Übungen zur Physik I (Mechanik) WS 04/05
12. Übungsblatt, Lösungen 27.01.2005
Bearbeitung bis Mi. 02.02.2005
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1) Masse-Energie-Äquivalenz (2 + 1 + 2)Die Größe
E
2− p
2c
2 ist für ein abgeschlossenes System unter Lorentz-Transformation invariant. Findet in einem System eine Kernreaktion statt, bei der Energie und Impuls erhalten bleiben, so ist also auch die obige Größe konstant. Dies gilt insbesondere für ein Teilchen der Ruhemassem : E
2− p
2c
2= m
2c
4.a) Die Energie für die Reaktion
p + p → p + ( p + 4
π)
ist genau dann minimal, wenn alle Teilchen im Ausgangskanal in einem Bezugssystem in Ruhe sind.Dies gilt insbesondere für das Schwerpunktsystem S′. Im Laborsystem S gilt dann:
E
2− p
2c
2= ( E
0+ m
pc
2)
2− ( E
02− m
p2c
4) = 2 mpc
2E
0 + 2 m
p2c
4
und im System S′
( ) ( ) E ′
2− p ′ c
2= ( 2 m
pc
2+ 4 m
πc
2)
2Daraus folgt
GeV 225 , 8 2
8
16 16
4 2
2
2
4 2 2 2 4
2 0
4 2 2
2 2 4
2 4 0
2
+ =
= +
⇔
+ +
= +
c m
c m c m c m c E m
c m c
m c m c
m c m E c m
p p p
p p
p p
π π
π π
Die einfallenden Protonen brauchen also mindestens 2,225 GeV Gesamtenergie um die Reaktion i.) auslösen zu können.
b) Da sich die Teilchenbilanz auf beiden Seiten der Reaktionsgleichung nicht von a) unterscheidet, ist auch der Wert der benötigten Minimalenergie gleich:
GeV 225 ,
0
= 2 E
c) Für die Reaktion
p + p → ( p + 4
π) ( + p + 4
π)
erhält man( E
0+ m
pc
2)
2− ( E
02− m
p2c
4) = ( 2 mpc
2+ 8 m
πc
2)
2
woraus sich eine Minimalenergie von
GeV 847 , 32 3
16
2
4 2 2
2 4
2
0 + + =
= m c
c m c
m c m c
E m
p p
p π π ergibt
2) Gedämpfte Schwingung (1 + 2 + 1 + 1)
a) Die Bewegungsgleichung lautet:
m & x & = − kx −
βx &
wobeik = 40 N m
ist. DerReibungskoeffizient β lässt sich aus der Bedingung
F
reib= −
βv
bestimmen. Man erhält:m s 20 N s m 10
N
200 = ⋅
=
βSetzt man ω2
= k m = 8 s
−2, 2
γ=
βm = 4 s
−1, so geht die Bewegungsgleichung über in0
2 +
2=
+ x x
x &
γ&
ω&
oder &x&+4x&+8x=0 (Einheiten beachten!)Übungen zur Physik I (Mechanik) WS 04/05
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Bearbeitung bis Mi. 02.02.2005
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b) Aus ω2
= 8 s
−2, 2
γ= 4 s
−1 folgt ω2>
γ2, d.h. es liegt eine schwache Dämpfung vor. Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung einer gedämpftenharmonischen Bewegung ist
( ) t e ( A t B t )
x =
−γtcos Ω + sin Ω
, wobeiΩ =
ω2−
γ2= 2 s
−1 ist. Die Konstante A und B lassen sich aus den Anfangsbedingungen bestimmen:( 0 ) 20 m
0
= x t = = A =
x
( A t B t ) e ( A t B t )
e
x & = −
γ −γtcos Ω + sin Ω +
−γt− Ω sin Ω + Ω cos Ω
(
0)
0 0 , 0 = 0 =20m= Ω Ω
+
−
=
=
= x B B x x
t
x& γ γ
Somit ist
( ) t 20 e ( cos t sin t ) m
x = ⋅
−γtΩ + Ω
.Da
A cos Ω t + B sin Ω t = A
2+ B
2cos ( Ω t −
ϕ)
mitA
= B ϕ
tan gilt, ergibt sich für
x ( ) t
:( ) m
cos 4 2
20
Ω −
⋅
= e
−γt
πt
x
t .Setzt man
x & ( ) t = 0
, so erhält man als notwendige Bedingung für Extrema:s
π2 k
t =
, wobei k eine ganze Zahl ist. Die Nullstellen folgen aus4 0
cos =
Ω −
πt
. Damit erhält man folgende Tabelle:t 0 1,18
8 3π =
57 , 2 =1
π 2,75
8 7π =
14 ,
= 3
π 4,37
8 11π =
x(t) 20 0 -0,86 0 0,04 0
Es ist ersichtlich, dass diese Schwingung sehr schnell ausdämpft. In der Tat befinden wir uns mit γ
= 2 s
−1 und ω= 8 s
−1 nahe vor dem aperiodischen Grenzfall.c) Die Amplituden sind demnach a
( )
t =20 2⋅e−γtm.Die Frequenz ist
Ω =
ω2−
γ2= 2 s
−1. Für die Periode ergibt sich 1 s2π =π
= Ω
T .
d) Für zwei aufeinander folgende, maximale Ausschläge erhält man m
2
20 t
n e
x = ⋅ −γ , xn+1 =20 2⋅e−γ(t+T)m=20 2⋅e−γ(t+2πΩ)m
woraus T
n
n
e
x
x
γ=
+1
folgt. Somit ist T x
x
n
n =γ
+1
ln das logarithmische Dekrement.
Seine Bedeutung liegt darin, dass durch die Messung des Verhältnisses aufeinander folgender Maximalausschläge direkt die Dämpfungskonstante γ bestimmt werden kann.