Theoretische Physik I Mechanik Probeklausur - Lösungshinweise

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1 Prof. H. Monien St. Kräer R. Sanchez SS2014 Theoretische Physik I Mechanik Probeklausur - Lösungshinweise Hinweise: Diese Lösung/Lösungshinweise erhebt keinen Anspruch auf Richtigkeit oder Vollständigkeit, ist aber nach beste Wissen erstellt. Dennoch können sich Fehler eingeschlichen haben. Für Hinweise auf solche sind wir dankbar. Aufgabe 1 (Definitionen und Sätze). a. Drücken Sie die kartesischen Koordinaten (x, y, z) in Kugelkoordinaten (r, θ, φ) aus. x r sin θ cos ϕ y = r sin θ sin ϕ z r cos θ b. Gegeben sei f(x(t), y(t), t) = x(t) 2 x(t)y(t) 3 + e iωt. Berechnen Sie für x(t) = vt und y(t) = gt 2 /2 die totale Ableitung df/dt. d f f f f (x(t), y(t), t) = + ẏ(t) + dt xẋ(t) y t = ( 2x(t) y(t) 3) v ( 3x(t)y(t) 2) gt + iωe iωt = 2tv g3 t 6 v + iωe iωt c. Wieviele Freiheitsgrade hat ein Massepunkt auf einer Schraubenlinie? Ein Massepunkt in drei Diensionen hat drei Freiheitsgrade. Die Schraubenline liefert zwei Zwangsbedingungen (Radius fixiert und eine Beziehung zwischen Höhe und Winkel). Dait hat ein Massepunkt auf einer Schraubenlinie einen (drei inus zwei) Freiheitsgrad.

2 d. Gegeben sei eine Hailtonfunktion H(q, p, t). Geben Sie die kanonischen Gleichungen it Hilfe der Poissonklaern an. ṗ = {p, H} q = {q, H} e. Was besagt das Noethertheore (in Worten)? Zu jeder kontinuierlichen Syetrie eines physikalischen Systes gibt es eine Erhaltungsgröße. Hinweis: Weiterhin gibt das Noethertheore eine Forel zu Berechnung dieser Erhaltungsgröße. Siehe Aufgabe 5. f. Wann sind generalisierte Koordinaten zyklisch? Es sei L(q i, q i, t) eine Lagrangefunktion. Eine Koordinate q ν ist genau dann zyklisch, wenn die Lagrangefunktion nicht explizit von ihr abhängt (bzw. nur von deren Ableitung). Es gilt also: L q ν = 0 Aufgabe 2. Die Lagrangefunktion einer eindiensionalen Bewegung sei wie folgt gegeben: L = 2 ẋ2 e γ t, wobei γ > 0 eine Konstante. a. Zeigen Sie, dass die zugegehörigen Euler-Lagrange-Gleichung wie folgt aussehen: Die Euler-Lagrange-Gleichungen liefern: γ ẋ + ẍ = 0 d dt d L dt ẋ L x = 0 ( ẋe γ/t) 0 = 0 ẍe γ/t + ẋ γ eγ/t = 0 γ ẋ + ẍ = 0 b. Lösen Sie die Bewegungsgleichung unter den Anfangsbedingungen x(0) = x 0 und ẋ(0) = v 0. Definiere: v(t) = ẋ(t) + c 0. Haben nun Differentialgleichung für v(t): v + γ v = 0 1

3 Hat als Lösung: v(t) = c 1 e γ/t. Soit haben haben wir für x(t) = v(t)dt = c 1 e γ/t dt = γ c 1e γ/t + c 0 Für die Anfangsbedingungen setzten wir sie ein: x 0 = x(0) = γ c 1 + c 0 v 0 = x (0) = c 1 Der Wert von c 1 = v 0 kann sofort abgelesen werden und in die ersten Gleichung eingesetzt werden. Lösen nach der anderen Konstante ergibt: c 2 = v 0+γx 0 γ. Soit ist die gesuchte Lösung: x(t) = 1 (v 0 + γx 0 e γ/t) γ c. Bleiben während der Bewegung Ipuls und Energie erhalten? Begründen Sie Ihre Antwort. Ipuls bleibt erhalten, da x eine zyklische Variable ist. Die Energie bleibt nicht erhalten, da es eine Zeitabhängigkeit gibt und es gilt: dh dt = H t = L t 0. Aufgabe 3. Betrachten Sie erneut die Lagrangefunktion aus Aufgabe 2.: L = 2 ẋ2 e γ t, wobei γ > 0 eine Konstante. a. Berechnen Sie die kanonischen Ipulse. p = L ẋ = ẋeγ/t b. Geben Sie die zugehörige Hailtonfunktion an. Die Hailtonfunktion ist als H = p q L definiert. Wie lösen den kanonischen Ipuls nach ẋ auf und erhalten ẋ = p e γ/t Das alles setzten wir in die Definition von H ein: H = pẋ 2 ẋ2 e γ t = p2 2 e γ/t 2

4 c. Berechnen Sie die kanonischen Gleichungen. Die kanonischen Gleichungen lauten: ṗ = H x = 0 ẋ = H p = p e γ/t d. Lösen Sie die kanonischen Gleichungen. Die erste kanonische Gleichung ergibt p = c 1 für eine Konstante c 1. Die zweite Gleichung kann integriert werden und ergibt (zusaen it der Konstante c 1 ): x(t) = c 1 e γ/t + c 2 Aufgabe 4 (Schwingungen). Wir betrachten folgendes Modell aus Federn: Die Kugeln haben jeweils die Masse und die Federn die Federkonstante k. k k k k Abbildung 1: Federkonstruktion a. Stellen Sie die Lagrangefunktion und die Bewegungsgleichung für die zweidiensionale Bewegung auf. Verwenden Sie die Auslenkung der Kugeln aus den Gleichgewichtslagen als verallgeeinerte Koordinaten. Wir führen folgende Konvention ein: Indizes werden nur odulo 4 betrachtet. Das bedeutet, dass folgendes gilt: x 1 = x 5 y 1 = y 5 x 0 = x 4 y 0 = y 4 x 1 = x 3 y 1 = y 3 Jedes einzelne Teilchen hat eine kinetische Energie: T i = 1 2 (ẋ2 i +ẏ2 i ) und durch die Federn eine potentielle Energie: V i = 1 2 k((x i x i+1 ) 2 +(y i yi+1 2 )). Für die gesate kinetische Energie suieren wir über alle einzelnen: T = 4 i=1 T i. Analog für die 3

5 potentielle Energie: V = 4 i=1 V i. Dait ergibt sich für die Langrangefunktion: L = T V = ẋ 2 i + ẏi k (x i x i+1 ) 2 + (y i y i+1 ) 2 i=1 i=1 Es gibt zwei Sätze von Euler-Lagrange-Gleichungen: d L L = 0 dt ẋ ν x ν ẍ ν k (x ν 1 2x ν + x ν+1 ) = 0 d L L = 0 dt ẏ ν y ν ÿ ν k (y ν 1 2y ν + y ν+1 ) = 0 Hinweis: U den zweiten Ter in den ELG besser zu sehen, können wir folgendes betrachten: L = 1 x ν x ν 2 k ( (x ν 1 x ν ) 2 + (x ν x ν+1 ) 2) = k(x ν 1 2x ν + x ν+1 ) Wir führen die Variable q = ( x, y) t ein und schreiben die Bewegungsgleichung wie folgt: q = k ( ) A 0 q 0 A wobei: A = b. Bestien Sie die Eigenfrequenzen und die zugehörigen linearen Eigenschwingungen des Aufbaus. Wir berechnen das charakteristische Polyno von A: χ A (λ) = λ 4 + 8λ λ λ Dieses hat als Nullstellen: 0 (einfach), 2 (doppelt) und 4 (einfach). Die zugehörigen Eigenräue berechnen sich zu: E A (λ = 0) = (1, 1, 1, 1) t E A (λ = 2) = (0, 1, 0, 1) t, ( 1, 0, 1, 0) t E A (λ = 4) = ( 1, 1, 1, 1) t 4

6 Dait ergeben sich als Eigenfrequenzen 2 k und 2 k und als Eigenschwingungen: i) Für Eigenfrequenz 2 k haben wir folgende Eigenschwingungen: ( q 1 (t) = (0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0) t sin 2 k ( ) q 2 (t) = ( 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0) t sin 2 k ( ) q 3 (t) = (0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1) t sin 2 k ( ) q 4 (t) = (0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0) t sin 2 k ) k ii) Für Eigenfrequenz 2 haben wir folgende Eigenschwingungen: ( ) q 5 (t) = ( 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0) t k sin 2 ( ) q 6 (t) = (0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1) t k sin 2 Aufgabe 5 (Syetrien und das Noethertheore). Betrachte die folgende Lagrangefunktion: L = 1 2 j j (q j q j t) 2 t 2 a. Zeigen Sie, dass dieses Syste unter räulichen Translationen invariant ist. Betrachten Sie dazu die Transforation: q i (t) q i(t) = q i (t) + ɛ (1) für ein festes i. Die anderen Koordinaten q j (t) q j (t) = q j(t) für j i sollen ungeändert bleiben. Zeigen Sie, dass die Lagrangefunktion unter dieser Transforation invariant bleibt. Hinweis: Die Lagrangefunktion ist invariant, wenn sie sich nur u eine totale Zeitableitung ändert. 5

7 Wir setzten die neuen Koordinaten in die Langrangefunktion ein und erhalten: L(q, q, t) = 1 2 = 1 2 j j j (q j q j t) 2 t 2 j (q j δ ijɛ q j t)2 t 2 = 1 j ( (q j q j t)2 2 t 2 + 2δ ijɛ(q j q j t) + δ ijɛ 2 t 2 ) j = L(q, q, t) + d ( i ( q ) i dt t ɛ ɛ2 t ) Dait ist die Lagrangefunktion invariant. b. Berechnen Sie it Hilfe des Noethertheores die zu der Transforation (1) gehörige Erhaltungsgröße. Nach der Vorlesung, bzw. nach Aufgabenblatt 4 ist die Erhaltungsgrösse: Q = j L q j ψ j f(q, t) Wir betrachten die Tere einzeln: ( = j qj q ) j t i) L q j ii) Die Funktion ψ i ist die Transforation: q j q j = q j + ɛψ j. Hier haben wir also ψ j = δ ij. iii) Die Funktion f wurde wie folgt konstruiert: d L(q, q, t) dɛ = d f(q, t) ɛ=0 dt q i q i t i t 2 = d f(q, t) dt q i f(q, t) = i t Soit ergibt sich insgesat: Q = i ( q i q i t ) ( q i i t ) = i q i Aufgabe 6 (Zylinder auf Zylinderantel). Auf der Innenfläche eines Zylinderantels it Radius R rolle ein Zylinder it Radius r und konstanter Massendichte ρ. 6

8 ϕ r θ R Abbildung 2: Zylinder auf Zylinderantel a. Wie lautet die Lagrangefunktion des Systes? Die kinetische Energie besteht hier aus eine Translationsanteil und einen Rotationsanteil: T trans = 2 (R r)2 ϕ 2 T rot = J 2 ( ϕ + θ) 2 T tot = T trans + T rot Hier ist J = 1/2r 2 das Trägheitsoent. Die potentielle Energie lässt sich wie folgt ausdrücke: V = g(r r)(1 cos φ) Soit ergibt sich für die Lagrangefunktion nach Uforungen: L = T V = 3 4 (R r)2 ϕ 2 + g(r r) cos ϕ g(r r) b. Forulieren Sie die Bewegungsgleichungen. Die Euler-Lagrange-Gleichungen ergeben: ϕ = 3 g 2 R r sin ϕ c. Lösen Sie die Bewegungsgleichungen für kleine Ausschläge ϕ. Für kleine Ausschläge können wir nähern: sin α = α und erhalten als Bewegungsgleichung: Diese Gleichung hat als Lösung: ϕ = 3 g 2 R r ϕ ϕ(t) = a cos (ωt) + b sin (ωt) Dabei ist a und b Konstanten, die aus den Anfangsbedingungen zu bestien sind und ω = 2g 3(R r). 7

9 Aufgabe 7 (Beschleunigte schiefe Ebene). Ein Massepunkt gleitet reibungsfrei auf einer schiefen Ebene die in x-richtung beschleunigt wird: a(t) = bt 2 /2. Die Neigung der Ebene α bleibt dabei konstant. Die Gravitationskraft wirke parallel zu y-achse. y g α x a(t) Abbildung 3: Schiefe Ebene a. Stellen Sie die Zwangsbedingung auf. Der Punkte liegt zu einen auf der Ebene und zu anderen bewegt sich die Ebene. Soit bekoen wir als Zwangsbedingung: g(x, y, t) = (a(t) x) sin α y cos α b. Wie lauten die Bewegungsgleichungen? Wir setzten die Lagrangefunktion an als: L = 2 (ẋ2 + ẏ 2) + gy Die Euler-Lagrange-Gleichungen it Nebenbedingungen ergeben: r = g + λgradg In ein Einzelnen Koponenten: ẍ = λ sin α ÿ = g λ cos α. c. Lösen Sie die Bewegungsgleichungen. Zwangsbedingung zwei al differenzieren und Bewegungsgleichung einsetzten ergibt: 0 = (b ẍ) sin α ÿ cos α ( = b λ ) sin α sin α + (g + λ ) cos α cos α = b sin α + g cos α + λ λ = (g cos α + b sin α) 8

10 Wir setzten dieses λ in die Bewegungsgleichungen ein und erhalten: ẍ = sin α(g cos α + b sin α ÿ = g + cos α(g cos α + b sin α) Diese Gleichungen sind von t unabhängig und können soit zweial it geeigneten Anfangsbedingungen integriert werden. d. Wie lauten die Zwangskräfte? Die Zwangskraft ist: Z = λ gradg = (g cos α + b sin α) (e x sin α + e y cos α) Aufgabe 8 (Streuung an eine Rotationskörper). Gegeben sein ein rotationssyetrischer Körper it der Oberfläche y(x) = x, für x < 1, an de Teilchen it de Stoßparaeter b u einen Winkel θ gestreut werden. Abbildung 4: Streuung a. Berechnen Sie den Zusaenhang zwischen b und θ. Aus der Zeichnung können wir die folgenden Relationen ablesen: π = 2α + θ π/2 = α + β θ = 2β x b = b 2 (wegen For des Körpers) 9

11 Die Tangente hat i Punkt x b die Steigung: y (x) x=xb = 1 2 x = 1 2b. x=xb Dait haben wir tan β = 1/(2b), was zusaen it den anfänglichen Relationen ergibt: b(θ) = 1 2 cot θ 2 b. Zeigen Sie, dass der differentielle Wirkungsquerschnitt wie folgt gegeben ist: dσ dω = 1 16 sin 4 θ 2 In der Vorlesung gab es die Forel: dσ dω = b(θ) db(θ) sin θ dθ cos θ 2 = 2 sin θ 2 2 cos θ 2 sin θ 2 1 = 16 sin 4 θ sin 2 θ 2 c. Berechnen Sie den totalen Wirkungsquerschnitt. σ = = = π θax θ in θax dσ dω dω θ in 1 16 sin 4 θ 2 sin θdϕdθ wobei θ in = θ(b = 1) = 2 arctan 1 2 und θ ax = θ(b = 0) = π. 10