Aufgabe1 EStrich ist Lennard Jones Potential mit Exponentialfunktion

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1 Aufgabe EStrich ist Lennard Jones Potential mit Exponentialfunktion Ansatz: Exponentialfunktion mit 3 Variablen einführen: a: Amplitude b:stauchung c:verschiebung_entlang_x_achse EStrich r_, ro_, _ : a Exp b r c ro r 6 Erste_Bedingung: An der Stelle r ro muss das Potential gleich sein: Solve EStrich ro, ro,, a, b, c a b c b ro Erste Bedingung ergibt a Nun a einsetzen: EStrich r_, ro_, _ : EStrich r, ro,. a b c b ro Simplify EStrich r, ro, b r ro ro6 r 6 Muss b positiv oder negativ sein damit die Funktion für ein gegen unendlich strebendes r gleich null ist? Einfach austesten: Plot EStrich r,, 5. b, r, 0.5, 0 b r ro ro6 r 6 Plot EStrich r,, 5. b, r, 0.5, 0 b r ro ro6 r

2 LyLutter-Matlablösung-Serie6.nb Plot EStrich r,, 5. b, r, 0.5, b muss positiv sein, damit bei unendlichem Abstand das Potential null ist Da ro ein Minimum im Potential sein soll, muss die Ableitung von r0 ein Minimum sein. Also erste Ableitung von EStrich bilden und gleich null setzen EStrichDiff r_, ro_, _ D EStrich r, ro,, r b b r ro ro6 r 7 Erste Ableitung von Estrich bilden und gleich null setzen: Solve EStrichDiff ro, ro, 0, b b b r ro ro6 b ro r 7 Hieraus folgt, dass b ro ist EStrich3 r_, ro_, _ : EStrich r, ro,. b EStrich3 r, ro, ro FullSimplify

3 LyLutter-Matlablösung-Serie6.nb 3 r ro ro6 r 6 Nun sind alle Parameter berechnet Daher können wir mit eingesetzten Werten überprüfen, ob die Funktion wirklich das Lennard Jones_Potential ergibt. Dafür sei r0 und 5 Plot EStrich3 r,, 5, r, 0.8, 0, PlotRange Full Es funktioniert Aufgabe fertig Aufgabe Lennard_Jones_Potential ELennartJones r_, ro_, _ : ro r ro 6 r Taylorreihe berechnen bis zum 3. Glied: Zuerst allgemeine Form: Series ELennartJones r, ro,, r, ro,

4 4 LyLutter-Matlablösung-Serie6.nb 36 r ro O r ro 3 ro Anmerkung: Da die Taylorreihe an der Stelle r ro ausgewertet wird, fallen die beiden letzten Terme weg, es bleibt nur der triviale Term übrig. Aufgabe fertig berechnet Aufgabe_ 3 Potential V r definieren: V r_ : k r ro Das Potential abgeleitet und mit negativem Vorzeichen versehen ergibt die Kraft, da gilt F r dv dr: D V r, r k r ro

5 LyLutter-Matlablösung-Serie6.nb 5 k r ro Die Kraft k r ro wirkt aufs leichte Atom DGL aufstellen a t_ F m D pos t_, r m Da die Beschleunigung a zweite Ableitung der Position nach dem Ort ist, ergibt sich: pos'' t k pos t ro m Dies ist die gesuchte DGL Nun DGL lösen und beide Startbedingungen einsetzen:. An der Position r 0 soll ro liegen, damit das Potential symmetrisch zum Ursprung liegt. Bei ro soll die Geschwindigkeit maximal sein lear pos DSolve pos'' t k pos t ro m, pos 0 ro, pos' 0 vmax, pos t, t k ro m vmax Sin k t m pos t k Dies ist Lösung der DGL pos t_ : k ro m vmax Sin k t k m Die Frequenz ist k m Π, wie in der Lösung der DGL erkennbar Kinetische_Energie_T t _definieren: T t_ : m D pos t, t Die potentielle Energie V r ist oben schon definiert. Die Gesamtenergie des Systems soll die Summe aus potentieller und kinetischer Energie sein:

6 6 LyLutter-Matlablösung-Serie6.nb Ener t_ : T t V pos t FullSimplify m vmax Nun r_min und r_max berechnen wie folgt: Da bei r_min und r_max das Pendel am Wendepunkt stillsteht,ist dort die kinetische Energie null Reduce T t 0, t Integers && k 0 && m 0 && t m Π Π t k m Π Π k m 0 vmax 0 pos pos ro m Π Π FullSimplify k m Π Π FullSimplify k m vmax k m vmax ro k r_min und r_max haben jeweils die Koordinaten ro m vmax k und ro m vmax, k der Bindungsabstand ist folglich die Differenz der beiden Punkte

7 Die Differentialgleichung des harmonischen Oszillators Es geht um folgende Differentialgleichung: y Ω y = 0 Mit der Lösung: y ( t) = A cos( Ω t δ ) bzw. y ( t) = A sin( Ω t δ ) Wie man zu dieser Lösung kommt, soll im Folgenden behandelt werden. Nochmals die (homogene) Differentialgleichung: t () y ( t ) Ω y( ) = 0 mit t, Ω y t = A e mit λ und A. λ t Ansatz: ( ) λ t. Ableitung: y ( t) = λ A e = λ y( t) λ t. Ableitung: y ( t) = λ A e = λ y( t) Einsetzen in Gleichung (): λ y ( t) Ω y( t) Ω Somit gilt: = 0 λ = Ω = 0 Ω () ( ) = Man muss komplex rechnen (da in nicht definiert ist). Sei nun λ und A. Mit i = wird Gleichung () zu: λ = i λ / Ω = ± i Ω laudius Knaak, 003

8 - - Als Lösungen hat man also: i Ω t i Ω t y ( t) = A und y ( t) = A e e mit A, A. Damit lautet die gesamte Lösung der homogenen Differentialgleichung: y t = y t y t = A e A e i Ω t i Ω t (3) ( ) ( ) ( ) Es gilt: x e i e = cos = e ( x) i sin( x) ( x) = cos( x) i sin( x) = cos( x) i sin( x) i x i Es sei nun A A : = a i b : = a i b mit a, a, b b., Gleichung (3) lässt sich jetzt auch schreiben als: y = = ( t) = ( a i b ) [ cos( Ω t) i sin( Ω t) ] ( a i b ) [ cos( Ω t) i sin( Ω t) ] a cos( Ω t) i a sin( Ω t) i b cos( Ω t) b sin( Ω t) a cos( Ω t) i a sin( Ω t) i b cos( Ω t) b sin( Ω t) a cos( Ω t) b sin( Ω t) a cos( Ω t) b sin( Ω t) i [ a sin( Ω t) b cos( Ω t) a sin( Ω t) b cos( Ω t) ] Im Allgemeinen ist nur die reelle Lösung interessant. Der Realteil der Lösungsfunktion lässt sich jedoch einfach ablesen: R = [ y( t) ] = ( a a ) cos( Ω t) ( b b ) sin( Ω t) cos( Ω t) sin( Ω t) mit, D : = a a D : = b b Denn cos ( x) = cos( x) und sin( x) = sin( x) laudius Knaak, 003

9 - 3 - Den Realteil kann man auch schreiben als: D (4) R[ y( t) ] = cos( Ω t) sin( Ω t) Man stellt fest: D D = Ebenso ist cos ( x ) sin ( x) = Diese Analogie kann man nun auf zwei verschiedene Weisen verarbeiten:. Fall Definiere: cos ( δ ) : = ( ) sin δ : = D in (4): (5) R[ y( t) ] = { cos( δ ) cos( Ω t) sin( δ ) sin( Ω t) } Mit E : E = ; und dem Additionstheorem cos ( α β ) = cos( α ) cos( β ) sin( α ) sin( β ) wird Gleichung (5) zu: R [ y ( t) ] = E cos( Ω t δ ) laudius Knaak, 003

10 Fall Definiere: sin cos ( δ ) = ( δ ) : = D in (4): (6) R[ y( t) ] = { sin( δ ) cos( Ω t) cos( δ ) sin( Ω t) } Mit E : E = ; und dem Additionstheorem sin ( α β ) = sin( α) cos( β ) cos( α) sin( β ) wird Gleichung (6) zu: R [ y ( t) ] = E sin( Ω t δ ) Als Lösung für die homogene Differentialgleichung y Ω y = 0 erhält man somit y ( t) = A cos( Ω t δ ) bzw. y ( t) = A sin( Ω t δ ) mit A,t, Ω, δ laudius Knaak, 003