Theoretische Physik B, SS 2005 Musterl¨ osung zur 1. Klausur

(1)

Institut f¨ur Theoretische Festk¨orperphysik

Prof. Dr. Gerd Sch¨on, Dr. Alexander Shnirman (11/03, Tel.: 608-6030) http://www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/˜shnirman

Theoretische Physik B, SS 2005 1. Klausur, 8. Juni 2005

Dauer: 2 Stunden.

Gesamtpunktzahl: 30 Punkte entspricht einer 100% L¨osung. Die mit * gekennzeichneten Aufgaben liefern m¨ogliche Zusatzpunkte, sind aber voraussichtlich etwas aufwendiger.

Hinweise: Beginnen Sie bitte jede Klausuraufgabe auf einem neuen Blatt. Schreiben Sie auf jedes Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummerund auf das erste Blatt Ihre Ubungsgruppe. Als Hilfsmittel ist ein handbeschriebenes A4-Blatt zugelassen. Die R¨¨ uckgabe und Besprechung der Klausur findet in den Tutorien am Montag, 13.06.05 statt.

1. Poisson Klammern (5 Punkte)

Berechnen Sie die Poisson Klammern {A, B} f¨ur (1a)(2 Punkte) A=~r² und B =p~²;

(1b) (3 Punkte) A =H = 2¹m~p²+ ¹2mω0²~r² und B = Lx = rypz−rzpy. Interpretieren Sie dieses Ergebnis.

2. Geladenes Teilchen im homogenen Magnetfeld (3 + 3 *-Punkte)

Die Hamilton-Funktion eines geladenen Teilchens im statischen, homogenen Magnetfeld ohne elektrisches Potential ist

H= 1 2m

~ p− q

cA(~r)~

²

Das in z-Richtung zeigende Magnetfeld B~ = B~ez = rot ~A ist durch das Vektorpotenzial Ax =−By, Ay =Az = 0 gegeben.

(2a)(3 Punkte) Geben Sie die Hamilton’schen Bewegungsgleichungen an.

(2b)^∗ (3 Punkte) L¨osen Sie die Bewegungsgleichungen. Zeigen Sie, dass die Bahnen eine Spiralform haben.

3. Massenpunkt auf einer Parabel (10 Punkte)

Ein Massenpunkt mit Masse m ist gezwungen, sich entlang einer Parabel, gegeben durch z =Cx², reibungslos zu bewegen. Auf den Massenpunkt wirkt die Schwerkraft.

(3a) (4 Punkte) Formulieren Sie die Zwangsbedingung und schreiben Sie die Lagrange- Gleichungen 1. Art f¨urx und z auf. Eliminieren Sie die Zwangskraft und z, um eine Bewe- gungsgleichung f¨urx zu erhalten.

(3b) (1 Punkt) Betrachten Sie kleine Auslenkungen (nur lineare Terme in der Bewegungs- gleichung) und geben Sie daf¨ur die allgemeine L¨osung x(t) an.

(3c)(2 Punkte) W¨ahlen Siex als verallgemeinerte Koordinate und geben Sie die Lagrange- Funktion an. Stellen Sie die Lagrange-Gleichung 2. Art auf.

(3d) (3 Punkte) Finden Sie den kanonischen Impuls zu x und leiten Sie die Hamilton- Funktion her.

(2)

z

θ

Abbildung 1: Der rotierende Ring.

4. Massenpunkt auf einem rotierenden Ring (5 +2 *-Punkte)

Ein Massenpunkt m bewegt sich reibungsfrei auf einem Ring (siehe Abb. 1) mit Radius R, dessen Ebene mit einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um diez-Richtung rotiert (d.h.

der Winkel zwischen der Ebene des Rings und der x−z Ebene ist durch φ(t) = ωt+φ⁰ gegeben). Außer den dadurch bedingten Zwangskr¨aften soll nur die Schwerkraft auf die Masse wirken. Wir w¨ahlen den Winkel θ als verallgemeinerte Koordinate.

(4a)(3 Punkte) Geben Sie die Lagrange-Funktion an.

(4b) (2 Punkte) Was ist die Bewegungsgleichung f¨urθ?

(4c)^∗ (2 Punkte) Was sind die ’stationären’ Lösungen (d.h. θ =const)? Beachten Sie, dass fürω ≥^qg/Reine Lösung der Bewegungsgleichung existiert, wo der Massenpunkt bei einem konstanten, von 0 und π verschiedenen Wert vonθ verharrt.

5. Optischer Weg (3 + 4 *-Punkte)

Das Fermat’sche Prinzip lautet: die Kurve des Lichtstrahls zwischen den Punkten A und B stellt sich so ein, dass die Ausbreitungszeit minimal ist. Die Geschwindigkeit des Lichts ist v(~r) = c/n(~r), wobei c die Vakuum-Lichtgeschwindigkeit und n(~r) der ortsabh¨angige Brechungsindex des Materials ist. Betrachten Sie die Lichtausbreitung in der x−y Ebene (y ≥ 0) f¨ur den Fall, dass n(~r) = √

1 +βy (β > 0) ist. Der Punkt A sei durch xA = 0, yA= 0 gegeben, der Punkt B hat die Koordinaten xB und yB>0.

(5a)(3 Punkte) Stellen Sie mit Hilfe der Euler-Lagrange-Gleichung die Differentialgleichung f¨ur die Kurve her, f¨ur die Ausbreitungszeit ein Extremum ist.

(5b)^∗ (2 Punkte) Vereinfachen Sie die Bestimmungsgleichung, indem Sie den Erhaltungssatz verwenden, der aus der Unabh¨angigkeit von n(~r) von x folgt.

(5c)^∗ (2 Punkte) Setzen Sie als Lösung y = y⁰ +C(x−x⁰)² an und finden Sie aus der Differentialgleichung und den Randbedingungen drei Gleichungen für die drei ParameterC, x⁰, und y⁰. Die explizite Lösung ist nicht verlangt. Zeichnen Sie jedoch die Kurve.

6. Symmetrie und erhaltene Gr¨oßen (4 Punkte)

(6a)(2 Punkte) Wir betrachten ein Teilchen der Masse min 3 Dimensionen. Die potenzielle Energie U = U(r, z) soll nur von z und r = √

x² +y² abh¨angen. Geben Sie die Lagrange- Funktion in Zylinder-Koordinaten (x = rcosφ, y = rsinφ, z = z) an. Finden Sie den Erhaltungssatz, der aus der Unabh¨angigkeit der potenziellen Energie U von φ folgt.

(6b)(2 Punkte) Leiten Sie denselben Erhaltungssatz in der Formulierung des Noether’schen Theorems her.

(3)

Theoretische Physik B, SS 2005 Musterl¨ osung zur 1. Klausur

Besprechung: 13/06/2005 1. Poisson Klammern

Die Poisson Klammern sind definiert als {A, B}=^X

j

"

∂A

∂rj

∂B

∂pj − ∂A

∂pj

∂B

∂rj

#

Dann gilt a)

{(~r)²,(~p)²}=^X

j

"

∂(~r)²

∂rj

∂(~p)²

∂pj − ∂(~r)²

∂pj

∂(~p)²

∂rj

#

=^X

j

2rj ·2pj = 4(~r~p) b)

{H, Lx}=^X

j

"

∂H

∂rj

∂Lx

∂pj − ∂H

∂pj

∂Lx

∂rj

#

=

=mω0²

rx ry rz







0

−rz

ry





− 1 m

px py pz







0 pz

−py





= 0−0 = 0 Da (d/dt)Lx ={Lx, H}= 0, ist der Drehimpuls in x-Richtung erhalten.

2. Geladenes Teilchen im homogenen Magnetfeld 2a) Die Hamilton-Funktion lautet

H = (px+ (q/c)By)² 2m + p²_y

2m + p²_z 2m Wie f¨uhren D= (q/c)B ein. Die Hamilton-Gleichungen lauten

˙

x= ∂H

∂px

= px+Dy

m (1)

˙

y= ∂H

∂py

= py

m (2)

˙

z = ∂H

∂pz

= pz

m (3)

˙

px =−∂H

∂x = 0 (4)

(4)

˙

py =−∂H

∂y =−Dpx+Dy

m (5)

˙

pz =−∂H

∂z = 0 (6)

2b) pz ist erhalten. Aus Gl. (3) folgt damit f¨ur die Bewegung in z-Richtung einfach z = vzt+const, wobeivz =pz/m. Au¨serdem istpx erhalten, aber nicht ˙x (siehe Gl. (1)).

Um die Bewegung in der x−y Ebene zu bestimmen, differenzieren wir Gl. (2) und setzen danach Gl. (5) ein. Das ergibt

¨ y = p˙y

m =−Dpx+Dy m²

Da px erhalten ist, k¨onnen wir jetzt y(t) bestimmen. Die allgemeine L¨osung lautet y=Acos

D mt+φ

− px

D mit noch zu bestimmenden Konstanten A und φ.

Um x(t) zu bestimmen integrieren wir Gl. (1). Das ergibt x=Asin

D mt+φ

+C wobei C noch eine zubestimmende Konstante ist.

In der x−y Ebene dreht sich das Teilchen im Kreis. Der Radius des Kreises ist A und das Zentrum des Kreises ist durch xc = C , yc = −py/D gegeben. Die Winkelgeschwindigkeit istωc =D/m=qB/(cm).

3. Massenpunkt auf einer Parabel

3a) Die Zwangsbedingung lautet F(x, z) =Cx² −z= 0.

Die Lagrange-Gleichungen 1. Art lauten dann m¨x=λ∂F

∂x = 2λCx (7)

m¨z =−mg+λ∂F

∂z =−mg−λ (8)

z =Cx² (9)

Aus Gl. (9) folgt ˙z = 2Cxx˙ und ¨z = 2Cx¨x+ 2Cx˙². Wir setzen dies in Gl. (8) ein. Das ergibt λ=−mg−2mCx¨x−2mCx˙²

Wir setzen dies in Gl. (7) ein. Das ergibt

¨

x= 2λCx

m =−2gCx−4C²x²x¨−4C²xx˙² (10) 3b)F¨ur kleine Auslenkungen vernachl¨assigen wir die nichtlinearen Terme der Gl. (10). Dann gilt

¨

x=−2gCx

(5)

Die allgemeine L¨osung lautet

x=Acos(^q2gC t+φ) wobei A und φ zu bestimmende Konstanten sind.

3c) Die kinetische Energie lautet T = 1

2mx˙²+ 1

2mz˙² = m

2 (1 + 4C²x²) ˙x² Die potenzielle Energie ist

U =mgz =mgCx² Dann lautet die Lagrange-Funktion

L=T −U = m

2 (1 + 4C²x²) ˙x²−mgCx² Die Bewegungsgleichung (die Lagrange-Gleichung 2. Art) lautet

0 = d dt

∂L

∂x˙ − ∂L

∂x = d dt

m(1 + 4C²x²) ˙x−4mC²xx˙² + 2mgCx Wir differenzieren und k¨urzen durch m

(1 + 4C²x²)¨x+ 8C²xx˙²−4C²xx˙²+ 2gCx= 0 Die Gleichung reduziert sich auf Gl. (10)

3d) Der kanonische Impuls ist

p= ∂L

∂x˙ =m(1 + 4C²x²) ˙x Wir dr¨ucken die Geschwindigkeit ˙xdurch den Impuls aus

˙

x= p

m(1 + 4C²x²) Die Hamilton-Funktion lautet dann

H =px˙ −L= p²

m(1 + 4C²x²)− m

2 (1 + 4C²x²) p m(1 + 4C²x²)

!²

+mgCx²

= 1 2

p²

m(1 + 4C²x²) +mgCx² 4. Massenpunkt auf einem rotierenden Ring

4a) Wir benutzen als veralgemeinerte Koordinaten r, θ, und φ mit x = rsinθcosφ, y = rsinθsinφ, z = −rcosθ. ( ¨Ahnlich zu Kugel-Koordinaten, aber θ wird von der negative z-Achse ausgemessen.) Durch die Zwangsbedingungen r = R =const und ˙φ =ω =const.

Die kinetische Energie lautet T = m

2( ˙x²+ ˙y²+ ˙z²) = mR²

2 ( ˙θ²+ω²sin²θ)

(6)

Die potenzielle Energie lautet

U =mgz=−mgRcosθ Die Lagrange-Funktion lautet

L=T −U = mR²

2 ( ˙θ² +ω²sin²θ) +mgRcosθ 4b) Die Bewegungsgleichung (die Lagrange-Gleichung 2. Art) lautet

0 = d dt

∂L

∂θ˙ − ∂L

∂θ =mR²θ¨−mR²ω²sinθcosθ+mgRsinθ

Der zweite Term ist die Zentrifugalkraft. Schließlich lautet die Bewegungsgleichung Rθ¨−Rω²sinθcosθ+gsinθ= 0

4c) Wir suchen nach den station¨aren L¨osungenθ =const. Dann gilt ¨θ = 0 und Rω²sinθcosθ−gsinθ= 0

Eine L¨osung dieser Gleichung lautet sinθ = 0. Dann gilt θ = 0 oder θ = π. Die andere L¨osung ist durch

Rω²cosθ−g = 0

gegeben. Da −1≤cosθ≤1, existiert die L¨osung nur wenn ω≥^qg/R.

5. Optischer Weg

5a) Die Ausbreitungszeit lautet

T =

B

Z

A

dt=

B

Z

A

ds v(~r)

F¨ur das Differenzial der L¨ange der Kurve giltds² =dx²+dy² = (1 +y⁰²)dx². Also ds=^q1 +y⁰²dx

Dann gilt

T =

x_B

Z

x_A

dx√ 1 +y⁰² v(~r) = 1

c

x_B

Z

x_A

dx n(y)^q1 +y⁰² = 1 c

x_B

Z

x_A

dx F(y, y⁰)

Wir wollen T minimieren. Die Bedingung des Extremums ist durch die Euler-Lagrange- Gleichung

d dx

∂F

∂y⁰ = ∂F

∂y gegeben. Da F =n(y)√

1 +y⁰² =^q(1 +βy)(1 +y⁰²) lautet die Euler-Lagrange-Gleichung d

dx

"

y⁰√

1 +βy

√1 +y⁰²

#

= β√ 1 +y⁰² 2√

1 +βy

(7)

Differenzieren ergibt y⁰⁰√

1 +βy

√1 +y⁰² − y⁰²y⁰⁰√ 1 +βy (√

1 +y⁰²)³ + y⁰²β 2√

1 +y⁰²√

1 +βy = β√ 1 +y⁰² 2√

1 +βy Die Gleichung l¨a¨st sich vereinfachen

2y⁰⁰(1 +βy) =β(1 +y⁰²) (11) 5b)Statt Gl. (11) zu integrieren, benutzen wir den Erhaltungssatz, der aus der Unabh¨angig- heit von F(y, y⁰) von x folgt. Der Erhaltungssatz lautet

∂F

∂y⁰ y⁰−F =const.

Das ergibt

s1 +βy

1 +y⁰² =const.

und schließlich

K(1 +βy) = 1 +y⁰² wobei K eine positive zubestimmende Konstante ist.

5c) Wir setzen jetzt die Probelösung y = y⁰ +C(x−x⁰)² ein. Die Bedingung, dass die Probelösung eine Lösung ist, erfordert K(1 +βy⁰) = 1 undKβC = 4C². Wir eliminieren K und erhalten die Bedingung

4C(1 +βy⁰) =β (12)

Die Bedingung, dass der Punkt A=(0,0) auf der Kurve liegen muss, ergibt

y⁰+Cx²0 = 0. (13)

Analog ergibt die Bedingung, dass der Punkt B auf der Kurve liegt

y⁰+C(xB−x⁰)² =yB . (14) Also, haben wir 3 Gleichungen (12,13,14) f¨ur die 3 zubestimmenden ParameterC, x⁰, y⁰. Aus Gl. (13) sieht man, dassy⁰ <0. Wenn wir, z.B., den FallxB >0 betrachten, dann sieht man aus Gl. (13) und Gl. (14), dass x⁰ <0. Dieser Fall ist in Abb. 1 skizziert.

(8)

x

B

A y

₀

x

₀

y

Abbildung 1: Ausbreitungskurve.

6. Symmetrie und erhaltene Gr¨oßen

6a) In Zylinder-Koordinaten lautet die kinetische Energie T = m

2( ˙r²+r²φ˙² + ˙z²)

Die Lagrange-Funktion lautet L = T −U. Da U unabh¨angig von φ ist, ist der kanonische Impuls pφ erhalten. Das folgt aus der Lagrange-Gleichung

d dt

∂L

∂φ˙ = ∂L

∂φ = 0.

Der erhaltene Impuls pφ≡ ^∂L_∂_φ^˙ ist also

pφ=mr²φ˙

6b) Im Noether’schen Theorem betrachtet man infinitesimale Transformationen, die die Lagrange-Funktion nicht ¨andern. Hier lautet die entsprechende Transformation (r, φ, z) → (r(), φ(), z()) = (r+δr, φ+δφ, z+δz) mit (δr, δφ, δz) = (0, ,0), wobeieine infinitesimale Zahl ist. Dann besagt das Noether’sche Theorem, dass

d dt

"

∂L

∂r˙δr+ ∂L

∂φ˙δφ+ ∂L

∂z˙δz

#

= d dt

"

∂L

∂r˙

∂r

∂ + ∂L

∂φ˙

∂φ

∂ +∂L

∂z˙

∂z

∂

#

= d dt

∂L

∂φ˙= 0 . (15) Dann sieht man, dasspφ erhalten ist. Es ist auch klar, dass pφ gleich derz Komponente des Drehimpulses ist

pφ =Lz =mxy˙−myx˙

(9)

Theoretische Physik B, SS 2005 2. Klausur, 6. Juli 2005

Dauer: 2 Stunden. Gesamtpunktzahl: 30 Punkte entspricht einer 100% L¨osung. Die mit

* gekennzeichneten Aufgaben liefern m¨ogliche Zusatzpunkte, sind aber voraussichtlich etwas aufwendiger. Hinweise: Beginnen Sie bitte jede Klausuraufgabe auf einem neuen Blatt.

Schreiben Sie auf jedes Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer und auf das erste Blatt Ihre ¨Ubungsgruppe. Die R¨uckgabe und Besprechung der Klausur findet in den Tutorien am Montag, 11.07.05 statt.

1. Atwood’sche Fallmachine mit einer massiven Rolle (6 Punkte)

Betrachten Sie die Atwood’sche Fallmaschine. Die Massenm¹ undm²sind durch eine Schnur verbunden, die ¨uber die Rolle der Masse M, der L¨ange L und des Radius R gewickelt ist (siehe Abb. 1). Auf die Massen wirkt die Schwerkraft. Die Achse der Rolle bleibt fest.

(1a) (3 Punkte) W¨ahlen Sie die H¨ohe der Masse m¹ als verallgemeinerte Koordinate und geben Sie die Lagrange-Funktion des Systems an. Wie lautet die Bewegungsgleichung?

(1b) (3 Punkte) Finden Sie die Zwangskr¨afte, die auf die Massen wirken und das Drehmo- ment, das auf die Rolle wirkt.

m₂ m₁

Abbildung 1: die Fallmaschine

b y

x z

M

m M

m

−b

−a a

Abbildung 2: die Massen 2. Tr¨agheitstensor (7 Punkte)

Gegeben sind vier Massen in der x−y Ebene. Zwei MassenM befinden sich in den Punkten (x, y, z) = (a, b,0) und (x, y, z) = (−a,−b,0). Zwei Massenm befinden sich in den Punkten (x, y, z) = (−a, b,0) und (x, y, z) = (a,−b,0) (siehe Abb. 2).

(2a) (2 Punkte) Bestimmen Sie den Tr¨agheitstensor bez¨uglich des Koordinatensystems (x, y, z).

(2b) (3 Punkte) Finden Sie die Haupttr¨agheitsmomente.

(2c) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die z-Achse eine der Hauptachsen ist. Bestimmen Sie die Richtungen (z.B. die Winkel mit der x-Achse) der beiden anderen Hauptachsen in der x−y Ebene im allgemeinen Fall. Finden Sie die Hauptachsen in zwei speziellen F¨alle: (i)M 6=m und a=b; (ii) M =m und a6=b.

3. Hamilton-Funktion → Lagrange-Funktion (5 Punkte)

Die Hamilton-Funktion eines Teilchens in 2 Dimensionen istH = 2^pm²^x +2^pm²^y +apxpy+U(x, y) (3a)(2 Punkt) Stellen Sie die Hamilton’sche Bewegungsgleichungen auf.

(3b) (3 Punkte) Finden Sie die entsprechende Lagrange-FunktionL(x, y,x,˙ y).˙

(10)

4. Geod¨ate (6 Punkte)

Gesucht ist die Gleichung für den kürzesten Weg (Geodäte) zwischen zwei Punkten auf der Oberfläche eines Paraboloids. In Zylinder-Koordinaten (r, φ, z) ist das Paraboloid durch z = ar² gegeben (a > 0). Eine Linie auf der Oberfläche kann durch eine Funktion r(φ) parametrisiert werden.

(4a)(3 Punkte) Stellen Sie das Funktional auf, das die L¨ange der Linie bestimmt. (Hinweis:

Das Differenzial der Länge in Zylinder-Koordinaten ist dl² =r²dφ²+dr²+dz².) Bestimmen Sie die Euler-Lagrange-Gleichung für die Geodäte (Vereinfachung wird nicht verlangt).

(4b) (3 Punkte) Finden Sie einen ”Erhaltungssatz” und verwenden Sie diesen, um eine einfachere Gleichung f¨ur die Geod¨ate zu erhalten.

5. Zylinder in einem Hohlzylinder (6 Punkte)

Ein Zylinder der Masse m, des Radius r, und der L¨ange l rollt in einem Hohlzylinder mit Radius R > r (siehe Abb. 3). Auf den kleinen Zylinder wirkt die Schwerkraft.

(5a) (3 Punkte) W¨ahlen Sie den Winkel θ als verallgemeinerte Koordinate und geben Sie die Lagrange-Funktion des Systems an. (Hinweis: Die Winkelgeschwindigkeit des kleinen Zylinders l¨aßt sich als v/r berechnen, wobei v die Schwerpunktsgeschwindigkeit ist.) Wie lautet die Bewegungsgleichung?

(5b) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass die Bewegungsgleichung dem Satz (d/dt)L~ = N~ entspricht. (Hinweis: Berechnen SieL~ undN~ bez¨uglich der Linie, in der sich die beiden Zylinder ber¨uhren und verwenden Sie den Steiner’schen Satz.)

R θ

Abbildung 3: Zylinder im Hohlzylinder

n

n₁ 3 e₃

O C

n₂ θ

Abbildung 4: Kreisel 6. Pr¨azession durch die Euler Gleichungen (9* Punkte)

Betrachten Sie einen symmetrischen Kreisel (I¹ =I² 6=I³). Die Spitze des Kreisels bleibt fest im Ursprung O des Koordinatensystems (siehe Abb. 4). Die Masse des Kreisels ist m und der Abstand zwischen O und dem Schwerpunkt des Kreisels C ist|OC|=l. Auf den Kreisel wirkt die Schwerkraft. Wir benutzen die Eulergleichungen N¹ =I¹˙Ω1+ (I³−I²)Ω²Ω³, N² = I2˙Ω2+(I1−I3)Ω3Ω1,N3 =I3˙Ω3+(I2−I1)Ω1Ω2, um die Bewegung des Kreisels zu bestimmen.

Beachten Sie, dass diese Gleichungen im k¨orperfesten (bewegten) Koordinatensystem gelten.

Wir wollen die Schwerkraft als kleine St¨orung betrachten.

6a)(3* Punkte) Betrachten Sie als erste Näherung die stationäre Lösung Ω³ >0,Ω¹ = Ω² = 0, die für den Fall ohne die Schwerkraft (g = 0→N~ = 0) gilt. Nehmen Sie an, dass die Achse

~e³ horizontal entlang ~n² ausgerichtet ist. Finden Sie die zeitabh¨angigen Richtungen der~e¹- und ~e2-Achsen im raumfesten Koordinatensystem. Geben Sie die Komponenten N1, N2, N3

des Drehmoments im k¨orperfesten KS an.

6b)(3* Punkte) Betrachten Sie zun¨achst das Drehmoment N~ als kleine St¨orung und finden Sie die Korrekturδ~Ω = (δΩ¹, δΩ², δΩ³), die durchN~ erzeugt wird. Zeigen Sie, dassδΩ³(t) = 0 und bestimmen Sie δΩ¹(t) und δΩ²(t) mit Hilfe der Euler-Gleichungen.

6c) (3* Punkte) Dr¨ucken Sie die Korrektur δ~Ω im raumfesten Koordinatensystem aus. Be- schreiben Sie die Bewegung des Kreisels.

(11)

Theoretische Physik B, SS 2005 Musterl¨ osung zur 2. Klausur

Besprechung: 11/07/2005

1. Atwood’sche Fallmachine mit einer massiven Rolle (1a)Die kinetische Energie lautet

T = m¹z˙1²

2 + m²z˙2²

2 +Iφ˙² 2 Die Zwangsbedingungen liefern

z² =const−z¹ z˙² =−z˙¹ und

Rφ˙ = ˙z¹ Dann gilt

T = (m¹+m²) ˙z²1

2 + Iz˙1²

2R²

Das Tr¨agheitsmoment des Zylinders ist durch I =M R²/2 gegeben. Dann gilt T = (m¹ +m² +M/2) ˙z²1

2 Die potenzielle Energie lautet

U =m¹gz¹+m²gz² = (m¹−m²)gz¹+const Die Lagrange-Funktion ist

L=T −U = (m¹+m²+M/2) ˙z1²

2 −(m¹−m²)gz¹ F¨ur die Bewegungsgleichung _dt^d _∂^∂Lz˙₁ = _∂z^∂L

1 erhalten wir

(m1+m2+M/2)¨z1 =−(m1−m2)g Die Beschleunigung ist

¨

z¹ =− (m¹−m²)g (m¹+m²+M/2)

(12)

(1b)

Die Kraft K¹, die auf m¹ wirkt ergibt sich aus

m¹z¨¹ =−m¹g+K¹ Das ergibt

K¹ = 2m¹m²+m¹M/2 m¹+m²+M/2 g Analog erhalten wir

K² = 2m¹m²+m²M/2 m¹+m²+M/2 g Das Drehmoment ist

N =R(K²−K¹) = (m²−m¹)M/2 m¹+m²+M/2gR

Alternativ k¨onnen wir das Drehmoment aus der Relation ˙L = Iφ¨ = N bestimmen und finden dasselbe Ergebnis.

2. Tr¨agheitstensor (2a)Wir erhalten

Ixx = 2(m+M)b² Iyy = 2(m+M)a² Izz = 2(m+M)(a²+b²) Ixy =Iyx= 2ab(m−M)

Alle andere Elemente sind 0.

Also lautet der Tr¨agheitstensor Iˆ=







2b²(m+M) 2ab(m−M) 0 2ab(m−M) 2a²(m+M) 0

0 0 2(m+M)(a²+b²)







(2b)Es ist klar, dass I3 =I_zz = 2(m+M)(a²+b²). UmI1 und I2 zu finden m¨ussen wir die folgende Gleichung l¨osen

det 2b²(m+M)−Ik 2ab(m−M) 2ab(m−M) 2a²(m+M)−I_k

!

= 0 Das ergibt

I_k²−2(a²+b²)(m+M)Ik+ 16a²b²M m = 0 und

I¹/2 = (a²+b²)(m+M)±

q

(a²+b²)²(m+M)²−16a²b²M m

(2c)Da ˆI block-diagonal ist, ist der Vektor (0,0,1) ein Eigenvektor mit dem Eigenwert I³. Die beiden anderen Eigenvektoren ergeben sich aus

2b²(m+M)−Ik 2ab(m−M) 2ab(m−M) 2a²(m+M)−Ik

! x y

!

(13)

und wir erhalten

tanαk = yk

xk

= 2b²(m+M)−Ik

2ab(M −m)

wobei ist αk der Winkel zwischen der Hauptachse k und der x-Achse. Das ergibt tanαk = (b²−a²)(m+M)∓^q(a²+b²)²(m+M)²−16a²b²M m

2ab(M −m)

F¨ura=b ergibt dies tanαk=±1. Die Hauptachsen sind also die Diagonalen des Quadrats.

F¨urM =m erhalten wir tanαk= 0,∞. Die Hauptachsen sind also diex- und y-Achsen.

3. Hamilton-Funktion → Lagrange-Funktion (3a)Die Hamilton’sche Bewegungsgleichungen lauten

˙

x= ∂H

∂p_x = px

m +apy

˙

y= ∂H

∂py

= py

m +apx

˙

px =−∂H

∂x =−∂U

∂x

˙

py =−∂H

∂y =−∂U

∂y (3b)

Wir benutzen Matrizen

H = 1 2

px py

Tˆ px

py

!

+U(x, y) wobei

Tˆ = 1/m a a 1/m

!

Die zwei ersten Hamilton’schen Gleichungen lauten dann

˙ x

˙ y

!

= ˆT px

py

!

Da

H =x˙ y˙ px

py

!

−L gilt

L=x˙ y˙ px

p_y

!

−H = 1 2

x˙ y˙Tˆ⁻¹ x˙

˙ y

!

−U

Die invertierte Matrix lautet Tˆ⁻¹ = 1

1/m²−a²

1/m −a

−a 1/m

!

= 1

1−m²a²

m −am²

−am² m

!

(14)

Schließlich lautet die Lagrange-Funktion L= mx˙²

2(1−m²a²) + my˙²

2(1−m²a²)− am²x˙y˙

(1−m²a²) −U(x, y) 4. Geod¨ate

(4a)Da z =ar² gilt

dz = 2ardr Dann

dl² =r²dφ²+ (1 + 4a²r²)dr² Die Linie ist durch r(φ) parametrisiert. Mit dr/dφ=r⁰ gilt

dl =dφ^qr²+ (1 + 4a²r²)r⁰² Das Funktional, das die L¨ange der Linie bestimmt, lautet

L=

Z

dφF(r, r⁰) wobei

F(r, r⁰) =^qr²+ (1 + 4a²r²)r⁰² Die Euler-Lagrange-Gleichung lautet

d dφ

∂F

∂r⁰ = ∂F

∂r Das ergibt

d dφ





(1 + 4a²r²)r⁰

qr²+ (1 + 4a²r²)r⁰²



= (1 + 4a²r⁰²)r

qr²+ (1 + 4a²r²)r⁰² Nach der (nicht verlangten) Vereinfachung ergibt das

r[rr⁰⁰(1 + 4a²r²)−2r⁰²(1 + 2a²r²)−r²] (r²+ (1 + 4a²r²)r⁰²)³^/² = 0 (4b) Da F unabh¨angig von φ ist, ergibt sich der ”Erhaltungssatz”

r⁰∂F

∂r⁰ −F =const Dann (1 + 4a²r²)r⁰²

qr²+ (1 + 4a²r²)r⁰²

−^qr²+ (1 + 4a²r²)r⁰² =const Daraus folgt

r²

qr²+ (1 + 4a²r²)r⁰² =const

(15)

Die Differenzialgleichung, also, lautet

r⁰² = cr⁴−r² 1 + 4a²r² wobei ceine zu bestimmende Konstante ist (c >0).

5. Zylinder in einem Hohlzylinder

(5a) Die kinetische Energie T besteht aus der Schwerpunktsenergie TC und der Rotations- energie TR. Es gilt

TC = mv² 2 wobei v = (R−r) ˙θ. Also gilt

TC = m(R−r)²θ˙² 2 Die Winkelgeschwindigkeit des kleinen Zylinders ist

Ω = v

r = R−r r θ˙ Dann lautet die Rotationsenergie

T_R= IΩ² 2 = 1

2 mr²

2

(R−r)²

r² θ˙² = m(R−r)²θ˙² 4 Die gesamte kinetische Energie ist dann

T = 3m(R−r)²θ˙² 4 Die potenzielle Energie ergibt sich als

U =mgz=−mg(R−r) cosθ+const Die Bewegungsgleichung lautet

3

2m(R−r)²θ¨=−mg(R−r) sinθ

oder 3

2(R−r)¨θ=−gsinθ (5b) Der Drehmoment bez¨uglich der Ber¨uhrenslinie ist

N =−mgrsinθ Das Drehimpuls bez¨uglich derselben Linie lautet

L=I⁰Ω

wobei nach dem Steiner’schen Satz I⁰ =I+mr² = (3/2)mr² Also gilt

L= 3

2mr²R−r r θ˙

Wir benutzen ˙L=N und erhalten dieselbe Bewegungsgleichung wie in (5a)

(16)

6. Pr¨azession durch die Euler Gleichungen (6a)

Bei t= 0 haben wir

~e1 =~n_z ~e2 =~n_x ~e3 =~n_y Dann f¨urt >0 gilt

~e¹ = cos Ω³t ~nz+ sin Ω³t ~nx

~e² =−sin Ω³t ~nz+ cos Ω³t ~nx

Die Schwerkraft lautet K =−mg~nz. Das Drehmoment lautet N~ =l~ny×K~ =−mgl~nx

Wir dr¨ucken ~nx durch~e¹ und~e² aus:

~nx = sin Ω³t ~e¹+ cos Ω³t ~e² Also N~ =−mgl(sin Ω3t ~e1+ cos Ω3t ~e2) (6b)

Da N³ = 0 und I¹ = I² besagt die dritte Euler Gleichung, dass ˙Ω³ = 0. Also δΩ³ = 0. Die zwei anderen Euler Gleichungen lauten jetzt

AΩ²+I¹˙Ω1 =−mglsin Ω³t

−AΩ¹+I¹˙Ω2 =−mglcos Ω³t

wobei A≡(I³−I¹)Ω³ (Ω³ ist erhalten, deswegen sind die zwei Gleichungen linear).

Wir versuchen den Ansatz

Ω¹ =acos Ω³t+bsin Ω³t Ω² =ccos Ω³t+dsin Ω³t Dann gilt c=b= 0. F¨ura und d erhalten wir

a= mgl I³Ω³ d=−mgl

I³Ω³ Dann gilt

δ~Ω = mgl I3Ω3

(cos Ω³t ~e¹−sin Ω³t ~e²) (6c) Im raumfesten Koordinatensystem ergibt das

δ~Ω = mgl I³Ω³~nz

(17)

Theoretische Physik B, SS 2005 Nachklausur, 26. Oktober 2005

Dauer: 2 Stunden. Gesamtpunktzahl: 30 Punkte. Hinweise: Beginnen Sie bitte jede Klau- suraufgabe auf einem neuen Blatt. Schreiben Sie auf jedes Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer und auf das erste Blatt Ihre ¨Ubungsgruppe. Die Ergebnisse sind ab 28.10.05 im Sekretariat TFP, 11.1, zu erfahren.

1. Lagrange-Funktion → Hamilton-Funktion (6 Punkte)

Die Lagrange-Funktion eines Teilchens in 2 Dimensionen seiL= ^m₂^x^˙² +^m₂^y^˙² +ax˙y˙−U(x, y) (1a)(3 Punkte) Stellen Sie die Bewegungsgleichungen (Lagrange-Gleichungen 2. Art) auf.

(1b) (3 Punkte) Finden Sie die entsprechende Hamilton-Funktion H(x, y, px, p_y).

2. Kleine Schwingungen (6 Punkte)

Betrachten Sie zwei Massen m, die sich nur in x-Richtung bewegen k¨onnen (siehe Abb. 1).

Beide Massen sind durch Federn mit Federkonstante k mit einer festen Wand und durch eine Feder mit Federkonstante k₁ miteinander verbunden (siehe Abb. 1).

(2a)(2 Punkte) Stellen Sie die Lagrange-Funktion und die Bewegungsgleichungen auf.

(2b) (2 Punkte) Finden Sie aus Symmetrie-Gr¨unden die Eigenmoden und bestimmen Sie die Eigenfrequenzen.

(2c)(2 Punkte) Bestimmen Sie die Eigenfrequenzen und die Eigenmoden durch eine formale Rechnung (Diagonalisieren des Bewegungsgleichungssystems).

m m

k k₁ k

Abbildung 1: die zwei Massen

m₁

m₂

R M

Abbildung 2: die Fallmaschine

3. Fallmaschine mit einer massiven Rolle(6 Punkte)

Betrachten Sie die Fallmaschine in Abb. 2. Die Massen m₁ und m₂ sind durch eine Schnur verbunden, die über eine zylindrische Rolle (Länge L) mit Masse M und Radius R gelenkt wird. Auf die Massen wirkt die Schwerkraft. Die Masse m₂ bewegt sich reibungslos auf der festen horizontalen Fläche. Die Achse der Rolle bleibt fest.

(3a) (3 Punkte) W¨ahlen Sie die H¨ohe der Masse m₁ als verallgemeinerte Koordinate und geben Sie die Lagrange-Funktion des Systems an. Wie lautet die Bewegungsgleichung?

(3b) (3 Punkte) Finden Sie die Zwangskr¨afte, die auf die Massen wirken und das Drehmo- ment, das auf die Rolle wirkt.

(18)

4. Tr¨agheitstensor (7 Punkte)

Gegeben seien drei Massen in derx−y Ebene. Zwei Massenmbefinden sich in den Punkten (x, y, z) = (0,0,0) und (x, y, z) = (0,4a,0). Eine Masse 2m befindet sich in dem Punkt (x, y, z) = (2a,0,0) (siehe Abb. 3).

(4a)(2 Punkte) Bestimmen Sie den Schwerpunkt und den Tr¨agheitstensor bezogen auf den Schwerpunkt.

(4b) (3 Punkte) Finden Sie die Haupttr¨agheitsmomente.

(4c) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die z-Achse eine der Hauptachsen ist. Bestimmen Sie die Richtungen (z.B. die Winkel mit der x-Achse) der beiden anderen Hauptachsen in derx−y Ebene.

m m

2m 2a

4a

x y

Abbildung 3: die drei Massen

θ der Aequator der Nordpol

Abbildung 4: die Erde

5. Corioliskraft und Zentrifugalkraft (5 Punkte)

Ein Auto mit Masse m befindet sich an einem Ort mit der geographischen Breite θ auf der n¨ordlichen Halbkugel (siehe Abb. 4). Bestimmen Sie die Corioliskraft und die Zentrifugal- kraft (Betrag und Richtung) auf das Auto, wenn das Auto sich mit

Geschwindigkeit v

(5a)(2.5 Punkte) von S¨uden nach Norden (5b) (2.5 Punkte) von Osten nach Westen bewegt.

(19)

Theoretische Physik B, SS 2005 Musterl¨ osung zur Nachklausur

1. Lagrange-Funktion → Hamilton-Funktion (1a)Die erste Bewegungsgleichung lautet

d dt

∂L

∂x˙ = ∂L

∂x . Das ergibt

d

dt(mx˙ +ay) =˙ m¨x+a¨y=−∂U

∂x . Analog lautet die zweite Bewegungsgleichung

my¨+ax¨=−∂U

∂y . (1b)

Wir benutzen Matrizen

L= 1 2

x˙ y˙ Tˆ x˙

˙ y

!

−U(x, y) wobei

Tˆ= m a a m

!

.

Die verallgemeinerte Impulse lauten dann px

p_y

!

= ∂L/∂x˙

∂L/∂y˙

!

= ˆT x˙

˙ y

!

.

Da

H =px py

x˙

˙ y

!

−L und

˙ x

˙ y

!

= ˆT⁻¹ px

py

!

gilt

H = 1 2

p_x p_y Tˆ⁻¹ px

py

!

+U . Die invertierte Matrix lautet

Tˆ⁻¹ = 1 m²−a²

m −a

−a m

!

.

(20)

Schließlich lautet die Hamilton-Funktion H = mp²_x

2(m²−a²)+ mp²_y

2(m²−a²) − apxpy

(m² −a²) +U(x, y). 2. Kleine Schwingungen

(2a)Die Lagrangefunktion lautet L= m

2( ˙x²1+ ˙x²2)−k

2(x²1+x²2)− k1

2(x¹−x²)² . Die Bewegungsgleichungen ergeben sich als

mx¨¹ =−kx¹−k¹(x¹−x²) m¨x² =−kx²+k¹(x¹ −x²).

(2b)Aus Symmetrie-Gr¨unden wird klar, dass die Eigenmoden die Summe q¹ =x¹+x² und die Differenz q² =x¹−x² sind. Die Summe der zwei Bewegungsgleichungen lautet

mq¨¹ =−kq¹ .

Also, ergibt sich die Eigenfrequenz der ersten Eigenmode als ω²1 =k/m.

Analog lautet die Differenz der Bewegungsgleichungen mq¨² =−(k+ 2k¹)q² . Die zweite Eigenfrequenz ist dann ω2² = (k+ 2k¹)/m.

(2c) Wir stellen die Lagrangefunktion in der Matrix-Form dar L= 1

2(Tijx˙ix˙j −Vijxixj) wobei

T =m 1 0 0 1

!

und

V =k 1 0 0 1

!

+k¹ 1 −1

−1 1

!

.

Die Bewegungsgleichungen lauten

Tijx¨j−Vijxj = 0.

Die Eigenfrequenzen werden aus der folgenden Gleichung gefunden det(V −ω²T) = 0 .

Das ergibt

det k+k¹−ω²m −k¹

−k1 k+k1−ω²m

!

= 0

(21)

und

k+k¹−ω²m=±k¹ . Daraus ergeben sich die Eigenfrequenzen als

ω1² = k m und

ω2² = k+ 2k¹ m . Als n¨achstes bestimmen wir die Eigenvektoren aus

(V −ω_n²T)ijajn= 0. F¨ur n= 1, ω1² = _m^k ergibt das

k¹ 1 −1

−1 1

! a¹¹ a²¹

!

= 0 .

Also a¹¹=a²¹. Analog erhalten wir f¨ur n= 2 die Relation a¹² =−a²². 3. Fallmaschine mit einer massiven Rolle

3a) Die kinetische Energie lautet

T = m¹z˙1²

2 +m²x˙²2

2 + Iφ˙² 2 Die Zwangsbedingungen liefern

x² =const+z¹ x˙² = ˙z¹ und

Rφ˙ = ˙z¹ Dann gilt

T = (m1+m2) ˙z²1

2 + Iz˙1²

2R²

Das Tr¨agheitsmoment des Zylinders ist durch I =MR²/2 gegeben. Dann gilt T = (m1 +m2 +M/2) ˙z²1

2 Die potenzielle Energie lautet

U =m¹gz¹ Die Lagrange-Funktion ist

L=T −U = (m¹+m²+M/2) ˙z1²

2 −m¹gz¹ F¨ur die Bewegungsgleichung _dt^d_∂^∂Lz˙1 = _∂z^∂L

1 erhalten wir

(m¹+m²+M/2)¨z¹ =−m¹g

(22)

Die Beschleunigung ist

¨

z1 =− m1g

(m¹+m²+M/2) (3b)

Die Kraft K¹, die auf m¹ wirkt ergibt sich aus

m¹z¨¹ =−m¹g+K¹ Das ergibt

K¹ = m¹m²+m¹M/2 m¹+m²+M/2g Analog erhalten wir

K2 =− m¹m²

m¹+m²+M/2g Das Drehmoment ist

N =R(|K²| − |K¹|) =− m¹M/2

m¹ +m²+M/2gR Wir sehen auch, dass ˙L=Iφ¨=N.

4. Tr¨agheitstensor

(4a)Erst bestimmen wir die Position des Schwerpunktes. Wir erhalten x_c = 2m·2a+m·0 +m·0

4m =a

und

yc = m·4a+ 2m·0 +m·0

4m =a .

Also befindet sich der Schwerpunkt am Ort (a, a,0).

Für die Matrixelemente des Trägheitstensors bezüglich des Schwerpunkts erhalten wir dann Izz = [m(3a)²+ma²] + [ma²+ma²] + [2ma²+ 2ma²] = 16ma² ,

Ixx = 16ma²−ma² −ma²−2ma² = 12ma² , Iyy = 16ma²−m(3a)²−ma²−2ma² = 4ma² , I_xy =I_yx =−(−3ma² +ma²−2ma²) = 4ma² . Alle andere Elemente sind 0.

Also lautet der Tr¨agheitstensor

Iˆ= 4ma²







3 1 0 1 1 0 0 0 4







(23)

(4b) Es ist klar, dass I³ = Izz = 16ma². Um I¹ und I² zu finden m¨ussen wir die folgende Gleichung l¨osen

det 3−ik 1 1 1−ik

!

= 0 mit Ik = 4ma²ik. Das ergibt

i²_k−4ik+ 2 = 0 , i_k = 2±√

2 , und

I¹/2 = 4ma²(2±√ 2).

(4c) Da ˆI blockdiagonal ist, ist der Vektor (0,0,1) ein Eigenvektor mit dem Eigenwert I³. Die beiden anderen Eigenvektoren ergeben sich aus

3−ik 1 1 1−ik

! x y

!

= 0 und wir erhalten

tanα_k = y_k xk

=i_k−3

wobei αk der Winkel zwischen der Hauptachsek und der x-Achse ist. Das ergibt tanα¹ =√

2−1 tanα² =−√

2−1 5. Corioliskraft und Zentrifugalkraft

θ

z’

x Ω z

x’

y,y’

Abbildung 1: die Erde.

Die Corioliskraft ist

KC = 2m ~v×~Ω. Die Zentrifugalkraft ist

KZ =m~Ω×(~r×Ω)~ . Die Winkelgeschwindigkeit Ω ist~

Ω = Ω~e~ z =−Ω cosθ~ex⁰ + Ω sinθ~ez⁰

(24)

(a)

F¨ur die Bewegung in die x⁰-Richtung (von S¨uden nach Norden) gilt~v =−v~ex⁰ und K_C = 2mΩvsinθ~e_y

Da die Kraft positiv ist, ist sie nach Osten ausgerichtet.

Um die Zentrifugalkraft zu bestimmen brauchen wir~r=R~ez⁰, wobeiR der Radius der Erde ist. Dann gilt

KZ =mΩ²Rcosθ[cosθ~ez⁰ + sinθ~ex⁰] =mΩ²Rcosθ~ex

(b)

F¨ur die Bewegung in die y-Richtung (von Westen nach Osten) gilt ~v=v~ey und K_C =−2mΩv~e_x =−2mΩv[cosθ~e_z⁰ + sinθ~e_x⁰]

Die Zentrifugalkraft ist dieselbe wie in (a)