Theoretische Physik 1 (Mechanik) Aufgabenblatt 3 Lösung

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Ewald Baumann
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1 Technische Universität München Fakultät für Physik Ferienkurs Theoretische Physik 1 (Mechanik) SS 218 Aufgabenblatt 3 Lösung Daniel Sick Maximilian Ries

2 1 Drehimpuls und Energie im Kraftfeld Für welche Kombinationen der Parameter a, b, c gelten im Kraftfeld F ( r) = (ax 2 y 2, 2bxy, cz), der Erhaltungssatz des Drehimpulses L oder der Erhaltungssatz der Energie E? Bestimmen Sie gegebenenfalls das zugehörige Potential U( r). Lösung: Das Kraftfeld sei F = ax 2 y 2 2bxy cz Drehimpuls ist erhalten, falls L = d dt ( r p) = gilt. d dt L = m( r r) + m( r) r = r F r F = = x y z ax 2 y 2 2bxy cz (c 2bx)yz (ax 2 y 2 cx)z (2bx 2 ax 2 + y 2 )y = =? ycz z2bxy zax 2 zy 2 xcz 2bxy 2 yax 2 + y 3 Es gibt Kombinationen von a,b,c, sodass r F = gilt. Drehimpulserhaltung ist somit erhalten! z.b. a = y2 +x x 2, b = 1/2x, c = 1. Energieerhaltung fordert rotf = : / x ax 2 y 2 / y / z 2bxy cz b = 1, F = ax 2 y 2 2bxy cz = 2by + 2y =? ist ein konservaties Kraftfeld und damit gilt auch Energieerhaltung. Um aus einem gegebenen konservativen Kraftfeld ein potential zu bestimmen, verwenden wir aus der Vorlesung r U( r) U( r ) = d r F ( r ) für beliebigen Weg von r nach r r 2

3 Wir wählen r = und als Verbindungsweg eine Gerade: U( r) = = 1 1 dτ r F (< tau r), d r = rdτ = a 3 x3 + xy 2 c 2 z2 Und damit dτ[x(ax 2 y 2 )τ 2 2xy 2 τ 2 + cz 2 τ] U( r) = a 3 x3 + xy 2 c 2 z2 (1) 2 Elektron im Magnetfeld eines magnetischen Monopols Ein Elektron (Masse m und Ladung e) bewege sich in dem Magnetfeld eines im Ursprung fixierten magnetischen Monopols mit der magnetischen Feldstärke B( r) = g r. Geben Sie die Bewegungsgleichung des Elektrons an (Lorentzkraft: F r 3 L = e v B). Zeigen Sie, dass = r p+eg r/r eine Erhaltungsgröße ist und folgern Sie hieraus, dass die Bewegung auf der Oberfläche eines Kegels (mit der Spitze im Ursprung) stattfindet. Geben Sie den Öffnungswinkel 2Θ des Kegels an. Zur Kontrolle: cos Θ = eg/. Geben Sie nun vereinfachte Bewegungsgleichungen in Kugelkoordinaten r, Θ, ϕ an. Lösen sie diese zu den Randbedingungen ϕ() = und r() = r, wobei r der minimale Abstand des Elektrons vom Ursprung ist. Sie können die Erhaltung der kinetischen Energie T kin = m v 2 /2 verwenden. Zeigen Sie schließlich, dass die Bahnkurve r = r(ϕ) auf dem Kegel die folgende Form hat: r(ϕ) = r cos(ϕ sin Θ) sin Θ = 1 (eg/) 2. Diese Kurve entstammt von einer Geraden in der Ebene, die zum Kegel aufgerollt wurde. Bei welcher Anfangsbedingung trifft das Elektron auf den magnetischen Monopol? Lösung: Elektron (Masse m und Ladung e) im Feld B = g r eines magnetischen r 3 Monopols. Die Bewegungsgleichung ist m r = F L = e( r B) = eg r 3 ( r r) (2) 3

4 Wir testen, = m r r + eg r r eine Erhaltungsgröße ist: ( d r dt = m } r {{ } r +m r r + eg r r ) r 2r = m r= F L = eg r 3 ( rr 2 rṙr + r ( r r)) eg = r 3 ( r r 2 r r r + r r r r r 2 ) = r 2 =r 2 r r=rṙ ist somit zeitlich konstant. r = m( r r) r + egr e r = eg Der Winkel zwischen und r ist fest Bewegung auf einem Kegel. Öffnungswinkel eθ des Kegels ist gegeben durch cosθ = e r = eg (3) wobei = /, mit =:. Wähle z-achse in Richtung von und führe Kugelkoordinaten ein, mit Θ = const. Wir verwenden r in Kugelkoordinaten in der Bewegungsgleichung (3) mit eg r 2 ( r r) = eg r 2 ( e r (ṙ e r + r Θ e Θ + r sin Θ ϕ e ϕ )) = eg r 2 (r Θ e ϕ + r sin Θ ϕ e Θ ). Mit Θ = werden die Koeffizientengleichungen zu: Mit ϕ = mr 2 lautet Gl. (4): r r sin 2 Θ ϕ 2 = (4) mr cos Θ ϕ = eg (3) ϕ = r mr 2 (5) r ϕ + 2ṙ ϕ = (6) r = 2 sin 2 Θ m 2 r 3 = 2 m 2 r 3 (1 e2 g 2 ) = 2 e 2 g 2 2 m 2 r 3 multipliziere mit 2ṙ ( 2 e 2 g 2 ) ( d dtṙ2 ) = d dt m 2 r 2 4

5 und somit gilt ṙ 2 = c 2 α2 r 2 mit α = 1 m 2 e 2 g 2 und einer Integrationskonstanten c Integriert man dies nocheinmal mit Variablenseperation so liefert es t = 1 c 2 c 2 r 2 α 2 Mit der Randbedingung r() = r α c = r und somit r = c 2 t 2 + r 2 und lässt sich auch ϕ =... mit Variablenseperation lösen und es ergibt sich ϕ = arctan tc (7) mcr r Nun wollen wir die Bahnkurve r(ϕ) bestimmen: ( mcr ϕ ) ct = r tan [ ( c 2 t 2 + r 2 = r tan 2 mcr ϕ )] r(ϕ) = r 2 = cos ( 2 mcr ϕ) ( cos r 1 ( eg ) 2ϕ ) wobei mcr = mα = 2 e 2 g 2 verwendet wurde. Mit cos Θ = eg 1 ( eg ) 2 und somit ergibt sich folgt, sin Θ = r(ϕ) = r ϕ sin Θ Das Teilchen trifft auf dem Monopol, wenn es ein ϕ gibt, sodass r(ϕ ) = gilt. Diese Bedingung ist jedoch nur dann zu erfüllen, wenn r = gilt, also α = und damit = eg. Dann ist Θ = und r r. 3 Fallende Kette Eine feingliedrige Kette der Länge L und Masse m (konstante Masse pro Länge µ = m/l) werde so über einer Tischplatte festgehalten, dass das unterste Glied diese gerade berührt. Zum Zeitpunkt t = werde die Kette losgelassen. Es wirke nur die Fallbeschleunigung g nach unten. Verwenden Sie als generalisierte Koordinate 5

6 die Höhe z des obersten Kettenglieds. Stellen Sie die Lagrangefunktion L(z, ż) des Systems auf und berechnen Sie daraus die (nichtlineare) Bewegungsgleichung für z. Zeigen Sie, dass die Energieerhaltung gilt und geben Sie die Geschwindigkeit ż des obersten Kettenglieds als Funktion der Höhe < z < L an. Berechnen Sie die Fallzeit τ der Kette. Sie werden auf das elliptische Integral π/2 dx sin x = 1, stoßen. Vergleichen Sie das Ergebnis für τ mit der Zeit τ, die dieselbe Kette benötigt, um neben dem Tisch die Strecke L frei zu fallen. Wie erklären Sie sich die unterschiedlichen Fallzeiten? Lösung: Als generalisierte Koordinate wähle die Höhe des obersten Kottenglieds, z. Die im Schwerefeld bewegte Masse ist µz, jedes Kettenglied hat die Geschwindigkeit ż; Die kinetische Energie ist T = µ 2 zż2. Der Schwerpunkt des Kettenstücks über dem Tisch liegt auf halber Höhe z/2. Die potentielle Energie beträgt U = µzg z 2 = µg 2 z2. Lagrangefunktion L = T U = µ 2 (zż2 gz 2 ) d L Bewegungsgleichung: dt ż = L z d dt (µzż) = µ(ż2 + z z) = µ (ż 2gz) 2 Wir zeigen Energieerhaltung z z + z2 2 + gz = E = T + U = µ 2 (zż2 gz 2 ) (8) Mit Energieerhaltung folgt aus (8) de dt = µ 2 (żż2 + 2zż z + 2gzż) = µż(z z + ż2 2 + gz ) = }{{} =, laut Bewegungsgleichung µ 2 (zż2 gz 2 ) = µ 2 gl2, denn z() = L, ż() = zż 2 = g(l 2 z 2 ) g ż = z (L2 z 2 ), mit ż <, denn die Kette fällt 6

7 somit z dt = dz g(l 2 z 2 ) Fallzeit τ = τ dτ = ( ) = mit ( ): z = L sin x, < x < π 2 L L g dz 1 z g L 2 z 2 π/2 =, dx sin x = 2L g und dz = dxl cos x. 2L 2L 1, πg Γ2 (3/4) = g 2 Das Weg-Zeit-Gesetz für eine frei (neben dem Tisch) fallende Kette ist z(t) = L g 2 t2 ; somit τ = 2L g. Überraschendes Ergebnis: τ < τ (kürzere Fallzeit). Die auf dem Tisch auftreffenden Kettenglieder werden von der Geschwindigkeit ż auf abgebremst. Aufgrund der Energieerhaltung wird deren kinetische Energie an den Rest der Kette über dem Tisch abgegeben. Problem: Lässt sich das beschriebene mechanische System ohne dissipative Effekte, die Energie in Wärme umwandeln wirklich realisieren? 4 Massepunkt auf unendlich langer, rotierender Stange Ein Massenpunkt m bewegt sich reibungsfrei auf einer unendlich langen geraden Stange vernachlässigbarer Masse, welche mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω = ϕ in der xy-ebene rotiert (siehe Skizze). Es wirken keine weiteren (eingeprägten) Kräfte. Stellen Sie die Lagrangefunktion L des Systems auf und geben Sie die Bewegungsgleichung für den Abstand r(t) des Massenpunktes von der Drehachse an. Lösen Sie diese Bewegungsgleichung zur Anfangsbedingung r() = r, ṙ() = v. Welche spezielle Lösung ergibt sich für v = ωr? Bestimmen Sie aus der vorgegebenen Winkelbewegung ϕ(t) die Zwangskraft Z ϕ = ma ϕ. 7

8 Lösung: In Polarkoordinaten ist v = r = ṙ e r + r ϕ e ϕ und die konstante Winkelgeschwindigkeit ω = ϕ. Die Lagrangefunktion ist L = T = m 2 r 2 = m 2 (ṙ2 + r 2 ϕ 2 ) = m 2 (ṙ2 + r 2 ω 2 ) Die Bewegungsgleichung ergibt sich aus der Euler-Lagrange Gleichung zu d L dt ṙ = L t m r = mω 2 r (9) Diese lösen wir mit dem Ansatz r(t) = a exp(ωt) + b exp( ωt) Die Anfangsbedingungen sind r() = r und ṙ() = v r() = r = a + b ṙ() = v = (a b)ω a = (r + v ω )/2 b = (r v ω )/2 Mit cosh(ωt) = 1 2 (exp( ωt)+exp(ωt)) und sinh(ωt) = 1 2 (exp(ωt) exp( ωt)) ergibt sich r(t) = r cosh(wt) + v ω sinh(ωt) Spezialfall v = ωr : r(t) = r exp( ωt) Also bewegt sich der Massenpunkt zum Zentrum r =. Die Bewegungsgleichung für den Winkel ergibt sich durch Multiplikation von m a mit e ϕ m a ϕ = m(r ϕ + 2ṙ ϕ) (1) Da keine weiteren eingeprägten Kräfte wirken, entspricht dies der Zwangskraft Z ϕ : Z ϕ = m( r ϕ +2ṙ ϕ) = 2mωṙ }{{} =, da ϕ= Somit ist die Zwangskraft Z ϕ zeitabhängig. 8

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