2. Klausur zur Vorlesung Theoretische Physik A
Universit¨ at Karlsruhe WS 2004/05
Prof. Dr. Gerd Sch¨ on— Dr. Matthias Eschrig
Dauer: 2 Stunden
Gesamtpunktzahl: 30 Punkte + 5 Zusatzpunkte
Hinweise: Beginnen Sie bitte jede Klausuraufgabe auf einem neuen Blatt.Schreiben Sie auf jedes Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer. Geben Sie bitte auf dem ersten Blatt Ihre Ubungsgruppe an. Als Hilfsmittel sind zwei handbeschriebene A4-Bl¨atter zugelassen. Die R¨¨ uckgabe sowie die Besprechung der Klausur findet in den Tutorien am Freitag, den 18.02.05 statt.
Aufgabe 1 Kr¨afte und Erhaltungss¨atze: (9 Punkte)
a) Berechnen Sie rotF~ f¨ur die KraftF~(~x) = ˆexyz+ ˆeyxz+ ˆezxy. IstF~ konservativ? Wenn ja, bestimmen Sie das entsprechende PotentialU(~x). (3 Punkte)
b) Gegeben Sei eine KraftF~ =yˆex−xˆey. Berechnen Sie unter Verwendung von Zylinder- koordinaten das WegintegralI=R
d~r·F~ f¨ur einen kreisf¨ormigen Weg mit Radius 1 um den Ursprung in derx-y-Ebene. Berechnen Sie das Fl¨achenintegralR
A0dAeˆz·(∇×F)~
¨uber die Fl¨ache des Einheitskreises in derx-y-Ebene. (3 Punkte)
c) Betrachten Sie zwei Teilchen mit gleicher Massem. Teilchen 1 st¨oßt mit der Geschwin- digkeitv elastisch und zentral auf das zweite Teilchen, welches ruht. Wie groß sind die Geschwindigkeiten der beiden Teilchen nach dem Stoß? (1 Punkt)
d) Zwei Teilchen mit Massenm1undm2und Geschwindigkeitenv1undv2stoßen unter ei- nem rechten Winkel vollst¨andig inelastisch aufeinander. Finden Sie die Geschwindigkeit des resultierenden Teilchens. (2 Punkte)
Aufgabe 2 Getriebener harmonischer Oszillator: (4 Punkte) Ein harmonischer Oszillator (Ortskoordinatex(t), Masse m, Federkonstante k=mω02) mit D¨ampfungγ werde durch eine KraftF(t) =mR∞
−∞
dω
2πeiωtf˜(ω) getrieben.
a) Bestimmen Sie die Fouriertransformierte ˜x(ω), und skizzieren Sie die Gr¨oße|x(ω)/˜ f˜(ω)|. (2 Punkte)
b) F¨ur den Fall F(t) = mfcos(ω1t), bestimmen Sie ˜f(ω) und finden Sie durch Fou- rierr¨ucktransformationvon ˜x(ω) eine partikul¨are L¨osungx(t). (2 Punkte)
Aufgabe 3 Zentralkraft: (12 Punkte)
Zwei Teilchen, die eine Kraft
F~12=−F~21=−a(~r2−~r1)/|~r2−~r1|4
aufeinander aus¨uben, fliegen aneinander vorbei (siehe Skizze f¨ur die Bahn, die der Relativvektor
~r=~r2−~r1beschreibt). Energie und Drehimpuls der Relativbewegung seienE undL.
a) Zeigen Sie, dass das effektive Potential f¨ur die Relativbewegung die Form Uef f(r) = c/r2 hat, und dr¨ucken Sie c durch a, die reduzierte Masse µ und den Drehimpuls L =µr2φ˙ aus. (Hinweis: in Zylinderkoor- dinaten gilt ˙ˆer= ˙φˆeφ.) (2 Punkte)
φ∗
r ∗ r= r − r
2φ
1
Betrachten Sie in (3b) bis (3d) nur den Fallc >0,E >0.
b) Skizzieren SieUef f(r) und tragen Sie E ein. Erkl¨aren Sie anhand Ihrer Skizze, warum die Teilchen nicht aufeinanderstoßen, sondern aneinander vorbeifliegen. Zeichnen Sie den Abstand kleinster Ann¨aherung,r∗, auf Ihrer Skizze ein. Dr¨ucken Sier∗als Funktion von E undc aus. (4 Punkte)
c) Nutzen Sie Energieerhaltung, um eine Gleichung f¨ur ˙rherzuleiten. Integrieren Sie diese (nach Separation der Variablen), und bestimmen Sierals Funktion vont−t∗. Hinweis:
Rb a
√ x
x2−a2 dx=√
x2−a2¯
¯
¯
b
a (3 Punkte)
d) Nutzen Sie Drehimpulserhaltung um eine Gleichung f¨ur dφdr herzuleiten. Integrieren Sie diese (nach Separation der Variablen), und finden Sierals Funktion vonφ−φ∗, wobei φ∗der Winkel ist, bei der die kleinste Ann¨aherung erreicht wird (siehe Skizze). Hinweis:
Die Substitutionr= 1/xhilft weiter.Rb a
√11−x2 dx=−arccos(x)¯
¯
¯
b
a. (3 Punkte)
Aufgabe 4 Eindimensionaler elastischer Stoß: (5 Punkte) Betrachten Sie zwei Massenm1 undm2 in einer Dimension. Die Massen gleiten reibungsfrei mit Anfangsgeschwindigkeiten v1a > 0 und v2a < 0 aufeinander zu und prallen elastisch zur¨uck.
a) Was ist die Geschwindigkeit V des Schwerpunkts im Laborsystem? Finden Sie mittels einer Galileitransformation die Geschwindigkeitenv1′a undv2′a der Teilchen relativ zum Schwerpunkt (d.h. im Schwerpunktssystem). (2 Punkte)
b) Nutzen Sie Energieerhaltung im Schwerpunktssystem um die Geschwindigkeitenv1′eund v′2eder Teilchen relativ zum Schwerpunkt nach dem Stoß zu finden. (1 Punkt)
c) Finden Sie mittels einer Galileir¨ucktransformation die Endgeschwindigkeiten v1e und v2eder Teilchen im Laborsystem. (2 Punkte)
Aufgabe 5∗ (Zusatzaufgabe) Rotierendes Pendel: (5 Zusatzpunkte) Ein an der Decke befestigtes starres Pendel (Mas-
se m, L¨ange R)) bewege sich reibungsfrei unter dem Einfluss der Schwerkraft. Es kann sich frei in alle Richtungen um den Aufh¨angungspunkt bewe- gen. Wir benutzen Polarkoordinaten (siehe Skiz- ze) mit dem Ursprung am Aufh¨angungspunkt, und schreiben ~v = ˆeθvθ+ ˆeφvφ f¨ur die Pendel- geschwindigkeit. Die Anfangswerte f¨ur die Bewe- gung des Pendels seienθ(t= 0) =θ0,vφ(t= 0) = vφ0 undvθ(t= 0) = 0.
a) Erkl¨aren Sie kurz (Rechnung nicht ver- langt) warum die z-Komponente Lz des Drehimpulses erhalten ist. Finden Sie (mit- tels Lz-Erhaltung) vφ als Funktion von θ undvφ0. (2 Punkte)
ϕ θ R
b) Wie lautet die Gesamtenergie E als Funktion von vθ, vφ und θ? Finden Sie mittels Energie- und Drehimpulserhaltung vθ als Funktion von θ und den Anfangswerten θ0, vφ0. (2 Punkte)
c) Der Winkel θ des rotierenden Pendels bewegt sich (nicht-harmonisch) zwischen zwei Extremwertenθ1undθ2. Wie lautet die Bestimmungsgleichung f¨ur die Extrema?
(1 Punkt)
L¨ osungsvorschlag zur zweiten Klausur Theoretische Physik A: Klassische Mechanik
Prof. Dr. Sch¨ on und Dr. Eschrig
Wintersemester 2004/2005
Aufgabe 1 9 Punkte
a.)
Gegeben ist die KraftF~(~x) =~exyz+~eyxz+~ezxy. Wir berechnen die Rotation vonF:~
rotF~ =∇ ×~ F~ =
∂x
∂y
∂z
×
yz xz xy
=
∂y(xy)−∂z(xz)
∂z(yz)−∂x(xy)
∂x(xz)−∂y(yz)
=
x−x y−y z−z
= ~o 1 Punkt
Da∇ ×~ F~ =~ogilt, istF~ konservativ. 1 Punkt
Somit existiert einskalaresPotentialU, so dassF~ =−∇~U ist:
F~ =−∇~U =−
∂xU
∂yU
∂zU
=
−yz
−xz
−xy
Durch Integration der ersten Komponente nachxergibt sichU =−yzx+F1(y, z). Man muss bei der Integration also eine Funktion hinzuf¨ugen, die nicht von x, sondern nur vony undz abh¨angt. Diese Funktion f¨allt n¨amlich bei der partiellen Differentiation nachxwieder weg. Integrieren wir nun die zweite Komponente, so folgt analog U =−xzy+F2(x, z), mit dem Unterschied, dass wir nun eine Funktion, die nicht vony abh¨angt, hinzuf¨ugen. Das Potential muss nat¨urlich f¨ur beide F¨alle gleich sein und damit ergibt sichF1(y, z) =F2(x, z). Dies ist nur dann erf¨ullbar, wennF1 undF2 nur vonz abh¨angen; wir bezeichnen die neue Funktion als G1(z). Bei der Integration der dritten Komponente folgt U = −xyz+F3(x, y). Durch Vergleich der zweiten und dritten Beziehung f¨ur U ergibt sich F2(x, z) = F3(x, y) und analog zu vorher F2(x, z) = F3(x, y) ≡ G2(x). Nun muss nat¨urlich noch G1(z) =G2(x) sein, was nur funktioniert, wenn G1(z) =C =G2(x), wobeiC eine Konstante ist, die weder von xnoch vony oderzabh¨angt. Also gilt:
U =−xyz+C 1 Punkt
b.)
Wir gehen aus von der KraftF~ =y~ex−x~ey. F¨ur die Einheitsvektoren~er und~eϕ der Zylinderkoordinaten gilt in Abh¨angigkeit der kartesischen Einheitsvektoren~exund~ey, also der kartesischen Basis:
~er=~excosϕ+~eysinϕ
~eϕ=−~exsinϕ+~eycosϕ
Außerdem gilt in Zylinderkoordinatenx=rcosϕ,y=rsinϕund damit:
F~ =y~ex−x~ey =rsinϕ~ex−cosϕ~ey=−r~eϕ
F¨ur einen Kreis, dessen Mittelpunkt der Ursprung des Koordinatensystems ist, gilt d~r=rdϕ~eϕ. Der Einheitskreis ist der spezielle Kreis mit Radius eins, also folgt f¨ur diesen d~r= dϕ ~eϕ. Wir k¨onnen auf diese Weise das Wegintegral berechnen:
I= Z
F~d~r= Z2π
0
rdϕ~eϕ·(−r~eϕ) =− Z2π 0
r2dϕ=−2πr2r=1= −2π 1 Punkt
Zur Berechnung des Fl¨achenintegrals ben¨otigen wir:
∇ ×~ F~ =
∂x
∂y
∂z
×
y
−x 0
=
0 0
−2
= −2~ez 1 Punkt
Damit ergibt sich weiter:
Z
A0
dA ~ez·³
∇ ×~ F~´
= Z
A0
dA(−2~ez)·~ez=−2A0=−2πr2r=1= −2π 1 Punkt
c.)
Wir betrachten folgenden Vorgang:
Da es sich um einen zentralen Stoß handelt, findet der Prozess in einer Dimension statt. Außerdem giltv1f < v2f. Der Stoß ist außerdem elastisch, womit sowohl Impulserhaltung als auch Energieerhaltung gilt:
✵ Impulserhaltung:v1i =v1f+v2f (1)
✵ Energieerhaltung:
m
2v1i2=m
2v1f2+m
2vf22⇔v1i2=vf12+v2f2 (2)
Durch Quadrieren von Gleichung (1) und Vergleich mit Gleichung (2) ergibt sichv1fv2f = 0. Es ist also entweder v1f= 0 und vf2 =v1i odervf2 = 0 undf1f =v1i. Dav1f < vf2 ist, ergibt sich:
v1f = 0 undvf2 =v1i 1 Punkt
d.)
Da der Stoß total inelastisch verl¨auft, trennen sich die beiden K¨orper nach dem Stoßprozess nicht mehr voneinan- der. Es entsteht ein K¨orper der MasseM =m1+m2. Bei einem inelastischen Stoß giltnur Impulserhaltung, aberkeine Energieerhaltung. Wir werten die Impulserhaltung f¨ur die x- undy-Richtung aus:
2
✵ x-Richtung:
m1v1=M vcosϑ⇒m21v21=M2v2cos2ϑ 0,5 Punkte
✵ y-Richtung:
m2v2=M vsinϑ⇒m22v22=M2v2sin2ϑ 0,5 Punkte
Wir formen die erste Gleichung mit cos2ϑ= 1−sin2ϑum und setzen die zweite Gleichung ein:
m21v21=M2v2·cos2ϑ=M2v2·(1−sin2ϑ) =M2v2−M2v2sin2ϑ=M2v2−m22v22 Wir l¨osen nachv2auf:
v2= m21v12+m22v22
M2 ⇒ v=
pm21v12+m22v22 m1+m2
1 Punkt
Aufgabe 2 4 Punkte
a.)
Wir gehen aus von der Differentialgleichung des harmonischen Oszillators:
¨
x+ 2γx˙+ω20x=f(t) = Z dω
2πexp(iωt)f(ω)
Wir schreiben hierbei die ¨außere Kraftf(t) alsFourier-R¨ucktransformierte vonfe(ω) undx(t) als R¨ucktransfor- mierte vonex(ω):
x(t) = Z dω
2πexp(iωt)ex(ω)
Damit geht unsere Differentialgleichung ¨uber in:
(−ω2+ 2iγω+ω20)ex(ω) =fe(ω)
Diese Gleichung l¨asst sich nun nachex(ω) aufl¨osen:
ex(ω) = fe(ω)
(ω20−ω2) + 2iγω mit
¯¯
¯¯
¯ x(ω)e fe(ω)
¯¯
¯¯
¯=£
(ω20−ω2)2+ 4γ2ω2¤−12
1 Punkt
¯¯
¯ex(ω)f(ω)e
¯¯
¯hat die Form einer Resonanzkurve:
1 Punkt
3
b.)
Als erstes m¨ussen wir dieFourier-Transformierte der ¨außerem Kraftf(t) =fcos(ω1t) ausrechnen:
fe(ω) =πf[δ(ω−ω1) +δ(ω+ω1)] 1 Punkt
Dann erhalten wir damitx(t) durchFourier-R¨ucktransformation vonx(ω):e x(t) =
Z dω
2π exp(iωt)fe(ω)£
(ω20−ω2) + 2iγω¤−1
=
= f 2
· exp(iω1t) ω20−ω21+ 2iγω1
+ exp(−iω1t) ω02−ω12−2iγω1
¸
=
= f
(ω20−ω21)2+ 4γ2ω21
£(ω02−ω12) cos(ω1t) + 2γω1sin(ω1t)¤
1 Punkt
Aufgabe 3 12 Punkte
a.)
Mit der Relativkoordinate~r=~r1−~r2 schreiben wir die Kraft als:
F(~~ r) =−a~r
r4 =−aˆer r3
Das zugeh¨orige Potential lautet:
U(r) =−1 2
a
r2 dennF~ =−∇~U Als effektives Potential folgt damit:
Ueff(r) = L2 2µr2− a
2r2 = c
r2 mitc=1 2
µL2 µ −a
¶
2 Punkte
b.)
Das effektive Potential ist eine Funktion proportional zu r12, sieht also folgendermaßen aus:
2 Punkte
Es ist L >0 und E > 0. Energieerhaltung verbietet, dass E < Ueff(r) ist. Deswegen kann r nie kleiner als r∗
werden, womit die Teilchen nie zusammenstoßen. 1 Punkt
Wir erhaltenr∗ aus:
Ueff(r∗) =E⇒ r∗= rC
E 1 Punkt
4
c.)
Die GesamtenergieE ergibt sich aus der kinetischen Energie und dem effektiven Potential:
E=1
2µr˙2+Ueff
Wir l¨osen nach ˙rauf und erhalten:
˙ r=±
µ2 µ
¶12h E− c
r2 i12
1 Punkt Dabei handelt es sich um eine Differentialgleichung 1.Ordnung f¨urr(t) die wir durch Trennung der Ver¨anderlichen und anschließende Integration l¨osen:
Z
dt=±³µ 2
´12Z
dr r
√r2E−c
Mit dem angegebenen Integral ergibt sich hieraus:
t−t∗=±
³µ 2
´12
√r2E−c
E 1 Punkt
Wir l¨osen schließlich nachr(t) auf:
r(t) = s
2E
µ (t−t∗)2+ c
E mitr(t∗) = rc
E =r∗ 1 Punkt
t∗ ist also die Zeit der kleinsten Ann¨aherung.
d.)
Wir gehen aus vom erhaltenen Drehimpuls:
L=µr2ϕ˙ ⇒ϕ˙ =dϕ drr˙= L
µr2 Wir erhalten damit:
dr dϕ =µ
2r2r˙=±(2µ)12 L r¡
r2E−c¢12
1 Punkt Auch hier handelt es sich analog zur vorher um eine Differentialgleichung 1.Ordnung, dieses mal aber f¨ur die Bahnkurver(ϕ). Durch Trennung der Ver¨anderlichen und Integration erhalten wir wieder:
Z
dϕ=± L (2µ)12
Z
dr 1
r[r2E−c]12 ϕ−ϕ∗=± L
(2µc)12 ·arccos µrc
E ·1 r
¶
1 Punkt
r(ϕ) = rc
E · 1
cos
·
(ϕ−ϕ∗)· (2µc)
1 2
2
¸ 1 Punkt
Es gilt r(ϕ∗) =
rc E
womitϕ∗ der Winkel der kleinsten Ann¨aherung ist.
5
Aufgabe 4 5 Punkte
a.)
Die Schwerpunktmasse ist die Gesamtmasse des Systems, alsoM =m1+m2. Damit ergibt sich die Geschwindigkeit des Schwerpunkts:
V = 1
M (m1v1a+m2v2a) 1 Punkt
V ist die Geschwindigkeit des Massenmittelpunkts. Die zugeh¨orige Galilei-Transformation ins Schwerpunktsy- stem lautet:
vja′ =vja−V f¨urj= 1,2 1 Punkt
b.)
Im Schwerpunktsystem ist die kinetische Energiejedes einzelnen Teilchens erhalten; es gilt also f¨ur die Endge- schwindigkeiten:
vje′ =−v′ja f¨urj= 1,2 1 Punkt
Die Geschwindigkeitenv′je sind negativ, weil die Teilchen zur¨uckprallen.
c.)
Durch R¨ucktransformation ergibt sich:
vje=vje′ +V =−vja′ +V = −vja+ 2V 1 Punkt
Setzen wir nun noch den obigen Ausdruck f¨urV explizit ein, so erhalten wir das Ergebnis:
v1e=−v1a+ 2
µm1v1a+m2v2a
m1+m2
¶
= m1v1a+m2(2v2a−v1a) m1+m2
v2e=−v2a+ 2
µm1v1a+m2v2a
m1+m2
¶
= m2v2a+m1(2v1a−v2a) m1+m2
1 Punkt
Aufgabe 5 (Bonusaufgabe) 5 Zusatzpunkte
6
a.)
Es wirkt keine Kraft inϕ-Richtung, womitLz erhalten ist.
oder: 1 Punkt
Die Gewichtskraft gibt kein Drehmoment inz-Richtung, womitLzerhalten ist.
[Genauere Begr¨undung (war nicht gefordert): L~˙ = ~r×F~ = R(~er ×F~); die Kraft setzt sich zusammen aus F~ =−mg~ez−Fzp~er, wobei−Fzp die Kraft ist, welche der Zentrifugalkraft entgegenwirkt und diese ausbalanciert.
Die letztere tr¨agt nicht zu~er×F~ bei, und die Gewichtskraft gibt keinen Beitrag zum Drehmoment inz-Richtung:
es gilt~L˙ =−mgR~eϕ, und da~eϕ~ez= 0 folgt ˙Lz= 0.]
Damit ergibt sich:
L=mvϕ0Rsinϑ0=mvϕRsinϑ vϕ= L
mRsinϑ = vϕ0sinϑ0
sinϑ 1 Punkt
[Genauere Herleitung vonLz (war nicht gefordert):
~L=m~r×~v=mR~er×(vϑ~eϑ+vϕ~eϕ) =mR(vϑ~eϕ−vϕ~eϑ) und mit~eϕ~ez= 0,~eϑ~ez=−sinθergibt sichLz=mRvϕsinϑ.]
b.)
Die gesamte Energie ergibt sich wieder aus kinetischer und potentieller Energie:
E=1
2mvϕ20−mgRcosϑ0= 1 2m¡
vϕ2+vϑ2¢
−mgRcosϑ 1 Punkt
Wir l¨osen das ganze nachvϑ auf:
vϑ=±£
v2ϕ0−vϕ2+ 2gR(cosϑ−cosϑ0)¤12
Nun ersetzen wir nochvϕdurch die Beziehung aus Teilaufgabe a.):
vϑ=±
· vϕ20
µ
1−sin2ϑ0
sin2ϑ
¶
+ 2gR(cosϑ−cosϑ0)
¸12
1 Punkt
c.)
Die Extremwerte der Winkel ergeben sich aus der Bedingungvϑ= 0.
vϕ20¡
sin2ϑ−sin2ϑ0¢
+ 2gR(cosϑ−cosϑ0) sin2ϑ= 0 sin2ϑ£
vϕ20+ 2gR(cosϑ−cosϑ0)¤
=v2ϕ0sin2ϑ0 1 Punkt
Die Gleichung wird erf¨ullt durchϑ1=ϑ0. Dies ist der minimale Winkel f¨urϑ, da die Anfangsbedingung sofort zu einem Anstieg inϑf¨uhrt. (Es gibt noch eine zweite L¨osung θ2, die das Maximum f¨urϑdarstellt.)
7