Blatt 1. Kinematik- Lösungsvorschlag

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1 Fakultät für Physik der LMU München Lehrstuhl für Kosmologie, Prof. Dr. V. Mukhanov Übungen zu Klassischer Mechanik (T1) im SoSe 011 Blatt 1. Kinematik- Lösungsvorschlag Aufgabe 1.1. Schraubenlinie Die Bewegung eines geladenen Teilchens in einem Magnetfeld kann durch folgende Bahn r(t) = {x(t), y(t), z(t)} beschrieben werden: x(t) = R sin(ωt), y(t) = R cos(ωt), z(t) = v 0 t + z 0, wobei v 0, z 0, R, ω gegebene Konstanten sind. a) Berechnen Sie den Geschwindigkeitsvektor v(t) und dessen Betrag v(t). b) Berechnen Sie den zurückgelegten Weg zwischen t = t 1 and t = t. Lösung. a) Gegeben ist die Trajektorie des Teilchens x(t) = R sin ωt, y(t) = R cos ωt, z(t) = v 0 t + z 0. Wir berechnen die Zeitableitungen: ẋ(t) = ωr cos ωt ẍ(t) = ω R sin ωt ẏ(t) = ωr sin ωt ÿ(t) = ω R cos ωt ż(t) = v 0 z(t) = 0 v(t) = ê x ωr cos ωt + ê y ωr sin ωt + ê z v 0 a(t) = ê x ω R sin ωt + ê y ω R cos ωt und die Beträge v(t) = ω R + v 0 a(t) = ω R b) Da v(t) = const, ist der zurückgelegte Weg einfach s(t, t 1 ) = v(t t 1 ).

2 Aufgabe 1.. Luftreibung Die vertikale Geschwindigkeit v(t) eines senkrecht fallenden Körpers unter Einfluss der Luftreibungskraft sei eine Lösung der Differentialgleichung wobei g 9.8 m/s und µ 0. s 1. d v(t) = g µv(t), a) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit v(t), wenn der Körper am Anfang nach Oben geworfen wird, v(0) = v 0 = 1 m s 1 > 0. Bestimmen Sie die Endgeschwindigkeit für sehr späte Zeiten t, d.h. den Limes lim t v(t). b) Berechnen Sie die Bahn z(t) wenn z(0) = 0. (Die Koordinate z entspricht der Höhe des Körpers.) Bestimmen Sie die Höhe z(t 1 ) bei t 1 = 10s. (Antwort: 74m, also unter dem Anfangspunkt.) Lösung. a) Ein möglicher Lösungsansatz ist v(t) = C 1 + C e λt, wobei C 1, C, λ unbekannte Konstanten sind. Einsetzen ergibt C λe λt = g µc 1 µc e λt. Dieses soll für alle t gelten; deshalb λ = µ und C 1 = g/µ. Die Konstante C ist noch frei und ist aus der Anfangsbedingung v(0) = v 0 zu bestimmen; dieses ergibt C 1 + C = v 0 und C = v 0 + g/µ. Die Lösung ist also v(t) = g ( µ + v 0 + g ) e µt. (1) µ Für späte Zeiten, v(t) g/µ 49ms 1. Andere möglichkeit: Variablentrennung. dv g + µv =, 1 ln (g + µv) + C = t, µ v = g µ + 1 µ eµc µt = g µ + e µt C 1, wobei C 1 eine beliebige Konstante ist (C 1 = 1 µ eµc, aber C könnte komplex sein, also C 1 ist nicht notwendigerweise positiv!). Die Anfangsbedingung, v(0) = v 0, erfordert Wir bekommen die gleiche Lösung (1). C 1 = g µ + v 0. b) Integration ergibt z(t) = z(0) + t 0 v(t) = g ( µ t + v 0 + g ) 1 e µt. µ µ Numerisches Ausrechnen: da e µt vernachlässigbar klein ist, können wir die Formel vereinfachen, z(t) = g µ t + 1 ( v 0 + g ) 74m µ µ

3 Aufgabe 1.3. Nichtlineare DGL Ein Teilchen der Masse m bewege sich unter dem Einfluss einer geschwindigkeitsabhängigen Kraft F(v) = α (1 + β v ) 1, wobei α > 0, β > 0 Konstanten sind. Leiten Sie die Differentialgleichung für die Geschwindigkeit v(t) her und lösen Sie diese mit Anfangsbedingung v(0) = 0. Lösung. Die Bahngleichung ist m v = α (1 + β v ) 1. Da v(0) = 0 ist, und weil stets v > 0, wird v(t) für t > 0 immer positiv sein. Deshalb 1 + β v = 1 + βv. Wir integrieren die Gleichung mit Variablentrennung: mdv = α (1 + βv) 1 v dv t m v(0) (1 + βv) 1 = α 0 ) m (v + βv = αt Diese quadratische Gleichung lässt sich bezüglich v lösen: v + v β αt βm = 0 Da v(t) 0, wählen wir das Vorzeichen +. Also v(t) = 1 β ± 1 β + αt βm v(t) = 1 β + 1 β + αt βm. Aufgabe 1.4. Lineares System Betrachten Sie das Differentialgleichungssystem { dx wobei A > 0 und B > 0 gegebene Konstanten sind. = Ax By, dy = Bx Ay, () a) Wie sieht die allgemeine Lösung des Systems () aus? b) Finden Sie die spezielle Lösung des Systems () mit den Anfangsbedingungen x(0) = x 0, y(0) = 0. c) Skizzieren Sie die Phasenkurve der gefundenen speziellen Lösung {x(t), y(t)} in der x-y Ebene. 3

4 Lösung. Das System kann umgeschrieben werden: d x A B r = Ar, wobei r, und die Matrix A y B A Lösungen erhält man aus dem Ansatz: r = he λt. Dieses ergibt die Gleichung: (3) A = λh. (4) Daher ist λ ist Eigenwert und h Eigenvektor der Matrix A. Die Gl. (4) hat genau dann eine nichttriviale Lösung, wenn det (A λ1) = 0. In unserem Fall Die Eigenwerte und Eigenvektoren sind det (A λ1) = (A + λ) + B = 0, (5) λ ± = A ± ib, h + = i, h 1 = i. (6) 1 Und man kann bemerken, dass h + = h, λ + = λ. Die allgemeine komplexe Lösung ist { } r(t) = c 1 h + e λ +t + c h e λ t = e At i c 1 e ibt i + c 1 e ibt 1 wo c 1, c die komplexen Konstanten sind. Da fňür uns nur die reellen Lösungen von Interesse sind, sollte man die Konstanten c 1, c so auswählen, dass r(t) reell ist. Man kann überprüfen, dass die Auswahl: (7) c 1 = a ib, c = a + ib (8) wo a,b reell sind, die allgemeine reelle Lösung ergibt: r(t) = e At {a ( sin Bt cos Bt ) + b } cos Bt. sin Bt Für die gegebenen Anfangsbedingungen bei t = 0, bestimmen wir die Konstanten a, b: 0 1 x0 a + b =, (9) Also a = 0, b = x 0, und die Lösung ist r(t) = e At cos Bt x 0 sin Bt Und die entsprechende Phasenkurve ist eine Spirale die kann man parametrisieren mit dem Radius R = e Bt x 0 und Winkel Bt siehe Abb.(1) (10) Aufgabe 1.5. Rotation des Quaders Ein Quader ist von einer orthonormalen rechtshändigen Basis (ê 1, ê, ê 3 ) aufgespannt und dreht sich um die Diagonalachse mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω = ω 0 (ê 1 + ê + ê 3 ). Drücken Sie die Geschwindigkeit v A des Punktes A (siehe Abb. ) durch die Vektoren ê 1, ê, ê 3 aus. Lösung. R A = ê 1 + ê und die Geschwindigkeit ist v A = ω R A = ω 0 (ê 3 ê 1 + ê 3 ê ) = ω 0 (ê ê 1 ). 4

5 y x x o Abbildung 1: Die Phasenkurve, Pfeile bedeuten die Richtung der Geschwindigkeit ṙ. e 3 ω e A e 1 Abbildung : Der Quader rotiert um die Diagonale. Aufgabe 1.6. Massenpunkt auf Tischebene Formulieren Sie die Lagrange-Funktion des Massenpunktes m, der auf einem Tisch ohne Reibung gleitet. Die Tischebene sei leicht (um den Winkel α) gekippt und befinde sich im Erdschwerefeld. Lösung. Wir wählen ein kartesisches Koordinatensystem mit y parallel zur Kippkante und z entlang des Gravitationsfeldes. Dann ist die kinetische Energie m (ẋ + ẏ + ż ). Die Beschränkung der Bewegung auf die gekippte Tischplatte führt eine Zwangsbedingung ein, in der Form z = x tan α Dann ist die Potentialenergie Deshalb mgz = mgx tan α. L = m ( ẋ ) cos α + ẏ mgx tan α. Im Limes α 0 liefert dies offensichtlich das korrekte zweidimensionale Verhalten. Für den Limes α π/ sollte x durch z ausgedrückt werden. 5