Nachklausur: T1: Theoretische Mechanik

Transkript

1 Fakultät für Physik T: Klassische Mechanik, SoSe 205 Dozent: Jan von Delft Übungen: Katharina Stadler, Frauke Schwarz, Dennis Schimmel, Lukas Weidinger Nachname: Nachklausur: T: Theoretische Mechanik Studiengang: Vorname: Matrikelnummer: ECTS-Punkte: 9 Übungsgruppe: Bearbeitungszeit, Gesamtpunktzahl: Bachelor (9 ECTS-Punkte): 80 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

2 Lösung Aufgabe : Zwei Federn in der Ebene [9] (a) Die tatsächlichen Längen der Federn sind gegeben durch l = (a ± x) 2 + y 2 = a ( ± x) 2 + ỹ 2 = a [ ± x + 2ỹ2 + O ( x 3, ỹ 3, x 2 ỹ, xỹ 2)] Lagrange-Funktion: L = T V, mit T = 2 m ( ẋ 2 + ẏ 2) = 2 ma2 ( x 2 + ỹ 2) V = 2 k [ (l l) 2 + (l 2 l) 2] = 2 ka2 [ (( l/a) + x + 2ỹ2) 2 + ( ( l/a) x + 2ỹ2) 2 + O ( x 3, ỹ 3, x 2 ỹ, xỹ 2)] = 2 ka2 [ 2( l/a) x 2 + 2( l/a)ỹ 2 + O ( x 3, ỹ 3, x 2 ỹ, xỹ 2)] (b) Die Lagrange-Funktion enthält nur quadratische Terme und keine Kopplung zwischen x und ỹ. Sie beschreibt somit entkoppelte harmonische Schwingungen, deren Eigenmoden und Frequenzen sich direkt von der Lagrange-Funktion ablesen lassen: 2k (i) ω = m mit v = (, 0) Schwingung nur in x-richtung, mit y = 0. 2k (ii) ω 2 = m ( l/a) mit v 2 = (0, ) Schwingung nur in y-richtung, mit x = 0. Wer einen Zwischenschritt über die Bewegungsgleichungen wünscht: sie lauten 0 = m x + 2k x 0 = m ỹ + 2( a/l)ỹ (c) Für l > a sind die stabilen Gleichgewichtslagen dort, wo die beiden Federn ihre Ruhelänge einnehmen, also bei (0, ± l 2 a 2 ). Die Position (0, 0) hingegen ist ein instabiles Gleichgewicht. Daher ist es in diesem Fall nicht sinnvoll, um (0, 0) zu entwickeln. Stattdessen müsste man die Lagrange-Funktion für kleine Auslenkungen um die stabile Gleichgewichtslage (0, ± l 2 a 2 ) entwickeln. 2

3 Lösung Aufgabe 2: Stabilisierung eines invertierten ebenen Pendels [] (a) Kartesische Koordinaten: x = l sin φ + x S, z = l cos φ, Lagrange-Funktion: ẋ = l φ cos φ + v, ż = l φ sin φ. L = 2 m(ẋ2 + ż 2 ) mgz Ausgedrückt durch φ: L = 2 m(l2 φ2 + 2l φv cos φ + v 2 ) mgl cos φ () d (b) Bewegungsgleichung: ( dt φl) = φ L d v = v(φ) : dt m(l2 () φ + lv cos φ) = m [ l φ( φ v cos φ v sin φ) + v φ v + gl sin φ ] d v = ( dt φv) φ : l 2 φ = v φ v + gl sin φ (2) (c) Entwicklung der Regelfunktion: v(φ) = v 0 + v φ + 2 v 2φ 2 + O(φ 3 ) (3) Linearisierte Bewegungsgl.: l 2 (2,3) φ = (v 0 + v φ)(v + v 2 φ) + glφ + O(φ 2 ) l 2 φ = v0 v + (v 0 v 2 + v 2 + gl)φ + O(φ 2 ) (4) (d) φ = 0 ist eine Lösung falls: v 0 = 0 (Fall ) oder v = 0 (Fall 2) (5) (e) Die Lösung φ = 0 ist stabil falls das effektive Potential dort eine positive Krümmung hat. Bewegungsgl. (4) hat die Form: l 2 φ = φ V eff (φ) Stabilität von φ = 0 erfordert: 0 < φv 2 (4) eff = (v 0 v 2 + v 2 + gl) (6) (5) Für Fall, v 0 = 0, ist die Ungleichung (6) nicht erfüllbar, da v 2 + gl streng positiv ist. (5) Für Fall 2, v = 0, ist die Ungleichung (6) erfüllt falls v 0 v 2 < gl. (7) Die Stabilität des Pendels erfordert also eine Mindestgeschwindigkeit des Wagens, v 0 v 2 (7) > gl. 3

4 Lösung Aufgabe 3: Fermatsches Prinzip mit Polarkoordinaten [9+] (a) Für die Parametrisierung γ : φ r(φ) gilt (mit ρ = dρ/dφ): ( ) ( ) ρ(φ) cos φ dr ρ r(φ) =, ρ(φ) sin φ dφ = cos φ ρ sin φ ρ, sin φ + ρ cos φ dr dφ = ρ 2 + ρ 2 ˆ T [ρ(φ)] = dφ F (ρ(φ), ρ (φ)), mit F (ρ, ρ ) = ρ 2 + ρ 2 n(ρ) c. (8) (b) Da F nicht von φ abhängt, ist entlang des Wegs, der T [ρ(φ)] minimiert, folgende Größe ebenfalls φ-unabhängig ( Energieerhaltung ): [ konst = ( ρ F )ρ ρ 2 F = ρ 2 + ρ ] n ρ 2 + ρ 2 2 c ρ 2 n ρ 2 + ρ = c(konst) = ρ 2. (9) (c) Für die Parametrisierung γ : ρ r(ρ) gilt (mit φ = dφ/dρ): ( ) ( ) ρ cos φ(ρ) dr cos φ ρφ r(ρ) =, ρ sin φ(ρ) dρ = sin φ sin φ + ρφ, cos φ dr dρ = + ρ 2 φ 2 ˆ T [φ(ρ)] = dρ G(φ (ρ); ρ), mit G(φ ; ρ) = n(ρ) + ρ 2 φ 2 c. (0) (d) Da G nicht von φ abhängt ( zyklische Variable ), ist entlang des Wegs, der T [φ(ρ)] minimiert, folgende Größe ρ-unabhängig ( erhaltener Impuls ): konst = φ G = ρ 2 φ n + ρ2 φ 2 c ρ 2 n /φ 2 + ρ 2 = sgn(φ )c(konst ) = ρ. () Diese Gleichung ist äquivalent zu (9), denn /φ 2 = /(dφ/dρ) 2 = (dρ/dφ) 2 = ρ 2. (e) Für n(ρ) = (ρ 0 /ρ) 2 vereinfacht sich Gl. (9) zu ρ 2 0 ρ2 + ρ 2 = ρ. (2) Separation der Variablen: φ 0 ρ 2 = ρ4 0 ρ 2 ρ ˆ 2 ˆ ± dρ ρ 4 0 /ρ 2 ρ = 2 dφ ρ 2 0 ρ Integration liefert ρ(φ) = (ρ 2 0/ρ ) sin(φ φ 0 ). Das folgt auch direkt per Inspektion von (2). 4

5 Lösung Aufgabe 4: Anisotroper 2-dimensionaler harmonischer Oszillator [0+] (a) L (r, ṙ ) = L(r(r, ṙ ), ṙ(r, ṙ )) = 2 m[ (ẋ + ɛẍ + ɛÿ ) 2 + (ẏ + ɛẍ + ɛÿ ) 2] + M(ẋ + ɛẍ + ɛÿ )(ẏ + ɛẍ + ɛÿ ) 2 D[ (x + ɛẋ + ɛẏ ) 2 + (y + ɛẋ + ɛẏ ) 2] = L(r, ṙ ) + ɛ [ (m + M)(ẋ + ẏ )(ẍ + ÿ ) D(x + y )(ẋ + ẏ ) ] + O(ɛ 2 ) = L(r, ṙ ) + d dt ɛ[ (m + M)(ẋ + ẏ ) 2 D(x + y ) 2] 2 }{{} =:M [ ] (b) L r Erhaltungsgröße: Q = ṙ ɛ ɛm ɛ=0 r ɛ=0 = r = [ (mẋ + Mẏ) + (mẏ + Mẋ) ] (ẋ + ẏ) [ (m + M)(ẋ + ẏ) 2 D(x + y) 2] 2 = (m + M)(ẋ + 2 ẏ)2 + D(x + y)2 2 (c) L = 4 m(ȧ2 + ḃ2 ) + 4 M(ȧ2 ḃ2 ) 4 D(a2 + b 2 ) =: L(a, b, ȧ, ḃ) Bewegungsgleichungen: 0 = (m + M) ä + Da, 0 = (m M) b + Db Diese Gleichungen beschreiben zwei entkoppelte harmonische Oszillatoren mit unterschiedlichen Frequenzen, ω a = D D m + M und ω b = m M. (d) Die Noether-Ladung ist proportional zu der Energie in der a-eigenmode. (e) Kanonischer Impuls zu x und a: p x = L ẋ = mẋ + Mẏ, p a = L ȧ = (m + M)ȧ. 2 (f) Eine infinitesimale Translation in der Zeit führt zu x = x + ẋ δt, y = y + ẏ δt. Identifizieren wir also δt mit ɛ, so ist die angegebene Transformation eine Translation in der Zeit. Zeittranslationsinvarianz impliziert Energieerhaltung. Somit ist die zugehörige Erhaltungsgröße die Gesamtenergie. 5

6 Lösung Aufgabe 5: Teufelsrad im Raumschiff [+2] (a) Es gilt ω = φ e z + ψ e 3, sowie, laut Skizze, e z = sin ψe + cos ψe 2. Somit folgt: ω = 3 i= ω ie i, mit ω = φ sin ψ, ω 2 = φ cos ψ, ω 3 = ψ. (3) (b) Die Rotations- und somit die kinetische Energie des starren Körpers ist gegeben durch: T = I 2 i ωi 2 = (I 2 sin 2 ψ + I 2 cos 2 ψ) φ 2 + I 2 3 i ψ 2 (3) = 2 [I + (I 2 I ) cos 2 ψ] φ I 3 ψ 2 (c) Da keine potentielle Energie vorhanden ist, gilt L = T. Da φ zyklisch ist, lautet der entsprechende erhaltene Impuls l φ = φl = [I + (I 2 I ) cos 2 ψ] φ φ = l φ I + (I 2 I ) cos 2 ψ (4) φ max (d) Die Funktion ψ(t) oszilliert mit Periode τ = π/ω zwischen den Maximal- und Minimalwerten φ max = l φ /I und φ min = l φ /I 2. τ φ min φ 2 t/ π Ω (e) Für t = 5π 2Ω gilt sin[ψ(t )] =, cos[ψ(t )] = 0 und φ(t ) = φ max = l φ /I. Folglich ω (t ) (3) = l φ /I, ω 2 (t ) (3) = 0, ω 3 (t ) (3) = Ω, (5) L i = I i ω i : L (t ) (5) = l φ, L 2 (t ) (5) = 0, L 3 (t ) (5) = I 3 Ω. (6) (f) Drehimpulserhaltung zum Zeitpunkt t besagt für jede Komponente: L i(t ) = L i (t ), also I iω i(t ) = I i ω i (t ) und ω i(t ) = (I i /I i)ω i (t ). ω (t ) = l φ I [< ω (t )], ω 2(t ) = 0 [= ω 2 (t )], ω 3(t ) = I 3Ω I 3 [< ω 3 (t )]. (7) Zum Zeitpunkt t wird der Vektor ψ e 3 = ω 3 e 3 instantan kürzer ohne seine Richtung zu ändern, also wird die Scheibenrotation um die Stange instantan langsamer. Der Vektor φ e z = ω e + ω 2 e 2 wird ebenfalls instantan kürzer ohne seine Richtung zu ändern [denn e (t ) = e z, ω 2 (t ) = 0], also wird auch die Stangenrotation um e z instantan langsamer. 6

7 (g) Polkegel, Spurkegel und Präzessionskegel für t > t sind durch die Werte des neuen Rotationsvektors ω und des erhaltenen Drehimpulses L zur Zeit t festgelegt. Für den konkreten Fall l φ = ΩI, I = I, I 2 = 4 3 I, I 3 = 2I, I = I 2 = 5 4 I, I 3 = 5 I gilt: L I L(t ) = ΩI(e + 2e 3 ) ω (t ) = Ω( 4 5 e + 0 e 3) Da I 3 > I = I 2 rollt der Polkegel auf der Innenseite des Spurkegels ab. 7

8 Lösung Aufgabe 6: Poison Klammern, Erhaltungsgrößen, kanonische Transformation [0] (a) Zwei mögliche Rechenwege, kurz (mittels {A, BC} = B{A, C} + {A, C}B), oder direkt (aber etwas umständlicher), sind: kurz: {L i, r 2 j } = 2{ɛ ikn r k p n, r j }r j = 2ɛ ikn r k δ nj r j = 2ɛ ikj r k r j direkt: {L i, rj 2 } = (ɛ iknr k p n ) rj 2 r2 j (ɛ ikn r k p n ) r l p l r l p l = 0 2δ jl r j ɛ ikn r k δ nl = 2ɛ ikj r j r k (b) kurz: {L i, L 2 } = {L i, L j L j } = 2L j {L i, L j } = 2L j ɛ ijk L k = 2(L L) i = 0 direkt: {L i, L 2 } = L i (L j L j ) (L ( jl j ) L i Li L j = 2L j L ) j L i r l p l r l p l r l p l r l p l = 2L j {L i, L j } = 2ɛ ijk L i L k = 2(L L) i = 0 (c) (d) Li ={L i, H} = 2 {L i, L 2 } + 2 a j{l i, r 2 j } = 0 + ɛ ijk r j r k a j L i =0 i falls a x = a y = a z Für letztere Wahl ist das Potential rotationssymmetrisch, folglich gilt Drehimpulserhaltung. {Q, P } q,p = Q P q p P Q q p =aq a e bp ( b)q a e bp aq a e bp bq a e bp = 2abq 2a! = a = 2, b = 8

9 [Gesamtpunktzahl Aufgaben: 64] 9