Übungen zur Theoretischen Physik 2 Lösungen zu Blatt 13

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1 Prof. C. Greiner, Dr. H. van Hees Sommersemester 014 Übungen zur Theoretischen Physik Lösungen zu Blatt 13 Aufgabe 51: Massenpunkt auf Kugel (a) Als generalisierte Koordinaten bieten sich Standard-Kugelkoordinaten cosϕ sinϑ x = r sinϕ sinϑ (1) cosϑ an. Die holonome Zwangsbedingung r R = 0 () berücksichtigen wir mit Hilfe eines Lagrange-Parameters λ im Hamiltonschen Prinzip der kleinsten Wirkung. Dies führt auf die Langrange-Gleichungen 1. Art und liefert somit die Zwangskraft aufgrund der Nebenbedingung automatisch mit. Um die Lagrange-Funktion zu bestimmen, benötigen wir die kinetische Energie, ausgedrückt in Kugelkoordinaten T = m x = m (ṙ + r ϑ + r ϕ sin ϑ) (3) und das Potential der homogenen Schwerkraft der Erde V = m g z = m g r cosϑ. (4) Die Lagrange-Funktion unter Berücksichtigung der Zwangsbedingung mit dem dazugehörigen Lagrange-Parameter λ lautet L = T V + λ(r R) = m (ṙ + r ϑ + r ϕ sin ϑ) m g r cosϑ + λ(r R). (5) Um die Zwangskraft zu bestimmen, schreiben wir die Bewegungsgleichung für r hin. Diese erhalten wir durch Variation der Wirkung nach r vermöge der resultierenden Euler-Lagrange-Gleichung zu d dt L ṙ = m r =! L r = mr( ϑ + ϕ sin ϑ) m g cosϑ + λ. (6) Dabei ist λ die Zwangskraft. Wegen der Zwangsbedingung () ist r = 0, so daß λ = m g cosϑ mr( ϑ + ϕ sin ϑ). (7) Die Zwangskraft kompensiert also gerade die Radialkomponente der Schwerkraft und liefert die Zentripetalkraft, die das Teilchen auf der Kugel hält. Das Teilchen hebt bei dem Winkel ϑ = ϑ 0 ab, bei dem die Zwangskraft (7) verschwindet. m g cosϑ 0 mr( ϑ + ϕ ) = 0. (8) Da weiter L nicht explizit von der Zeit abhängt, gilt der Energiesatz, d.h. mit p j = L/ q j 3 E = p j q j L = T + V = m (ṙ + r ϑ + r ϕ sin ϑ) + m g Rcosϑ = const. (9) j =1

2 Bei t = 0 ist nach Voraussetzung ϑ = ϕ = 0, ϑ = 0, d.h. es ist Bei ϑ = ϑ 0 ist wegen (8) also E = m g R = m g Rcosϑ 0 + m g R E = m g R. (10) cosϑ 0 = 3 m g Rcosϑ 0 cosϑ 0 = 3 ϑ 0 0,841 48,1. (11) (b) Die Lagrange-Gleichungen. Art erhält man aus dem Prinzip der kleinsten Wirkung, indem man einfach die Zwangsbedingung in die Lagrange-Funktion einsetzt, also r = R = const setzt. Es ist also L = T V = m R ( ϑ + sin ϑ ϕ ) m g Rcosϑ. (1) Die Variable ϕ ist zyklisch, so daß der dazugehörige kanonisch konjugierte Impuls L ϕ = mr sin ϑ ϕ = const. (13) ist. Dies entspricht der Erhaltung der z-komponente des Drehimpulses, die auf die Rotationssymmetrie des Problems unter Drehungen um die z-achse (Richtung der Schwerkraft) zurückzuführen ist. Die Bewegungsgleichung für ϑ ergibt sich aus der entsprechenden Euler-Lagrange-Gleichung p ϑ = L ϑ = mr ϑ; ṗ ϑ = mr ϑ = mrsinϑ(r ϕ cosϑ + g). (14) Aufgabe 5: Massenspunkt in schräger Rinne Wir verwenden als generalisierte Koordinaten die auf dem Aufgabenblatt angegebenen Zylinderkoordinaten ρ, ϕ, z. Die Basisvektoren e x, e y und e z gehen durch Rotation aus den Basisvektoren e x, e y und e z um die x-achse mit dem Drehwinkel α hervor, d.h. es gilt e x = e x, e y = cosα e y + sinα e z, e z = sinα e y + cosα e z. (15) Für die Koordinaten bzgl. der Basis e j ( j {x, y, z}) gilt gemäß Skizze auf dem Aufgabenblatt Die kinetische Energie ist demnach Die potentielle Energie ist und folglich die Lagrange-Funktion x Rsinϕ y = R(1 cosϕ). (16) z z T = m (ẋ + ẏ + ż ) = m (R ϕ + ż ). (17) V = m g z = m g x e z = m g[z cosα + Rsinα(1 cosϕ)] (18) L = T V = m (R ϕ + ż ) m g[z cosα + Rsinα(1 cosϕ)]. (19)

3 Die Bewegungsgleichungen folgen dann aus den Euler-Lagrange-Gleichungen p ϕ = L ϕ = mr ϕ ṗ ϕ = mr ϕ =! L = m g Rsinα sinϕ, ϕ p z = L ż = mż ṗ z = m z! = L = m g cosα. z (0) Die Bewegungsgleichungen für ϕ und z entkopppeln also. Die Gleichung für ϕ entspricht der Schwingungsgleichung für ein mathematisches Pendel. Für ϕ 1 können wir sin ϕ ϕ setzen, und es ergibt sich als Kreisfrequenz für die enstprechenden kleinen Schwingungen um die Zylinderachse g ω = sinα. (1) r Zugleich gleitet der Massepunkt gleichmäßig beschleunigt die Rinne hinunter. Die konstante Beschleunigung ist a z = z = m g cosα. () Aufgabe 53: Federpendel Wir verwenden als generalisierte Koordinaten r (Abstand des Massenpunktes zum Aufhängepunkt der Feder) und ϕ (s. Skizze auf dem Aufgabenblatt). Die kinetische Energie ist also T = m x = m (ṙ + r ϕ ). (3) Die potentielle Energie ist durch das Potential der Schwerkraft und das der Rückstellkraft der Feder zu gegeben. Die Lagrange-Funktion lautet also m g r cosϕ + k (r r 0 ) (4) L = T V = m (ṙ + r ϕ ) + m g r cosϕ k (r r 0 ). (5) Die Euler-Lagrange-Gleichungen liefern die Bewegungsgleichungen p r = L ṙ = m ṙ, ṗ r = m r! = L r = mr ϕ + m g cosϕ k(r r 0 ). (6) p ϕ = L ϕ = m r ϕ ṗ ϕ = mr ϕ + mr ṙ ϕ =! L = m g r sinϕ. (7) ϕ Für ϕ 1 können wir alle Terme der Ordnung ϕ, ϕ und höher vernachlässigen. Dann lautet (6) näherungsweise m r m g k(r r 0 ). (8) Dies ist die Gleichung einer harmonischen Schwingung. Setzen wir r = r + r g, r g = m g + k r 0 k (9)

4 vereinfacht sich nämlich (8) zu r = k m r. (30) Der Massenpunkt schwingt also radial um die Gleichgewichtslage r = r g mit der Kreisfrequenz ω r = k/m. Nimmt man weiter an, daß auch r und ṙ klein ist, können wir in (7) den Term ṙ ϕ vernachlässigen, und man erhält die Bewegungsgleichung für ein mathematisches Pendel ϕ g r g sinϕ g r g ϕ. (31) Im letzteren Schritt haben wir wieder ϕ 1 angenommen und sinϕ ϕ gesetzt. Die Pendelschwingungen des Massenpunktes haben für kleine Ausschläge also die Kreisfrequenz ω ϕ = r g /g. Aufgabe 54: Pendel mit beweglichem Aufhängepunkt (a) Sei x die x-koordinate des auf der x-achse beweglichen Massenpunktes m 1 und ϕ der Winkel zwischen dem Ortsvektor von m und der negativen z-achse, wie in der Skizze des Aufgabenblattes eingezeichnet. Dann ist und die kinetische Energie lautet T = m 1 r 1 + m r 1 = x, r 0 = x + l sinϕ, (3) l cosϕ r = m 1 + m ẋ + m l ẋ ϕ cosϕ + m l ϕ, (33) und die potentielle Energie ist das Potential der auf m wirkenden Schwerkraft Die Lagrangefunktion ist also V = m g z = m g l cosϕ. (34) L = T V = m 1 + m ẋ + m l ẋ ϕ cosϕ + m l ϕ + m g l cosϕ. (35) (b) Die x-koordinate ist zyklisch und damit der dazugehörige kanonische Impuls erhalten: p x = L ẋ = (m 1 + m )ẋ + m l ϕ cosϕ = const. (36) Im folgenden benötigen wir aber auch die Bewegungsgleichung für x. Bilden der Zeitableitung von (36) liefert entsprechend (m 1 + m )ẍ + m l ϕ cosϕ m l ϕ sinϕ = 0. (37) Die Bewegungsgleichung für ϕ bestimmen wir über die entsprechende Euler-Lagrange-Gleichung zu p ϕ = L ϕ = m l ẋ cosϕ + m l ϕ ṗ ϕ = m l ẍ cosϕ m l ẋ ϕ sinϕ + m l ϕ! = L ϕ = m l ẋ ϕ sinϕ m g l sinϕ (38)

5 bzw. nach Zusammenfassung von Termen und Kürzen durch m l ẍ cosϕ + l ϕ = g sinϕ. (39) (c) Wir eliminieren zunächst ẍ aus (39), indem wir (37) verwenden. Dies liefert l 1 m cos ϕ ϕ + m l ϕ sinϕ cosϕ = g sinϕ. (40) m 1 + m m 1 + m Jetzt linearisieren wir diese Bewegungsgleichung in ϕ und dessen Ableitungen. Mit cosϕ = 1 + (ϕ ) und sinϕ = ϕ + (ϕ 3 ) ergibt sich die harmonische Schwingungsgleichung ϕ = ω m ϕ mit ω = 1 + m m g l. (41) Die allgemeine Lösung lautet ϕ(t) = ϕ 0 cos(ωt + α) (4) mit ϕ 0 und α als Integrationskonstanten, die sich aus den Anfangsbedingungen bestimmen lassen. Aus (39) ergibt sich daraus in derselben linearen Näherung ẍ = l ϕ gϕ = (ω l g)ϕ = (ω l g)ϕ 0 cos(ωt + α). (43) Dies müssen wir nun noch zweimal bzgl. der Zeit integrieren, um x(t) = x 0 + v 0 t + g ω l ω [cos(ωt + α) + ωt sinα cosα] (44) zu erhalten. Dabei sind x 0 und v 0 Anfangsposition und -geschwindigkeit des Massenpunktes m 1. (d) Die Zwangskräfte ergeben sich aus F Z,1 = m 1 r1 F 1 = m 1 g e z + m 1 (ω l g)ϕ 0 cos(ωt + α) e x (41) = m 1 g e z + m gϕ 0 cos(ωt + α) e x. (45) und F Z, = m r F = m g e z m gϕ 0 cos(ωt + α) e x. (46) Aufgabe 55: Isoperimetrisches Problem in der Ebene Wir schreiben die Zwangsbedingung in der Form 1 0 dt( ẋ + ẏ l ) = 0. (47) Dann können wir die Methode der Lagrange-Multiplikatoren verwenden, d.h. wir minimieren das Wirkungsfunktional S[ x,λ] = 1 0 dt L = 1 0 dt 1 (xẏ y ẋ) λ( ẋ + ẏ l ). (48)

6 Die Euler-Lagrangegleichungen ergeben für die Lösungskurve die Differentialgleichungen p x = L ẋ = y λẋ ẋ + ẏ p y = L ẏ = x λẏ ẋ + ẏ ṗ x ṗ y! = L x = ẏ, (49)! = L y = ẏ. (50) Beide Gleichungen lassen sich sofort einmal bzgl. der Zeit integrieren. Dies ergibt p x = y λẋ ẋ + ẏ = y B y B = λẋ ẋ + ẏ, p y = x λẏ ẋ + ẏ = x (51) + A x A = + λẏ ẋ + ẏ. Dabei sind A und B voneinander unabhängige Integrationskonstanten. Quadriert man beide Gleichungen und addiert sie, ergibt sich (x A) + (y B) = λ. (5) Wir zeigen nun, daß der Lagrange-Parameter λ = const. ist. Dazu bilden wir die Zeitableitung von (5). Dies ergibt ẋ(x A) + ẏ(y B) = λ λ. (53) Mit (51) folgt aber ẋ(x A) + ẏ(y B) = λ ẋ (ẋẏ ẏẋ) = 0. (54) + ẏ Damit ist also λ λ = 0. Es ist also entweder λ = 0 oder λ = 0. Im ersteren Fall liefert (5) als Lösung nur den einen Punkt x = A, y = B, also eine Kurve der Länge 0. Dies löst also nicht unser Problem, denn wir nehmen natürlich l > 0 an. Bleibt also λ = const 0. Dann ist (5) die implizite Gleichung für einen Kreis mit Radius λ um den beliebigen Mittelpunkt (x, y) = (A,B). Die Bogenlänge des Kreises ist l = πλ und folglich λ = l /(π). Der Kreis ist also die Lösung für das isoperimetrische Problem in der (Euklidischen) Ebene. Dabei ist freilich die Lage des Mittelpunktes gleichgültig. Deshalb sind die Integrationskonstanten A und B in diesem Fall unbestimmt.