Theoretischen Physik 2 Lösungen zu Blatt 1

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1 Prof.. Greiner, Dr. H. van Hees Sommersemester 214 Übungen zur Theoretischen Physi 2 Lösungen zu Blatt 1 Aufgabe 1: Differentialoperatoren der Vetoranalysis (a) Aus der Definition des Nabla-Operators folgt Φ = (y + z, x + z, y + x) A = ( y 2, z 2, x 2 ) (ΦA) z 3 x + z 2 x 2 2y 3 z y 3 x 2y 2 xz = x 3 y + x 2 y 2 2z 3 x z 3 y 2z 2 xy y 3 z + y 2 z 2 2x 3 y x 3 z 2x 2 yz (b) Wir schreiben den Ausdruc mit Hilfe des Levi-ivita-Symbols in Komponenten aus und wenden die Produtregel an: (Φ A) und das war zu zeigen. i = j ε i j j (ΦA ) = j = ( Φ) A i + Φ( A) i, ε i j ( j Φ)A + Φ j ε i j j A Aufgabe 2: Wegunabhängigeit eines Wegintegrals Wir zeigen, daß A der Gradient eines Salarfeldes ist. Dafür gibt es (mindestens) zwei Lösungswege. Lösungsweg 1: Bestimmung des Salarfeldes durch suzessive Integration des Vetorfeldes Dazu machen wir den Ansatz A( r ) = Φ( r ) (1) und bestimmen Φ aus der Definition des Gradienten: x Φ! = A 1 = 2xy + z 3 Φ = x 2 y + xz (y, z). (2) Dabei ist 1 eine noch unbestimmte Funtion von y und z. Weiter folgt daraus y Φ = x 2 + y 1! = A 2 = x 2 + 2y y 1 = 2y 1 = y (z). (3) Wir haben also eine Lösung für 1 gefunden, die nicht von x abhängt. Bis jetzt besitzt also Φ die Form Φ = x 2 y + xz 3 + y (z). (4) Um die unbeannte Funtion 2 zu bestimmen, benutzen wir die z-komponente von (1): z Φ = 3x z 2 + z 2! = A 3 = 3xz = 2z +, (5)

2 wobei eine Konstante ist. Daß wir 2 unabhängig von x und y haben wählen önnen, zeigt endgültig, daß A ein Gradientenfeld ist, und wir haben schließlich für die dazugehörige Salarfuntion die Lösungen Φ = x 2 y + xz 3 + y 2 2z + (6) gefunden. Die Konstante ist unbestimmt, da ihr Gradient trivialerweise verschwindet. Man prüft durch Berechnung des Gradienten leicht nach, daß mit diesem Φ tatsächlich (1) erfüllt ist. Es gilt nun ganz allgemein für irgendeine durch r (t) (t [a, b]) parametrisierten Kurve b d r A( r ) = dt d r b a dt A[ r (t)] = dt d r a dt Φ[ r (t)]. (7) Wegen der Kettenregel für Funtionen von mehreren Veränderlichen ist aber d r dt Φ[ r (t)] = d Φ[ r (t)], (8) dt und daraus folgt mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung d r A( r ) = Φ[ r (b)] Φ[ r (a)]. (9) Das Resultat hängt tatsächlich nur von Anfangs- und Endpunt der Kurve ab, und das Wegintegral ist durch irgendein Salarfeld Φ, für das A = Φ gilt, gegeben. Für ein vorgegebenes Feld A ist Φ (falls es überhaupt existiert!) bis auf eine Konstante eindeutig bestimmt, und diese Konstante fällt in (9) heraus. Wir erhalten also für einen beliebigen Weg, der den Ursprung mit R = (X,Y,Z) t verbindet, eindeutig d r A( r ) = Φ( R) Φ() = X 2 Y + X Z 3 + Y 2 2Z. (1) Wir hätten also auch ein Φ finden önnen indem wir ein solches Kurvenintegral berechnet hätten und danach durch Gradientenbildung nachweisen önnen, daß es tatsächlich (1) erfüllt. Lösungsweg 2: Bestimmung des Salarfeldes über ein Wegintegral Wir önnen das Gradientenfeld auch diret über ein Wegintegral entlang eines beliebigen Weges r R berechnen, der einen beliebigen im Definitionsbereich des Vetorfeldes gelegenen festen Punt r mit dem variablen Punt R (ebenfalls im Definitionsbereich des Vetorfeldes) verbindet. Falls A ein Gradientenfeld ist, ist dieses Wegintegral nämlich unabhängig vom gewählten Weg und hängt nur von der Wahl des Anfangs- und Endpuntes ab. Dabei ergibt eine Änderung des willürlichen Anfangspuntes nur eine additive Konstante zum Salarfeld, und diese ist unerheblich, weil sie bei der Gradientenbildung ohnehin herausfällt. In unserem Fall ist es bequem, als Anfangspunt r = und als Weg die gerade Verbindungsstrece zu wählen. Eine bequeme Parametrisierung ist r (t) = Rt, r (t) = R, t [,1]. (11)

3 Daraus ergibt sich (mit R = (X,Y,Z)) als Ansatz für die Salarfuntion Φ( R) = d r A( r ) = r R = 1 1 dt r (t) A[ r (t)] dt (3t 2 X 2 Y + 2tY 2 2Z + 4t 3 X Z 3 ) = X 2 Y + X Z 3 + Y 2 2Z. (12) Das stimmt tatsächlich mit (1) überein. Wir müssen nun unbedingt durch Bildung des Gradienten die Probe machen, ob Φ tatsächlich ein Salarfeld mit A = Φ ist (s.o.). Aufgabe 3 (Bewegung bei onstanter Kraft) (a) v/v.6.4 s/s t/t t/t (b) Es gilt m x = F B =: ma = const. (13) Mit a = F B /m folgt durch zweimaliges Integrieren nach t unter Berücsichtigung der Anfangsbedingungen ẋ() = v und x() = v(t) = ẋ(t) = at + v, x(t) = a 2 t 2 + v t. (14) Da die Kraft abbremsend wirt, ist a < und es ergibt sich die obige Sizze für das Zeit-Geschwindigeits- und das Zeit-Ortsdiagramm. (c) Aus den Angaben in der Aufgabenstellung folgt aus (14) zunächst v(t ) = at + v = v 2 T = v >. (15) 2a Dies wiederum in die zweite Gleichung von (14) eingesetzt, liefert x(t ) = S = a 2 T 2 + v T = 3v2 8a v (S) = (d) Die onstante Kraft besitzt offenbar ein Potential, nämlich 8aS. (16) 3 V (x) = F B x = max, (17)

4 denn es ist offenbar F B = V (x). Folglich gilt der Energieerhaltungssatz E = m 2 v2 max = const (18) Die Anfangsbedingungen x() =, v() = v ergeben E = mv 2 /2 und die Bedingungen zur Zeit T liefern damit v 2 as. (19) Dies nach v aufgelöst, liefert wieder (16). E = m 2 v2 = m 2 2 Aufgabe 4: Resonanz-Frequenzen beim gedämpften Oszillator (a) Gehen wir mit dem angegebenen Ansatz in die Bewegungsgleichung ein, erhalten wir [(ω 2 ω2 ) 1 + 2γω 2 ]cos(ωt) + [ 2γω 1 + (ω 2 ω2 ) 2 ]sin(ωt) = Acos(ωt). (2) Damit diese Gleichung für alle Zeiten t gilt, müssen die Koeffizienten von cos(ωt) und sin(ωt) auf beiden Seiten der Gleichung übereinstimmen. Daraus ergibt sich das lineare Gleichungssystem (ω 2 ω2 ) 1 + 2γω 2 = A, (21) 2γω 1 + (ω 2 ω2 ) 2 =. (22) Nach einiger Rechnung ergibt sich die Lösung dieses Gleichungssystems zu 1 = ω 2 ω2 (ω 2 ω 2)2 + 4ω 2 γ A, 2 2 = 2γω (ω 2 ω 2 A. (23) )2 + 4ω 2 γ 2 (b) Die Amplitude und der Phasenwinel der Schwingung ist durch gegeben. x(t) = D cos(ωt φ) (24) Hier benötigen wir nur die aus der Vorlesung beannte Formel für die Amplitude der Auslenung D = = A. (25) (ω2 ω 2)2 + 4ω 2 γ 2 Ableiten von (24) nach der Zeit ergibt v = ẋ = Dω sin(ω t φ) (26) und daraus die Amplitude für die Geschwindigeit D v = Dω. (27)

5 (c) Das Maxinum von (25) ergibt sich aus dem Minimum des Ausdrucs unter der Wurzel. Bilden wir also die Ableitung d dω (ω 2 ω 2 )2 + 4ω 2 γ 2 = 4ω(ω 2 ω 2 + 2γ 2 )! =. (28) Dies ergibt die Lösungen ω 1 = und ω 2 = ω 2 2γ 2. Die zweite Ableitung ist d 2 dω 2 (ω 2 ω 2 )2 + 4ω 2 γ 2 = 4(2γ 2 ω 2 + 3ω2 ). (29) Die Lösung ω 1 = liefert nur ein Minimum, wenn ω 2 2γ 2 <, d.h. für im Vergleich zur Grundfrequenz ohne Dämpfung ω große Reibungsonstanten. Dann ist die zweite Lösung ω 2 imaginär und daher unphysialisch. D.h. in diesem Fall erhält man die maximale Auslenung für eine zeitlich onstante Kraft. Im anderen Fall, ω 2 2γ 2 > ist ω 2 die Resonanzfrequenz, die stets leiner ist als die Eigenfrequenz bei verschwindender Dämpfung. Die Ableitung von D v (27) liefert d dω D v = ω 4 ω4 A. (3) (ω2 ω 2)2 + 4ω 2 γ 23 Das bedeutet, daß nur ω = ω ein Extremum sein ann, und die zweite Ableitung ist dort stets <, so daß auch tatsächlich ein Maximum vorliegt. Für die Geschwindigeitsamplitude ist die Resonanzfrequenz also stets durch die Eigenfrequenz des Oszillators ohne Dämpfung ω gegeben.