4. Drehimpulserhaltung und Streuung

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1 Übungen zur T: Theoretische Mechani, SoSe203 Prof. Dr. Dieter Lüst Theresienstr. 37, Zi. 425 Dr. James Gray 4. Drehimpulserhaltung und Streuung Übung 4.: Noch einmal der Kegel... Ein Teilchen bewegt sich unter dem Einfluss der Schwerraft auf der Innenseite eines Kegelmantels r = z. Die Koordinaten r, θ und z sind zylindrische Polaroordinaten. Die z-achse zeigt senrecht nach oben. Das Teilchen startet auf der Höhe z = a mit der Geschwindigeit v in Richtung θ. a) Beweisen Sie unter Nutzung der Drehimpuls- und Energieerhaltung, dass gilt. ż 2 + a2 v 2 2z 2 + gz = 2 v2 + ga b) Zeigen Sie, dass das Teilchen sich zu allen Zeiten zwischen den beiden Höhen h min und h max befindet (h min h h max ). Finden Sie diese beiden Höhen. Lösung von Übung 4. a) Wir verwenden folgende Energie und folgenden Drehimpuls: Energie: E = 2 m v(t) 2 + mgz Drehimpuls: J = mr(r θ) = mr 2 θ = mz 2 θ Außerdem drücen wir die Geschwindigeit in zylindrischen Polaroordinaten aus. v(t) = ṙ = ṙe r + rė r + że z = ṙe r + r θe θ + że z v(t) 2 = ṙ 2 + r 2 θ2 + ż 2 Die Energie mit der das Teilchen startet beträgt 2 mv2 + mga. Der Energieerhaltungssatz führt zu 2 m v(t) 2 + mgz = 2 m(ṙ2 + r 2 θ2 + ż 2 ) + mgz = 2 mv2 + mga Das Teilchen bewegt sich auf dem Kegelmantel, somit gilt ż = ṙ und wir erhalten ż r2 θ2 + gz = 2 v2 + ga. () Der Drehimpuls mit dem das Teilchen startet beträgt mav. Die Drehimpulserhaltung führt zu mr 2 θ = mav θ = av r 2. Nun ombinieren wir dieses Ergebnis mit der Gleichung (??) und erhalten ż r2 ( av r 2 )2 + gz = 2 v2 + ga ż 2 + a2 v 2 2z 2 + gz = 2 v2 + ga. (2)

2 b) Da die Höhe eine rein reelle Größe ist, muss gelten ż 2 0 a2 v 2 2z + gz 2 2 v2 + ga. Diese Gleichung ist genau dann gelöst, wenn die z in dem Intervall [z min, z max ] befindet. Die Intervallgrenzen z min und z max sind a und eine Lösung der Gleichung a 2 v 2 2z + gz = 2 2 v2 + ga ( ) 2 a2 v 2 + gz 3 = 2 v2 + ga gz 2 (z a) = 2 v2 (z 2 a 2 ) = 2 v2 (z + a)(z a) So ergibt sich als Lösung, entweder z = a oder gz 2 = 2 v2 (z + a) z ± = v 2 4 g ± z 2 4 v4 + 2v 2 ag { } d dz (a2 v 2 /2z 2 + gz) > 0 wenn v 2 /a < g und z = z + und d dz (a2 v 2 /2z 2 + gz) < 0 wenn v 2 /a > g und z = z + { z [z+, a] wenn v So Gleichung (??) hat eine Lösung, wenn 2 /a < g z [a, z + ] wenn v 2 /a > g 2g Übung 4.2: Streuung in einer zentralen Kraft Ein Teilchen mit der Masse m bewegt sich aus der Unendlicheit mit der Geschwindigeit auf ein festes Objet im Ursprung zu. Durch dieses Objet wirt auf das Teilchen eine Kraft F = /r 2 e r. Wenn das Teilchen durch die Kraft F nicht beeinflusst werden würde, würde es das Objet im Ursprung mit einem Abstand b passieren. a) Wie große ist der geringste Abstand zum Kraftzentrum den das Teilchen auf seiner Flugbahn erreicht? b) Welche Winelablenung Θ tritt auf? Lösung von Übung 4.2 v f F 2θ θ b 2

3 a) Anfangsenergie: 2 mv2 0 Energie bei geringstem Abstand zum Zentrum 2 m v 2 + R Wir bezeichnen den geringsten Abstand zum Zentrum den das Teilchen auf seiner Flugbahn erreicht mit R. Wenn das Teilchen diesen Abstand einnimmt gilt ṙ = 0 v = R θ. Aus der Drehimpulserhaltung und dem Anfangsdrehimpuls erhalten wir J = m b = m v R v = b R. Nutzen wir nun auch noch die Energieerhaltung so ergibt sich 2 mv2 0 = R + 0b 2 2 mv2 R 2 0 = R 2 2R b 2 = 0 mv 2 0 R = mv ( mv 2 0 ) 2 + b 2. b) Wir definieren in weiser Voraussicht Θ = 2θ und v = v f v i, wobei v i die Anfangsund v f die Endgeschwindigeit ist. Die durch das Objet im Zentrum hervorgerufene Impulsänderung beträgt m v = Fdt. Es herrscht Energieerhaltung und somit gilt v f = v i =. Identität önnen wir die Gleichung mv i v = m(v f v i v 2 0) = m(v 2 0cos2θ v 2 0) = m (cos2θ ) = v i Fdt π 2θ 0 F cosθ dt F cosθ dt F cosθ dt dθ dθ Unter Nutzung dieser ableiten. Die vom Zentrum ausgeübte Kraft beträgt F = und für den Drehimpuls gilt r 2 J = mr 2 θ. Setzen wir diese beiden Größen ein, so ergibt sich das Ergebnis m (cos2θ ) = m (cos2θ ) = π 2θ 0 π 2θ 0 r 2 cosθ θ dθ m J cosθ dθ m (cos2θ ) = m sin(π 2θ) J J (cos2θ ) = sin2θ J ( 2sin2 θ) = 2sinθcosθ cotθ = J 3 = mv2 0b.

4 Übung 4.3: Streuung an der Kugeloberfläche Man betrachte ein abstoßendes Kraftfeld F = ( mv 2 2 ) δ(r a)e r, wobei a ein fester Radius ist und v als onstant angenommen wird. Ein Teilchen der Masse m bewegt sich mit der Geschwindigeit auf das Kraftfeld zu. Wenn es nicht abgelent werden würde, würde es die Mitte des Kraftfeldes im Abstand s passieren. m r a s a) Berechnen Sie die potentielle Energie des Teilchens. b) Zeigen Sie, dass das Teilchen die Kugeloberfläche nicht durchdringt wenn < v gilt. Zeigen Sie außerdem, dass in diesem Fall das Teilchen nach dem Reflexionsgesetz (Einfallswinel = Ausfallswinel) von der Kugeloberfläche abprallt. c) Sizzieren Sie den Weg des Teilchens für > v und s = a 2. Lösung von Übung 4.3 a) Zunächst berechnen wir das Potenzial r V (r) = F(r ) dr = 2 mv2 { = 2 mv2 wenn r < a 0 wenn r > a. b) Nun verwenden wir die Energieerhaltung r δ(r a)dr 2 mv2 0 = 2 mv mv2, (3) wobei v die Geschwindigeit des Teilchens im inneren der Kugel r a bezeichnet. Damit das Teilchen überhaupt in die Kugel eindringen ann, muss v real sein, also muss die Bedingung > v erfüllt sein. Das Reflexionsgesetz Einfallswinel = Ausfallswinel ist eine Folge der Symmetrie des Potentials. c) Für > v und s = a, wird das Teilchen mit einem Winel von θ 2 0 = arcsin( a/2 ) = a 30o auf die Kugel treffen und in diese eindringen. 4

5 30 o v θ 30 o θ a Der Impuls bleibt an der Stelle r = a in der Richtung tangential zur Kugel erhalten. Zusammen mit (??) führt das zu sin30 o = v sinθ ( θ = arcsin 2 v 2 0 v 2 Da V (r) innerhalb der Kugel onstant ist, bewegt sich das Teilchen auf einer geraden Linie, bis es wieder die Kugelhülle berührt. Der Winel θ, unter dem das Teilchen die Kugel verlässt, ergibt sich auf die gleiche Weise wie der Eintrittswinel (siehe Sizze). Übung 4.4: Instabil Umlaufbahnen Ein Teilchen der Masse wird einer Zentralraft F = c r e n r onstant). a) Zeigen Sie, dass r = h2 r 3 c r n gilt. Die Größe h = r 2 θ ist dabei onstant. ) ausgesetzt (c und n sind b) Zeigen Sie, dass eine Bewegung auf dem Kreis mit dem Radius r = a und der Winelgeschwindigeit θ = Ω ( Ω 2 = c ) möglich ist. a n+ c) Zeigen Sie, dass diese Kreisbewegung instabil ist sobald n > 3 gilt. Lösung von Übung 4.4 a) Aus dem zweiten Newton schen Axiom ergibt sich: r = ( r r θ 2 sin 2 φ r 2 φ2 )e r + (r φ + 2ṙ φ r θ 2 sinφ cosφ)e φ +(r θ sinφ + 2ṙ θ sinφ + 2r φ θ cosφ)e θ und r = c r e n r c r e n r = ( r r θ 2 sin 2 φ r 2 φ2 )e r + (r φ + 2ṙ φ r θ 2 sinφ cosφ)e φ +(r θ sinφ + 2ṙ θ sinφ + 2r φ θ cosφ)e θ Symmetrie φ = 0 und φ = π (Eine Auswahl) { r 2 θ = h = const r r θ 2 = c r n 5

6 Kombinieren wir die erste und die zweiten Gleichungen, so erhalten wir r = h2 r 3 c r n. (4) b) Damit die Bewegung auf einem Kreis stattfindet, muss gelten ṙ = r = ż = z = 0. In diesem Fall vereinfacht sich Gleichung (??) zu h 2 = c r 3 r n h 2 = cr 3 n. Mit r = a und den Definition von h und Ω erhalten wir a 4 θ2 = ca 3 n Ω 2 c = a. n+ Somit sind alle Gleichungen die aus den zweiten Newton schem Axiom hervorgegangen sind gelöst und der Bewegung auf einem Kreis steht nicht entgegen. c) Um die Stabilität zu untersuchen, betrachten wir die leine Änderungen r = a + ɛ(t) wo ɛ(t) << a (5) des Radius. Setzen wir nun Gleichung (??) in Gleichung (??) ein, so erhalten wir ɛ = h 2 (a + ɛ) c 3 (a + ɛ). n Da ɛ(t) sehr lein ist, önnen wir diese Gleichung in linearer Ordnung entwiceln und erhalten ɛ = 3h2 a ɛ + cn 4 a ɛ + n+ O(ɛ2 ). Wir ignorieren O(ɛ 2 ) und nehmen an, dass die Flutuation von r zunächst Null ist. Dadurch bleibt der Drehimpuls h 2 =onstant= ca 3 n unverändert. ɛ = 3ca (n+) ɛ + cna (n+) ɛ c ɛ = (n 3) a ɛ n+ Für n > 3 ist (n 3) c positiv. In diesem Fall vergrößert sich eine geringe Schwanung a n+ der Umlaufbahn mit der Zeit. Die Umlaufbahn ist dann also instabil. 6