Prüfungstraining Theoretische Physik - Klassische Mechanik: Klausuren mit ausführlichen Lösungen 3662677547, 9783662677544, 9783662677551

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Markus Eichhorn

Prüfungstraining Theoretische Physik – Klassische Mechanik Klausuren mit ausführlichen Lösungen

Prüfungstraining Theoretische Physik – Klassische Mechanik

Markus Eichhorn

Prüfungstraining Theoretische Physik – Klassische Mechanik Klausuren mit ausführlichen Lösungen

Markus Eichhorn Karlsruhe, Deutschland

ISBN 978-3-662-67754-4 ISBN 978-3-662-67755-1 (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-662-67755-1 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Planung/Lektorat: Caroline Strunz Springer Spektrum ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany Das Papier dieses Produkts ist recyclebar.

Vorwort Ich hätte nie zu träumen gewagt, was aus diesem Projekt werden könnte, nachdem es mir von Seiten des Verlages angeboten wurde. Und nun bin ich überglücklich, was daraus geworden ist. Gerade das Beschäftigen mit unterschiedlichen Themen, das Hineinarbeiten in bestimmte Fragestellungen und der damit verbundene Erkenntnisgewinn waren für mich bereits der größte Lohn, den es zu erwerben gab. Aber auch die Möglichkeit bestimmte Lösungsstrategien und Strategien zum Überprüfen der eigenen Ergebnisse an die nächste Generation weiterzugeben, erfreut mich außerordentlich. Ebenso wie die spannenden Aufgaben, die daraus erwachsen sind, einem breitem Publikum zur Verfügung zu stellen, ist ein außerordentliches Privileg, welches ich in Demut genieße. Ich hoffe, dass Ihnen das Bearbeiten der Aufgaben ebenso viel Freude bereiten wird, wie es mir Freude gemacht hat, diese vorzubereiten, auszuarbeiten und natürlich auch selbst zu lösen. Ich wünsche Ihnen viel Spaß beim Bearbeiten der Aufgaben und selbstverständlich viel Erfolg für die Ihnen bevorstehende Klausur. Ich möchte mich an dieser Stelle gerne bei all meinen Unterstützer*innen bedanken. Speziellen Beistand habe ich durch meine Studienkollegen Manuel Egner, Philipp-Tobias Dörner, Jannik Seger, James Braun und Johann Frank erhalten, mit denen ich mich oft über Aufgaben und physikalische Probleme ausgetauscht habe. Ein besonderer Dank gebührt dabei Philipp Meder, der mir bei vielen Aspekten des Buches als wichtiger Gesprächspartner zur Seite stand. Meiner unterstützenden Familie, im Besonderen meiner Mutter, die mir bei sprachlichen Angelegenheiten mit Rat und Tat zur Seite stand, sei an dieser Stelle auch von ganzem Herzen gedankt. Zuletzt möchte ich mich noch für die fachkundige Unterstützung bei allen Mitwirkenden von Seiten des Springer-Verlages, allen voran bei meiner Lektorin Caroline Strunz, die dieses Projekt an mich herangetragen hat, bedanken. Alle Abbildungen in diesem Buch wurden mit Hilfe von Python-Software erstellt. Im Besonderen mit den Paketen numpy und matplotlib. Gewidmet Wilson, einem langjährigem Freund und Partner † 2023. Karlsruhe 02.10.2023

Markus Eichhorn

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Inhaltsverzeichnis 1

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Vorbemerkungen 1.1 Aufbau des Klausurtrainers . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Themenauswahl . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Aufbau der Klausuren . . . . . . . . . . . 1.1.3 Schlagwörter . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.4 Konventionen . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Lernstrategien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Schlüsselwörter . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Allgemeine Hinweise zum Lernen . . . . . 1.3 Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen . . . . 1.3.1 Dimensionsanalyse und Einheitenkontrolle 1.3.2 Physikalische Grenzfälle . . . . . . . . . . 1.3.3 Stammfunktionen . . . . . . . . . . . . . . 1.3.4 Differentialgleichungen . . . . . . . . . . 1.3.5 Lösungen der Beispielaufgaben . . . . . . 1.4 Weiterführende und vorbereitende Literatur . . . . 1.5 Formelsammlung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Physikalische Formeln . . . . . . . . . . . 1.5.2 Mathematische Formeln . . . . . . . . . .

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Klausuren zur Theoretischen Physik – Klassische Mechanik 2.1 Klausur I - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Zwei-Teilchen-Harmonischer-Oszillator . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Der Laplace-Runge-Lenz-Vektor . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Der getriebene harmonische Oszillator . . . . . . . . . . . 2.2 Klausur II - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Relativität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Achterbahn-Loopings . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Rutherford-Streuung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Klausur III - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Gekoppelte Pendel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Lorentz-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Die Kepler’schen Gesetze . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Klausur IV - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - g-Kräfte auf der Achterbahn . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Kovariante Formulierung der speziellen Relativitätstheorie Aufgabe 4 - Multipolmomente des Gravitationspotentials . . . . . . . 2.5 Klausur V - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . vii

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Aufgabe 2 - Gravitation ausgedehnter Körper . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Kraftstoß am harmonischen Oszillator . . . . . . Aufgabe 4 - Das Zwillings-Paradox . . . . . . . . . . . . . . . Klausur VI - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Das Newton’sche Gravitationsgesetz . . . . . . . Aufgabe 3 - Virial-Satz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Die fallende Feder . . . . . . . . . . . . . . . . . Klausur VII - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Federn und ihre Kräfte . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Stoß zweier Kugeln . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Evidenzen Dunkler Materie I - Rotationskurven Klausur VIII - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Streuung an repulsiven Potential . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Gezeitenkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Pendel mit bewegter Aufhängung . . . . . . . . . Klausur IX - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Drehmatrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Die schiefe Ebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Massive fallende Feder . . . . . . . . . . . . . . . Klausur X - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Bewegung in geschwindigkeitsabhängigem Feld . Aufgabe 3 - Evidenzen Dunkler Materie II - Galaxienhaufen Aufgabe 4 - Das Foucault-Pendel . . . . . . . . . . . . . . . . Klausur XI - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Kettenkarussell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Dreidimensionaler harmonischer Oszillator . . . Aufgabe 4 - Massenpunkt im Kegel . . . . . . . . . . . . . . . Klausur XII - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Galilei-Transformationen . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Die schwingende Saite . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Massenpunkt auf Tisch . . . . . . . . . . . . . . Klausur XIII - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Der Gummiball . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Das physikalische Pendel . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Das Bertrand’sche Theorem . . . . . . . . . . . . Klausur XIV - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . viii

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Aufgabe 2 - Waagrechter Wurf mit Energieverlust Aufgabe 3 - Elastischer Stoß . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Störung am harmonischen Oszillator . 2.15 Klausur XV - Klassische Mechanik . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Das Swing-by-Manöver . . . . . . . . Aufgabe 3 - Newton’sche Kosmologie . . . . . . . . Aufgabe 4 - Das dreidimensionale Pendel . . . . . 3

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Lösungen zu den Klausuren der Theoretischen Physik – Klassische Mechanik153 3.1 Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . 155 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 Aufgabe 2 - Zwei-Teilchen-Harmonischer-Oszillator . . . . . . . . . . 165 Aufgabe 3 - Der Laplace-Runge-Lenz-Vektor . . . . . . . . . . . . . . 170 Aufgabe 4 - Der getriebene harmonische Oszillator . . . . . . . . . . . 177 3.2 Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . 187 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 Aufgabe 2 - Relativität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 Aufgabe 3 - Achterbahn-Loopings . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 Aufgabe 4 - Rutherford-Streuung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 3.3 Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . 217 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 Aufgabe 2 - Gekoppelte Pendel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226 Aufgabe 3 - Lorentz-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 Aufgabe 4 - Die Kepler’schen Gesetze . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 3.4 Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . 251 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 Aufgabe 2 - g-Kräfte auf der Achterbahn . . . . . . . . . . . . . . . . 259 Aufgabe 3 - Kovariante Formulierung der speziellen Relativitätstheorie 264 Aufgabe 4 - Multipolmomente des Gravitationspotentials . . . . . . . 269 3.5 Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . 279 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279 Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282 Aufgabe 2 - Gravitation ausgedehnter Körper . . . . . . . . . . . . . . 287 Aufgabe 3 - Kraftstoß am harmonischen Oszillator . . . . . . . . . . . 294 Aufgabe 4 - Das Zwillings-Paradox . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302 3.6 Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . 311 Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314 Aufgabe 2 - Das Newton’sche Gravitationsgesetz . . . . . . . . . . . . 320 Aufgabe 3 - Virial-Satz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326 ix

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Aufgabe 4 - Die fallende Feder . . . . . . . . . . . . . . . . . Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik . . . . . . . . . Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Federn und ihre Kräfte . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Stoß zweier Kugeln . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Evidenzen Dunkler Materie I - Rotationskurven Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik . . . . . . . . . Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Streuung an repulsiven Potential . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Gezeitenkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Pendel mit bewegter Aufhängung . . . . . . . . . Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Drehmatrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Die schiefe Ebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Massive fallende Feder . . . . . . . . . . . . . . . Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Bewegung in geschwindigkeitsabhängigem Feld . Aufgabe 3 - Evidenzen Dunkler Materie II - Galaxienhaufen Aufgabe 4 - Das Foucault-Pendel . . . . . . . . . . . . . . . . Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik . . . . . . . . . . Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Kettenkarussell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Dreidimensionaler harmonischer Oszillator . . . Aufgabe 4 - Massenpunkt im Kegel . . . . . . . . . . . . . . . Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik . . . . . . . . . Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Galilei-Transformationen . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Die schwingende Saite . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Massenpunkt auf Tisch . . . . . . . . . . . . . . Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik . . . . . . . . . Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Der Gummiball . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3 - Das physikalische Pendel . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Das Bertrand’sche Theorem . . . . . . . . . . . . Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik . . . . . . . . . Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . x

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Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Waagrechter Wurf mit Energieverlust Aufgabe 3 - Elastischer Stoß . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4 - Störung am harmonischen Oszillator . 3.15 Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik . . . Hinweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1 - Kurzfragen . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2 - Das Swing-by-Manöver . . . . . . . . Aufgabe 3 - Newton’sche Kosmologie . . . . . . . . Aufgabe 4 - Das dreidimensionale Pendel . . . . .

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562 568 574 582 591 591 594 600 608 615

Abbildungsverzeichnis 2.2.1 2.3.1 2.5.1 2.6.1 2.7.1 2.7.2 3.1.1 3.1.2 3.1.3 3.2.1 3.2.2 3.2.3 3.2.4 3.2.5 3.3.1 3.3.2 3.4.1 3.4.2 3.4.3 3.5.1 3.5.2 3.6.1 3.6.2 3.7.1 3.7.2 3.7.3 3.7.4 3.7.5 3.8.1 3.9.1 3.10.1 3.11.1 3.11.2 3.12.1 3.12.2 3.12.3 3.14.1 3.14.2 3.14.3

Looping aus Euler-Spiralen- und Kreiselementen . . . . . . . . . . . . Schematische Darstellung der gekoppelten Pendel . . . . . . . . . . . . Schematischer Aufbau des Federpendels . . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze der fallenden Feder mit Massen an beiden Enden . . . . . . . . . Skizze verschiedener Federsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze eines Systems mit zwei Federn und zwei Massen . . . . . . . . . Skizze zum effektiven Potential Ueff (r) . . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze zu |χ(ω)| . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze zu ψ(ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze einer Ellipse, die durch die beiden Formeln erzeugt wird . . . . . Skizze des Potentials und der möglichen Bewegungszustände . . . . . . Annäherung einer Bahnkurve durch ihre Tangente und durch einen Kreis Looping aus Euler-Spiralen- und Kreiselementen . . . . . . . . . . . . Skizze der Bahnkurve bei Rutherford-Streuung . . . . . . . . . . . . . Schematische Darstellung der gekoppelten Pendel . . . . . . . . . . . . Schematische Darstellung der Auslenkungen . . . . . . . . . . . . . . . Grafische Auftragung der g-Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze des Potentials bei festem r als Funktion von θ. . . . . . . . . . . Skizze der Kraftkomponenten a3,r und a3,θ . . . . . . . . . . . . . . . Schematischer Aufbau des Federpendels . . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze des Potentials und des Betrages der Kraft . . . . . . . . . . . . . Skizze zur Streuung des Massenpunktes an der Kugel . . . . . . . . . . Skizze der fallenden Feder mit Massen an beiden Enden . . . . . . . . . Skizze verschiedener Federsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze eines Systems mit zwei Federn und zwei Massen . . . . . . . . . Veranschaulichung der Geometrie zwischen dem Stoßparameter und den Radien der Kugeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Veranschaulichung der Winkel an den Impulskomponenten . . . . . . . Skizze der Rotationskurven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze der Gezeitenbeschleunigung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze der schiefen Ebene inklusive des Tangential- und Normalvektors Skizze zur Bewegung des Massenpunktes senkrecht zu B . . . . . . . . Skizze zur grafischen Bestimmung der Ruhelage . . . . . . . . . . . . . Veranschaulichung zur grafischen Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . Skizze der Kräfte für einen einzelnen Massenpunkt . . . . . . . . . . . Skizze der ersten drei erlaubten Schwingungen einer Saite . . . . . . . Schematische Auftragung des effektiven Potentials . . . . . . . . . . . Skizze zur Konstruktion der Impulse nach dem Stoß für γ > 1 . . . . . Skizze zur Konstruktion der Impulse nach dem Stoß für γ = 1 . . . . . Skizze zur Konstruktion der Impulse nach dem Stoß für γ < 1 . . . . .

xiii

63 68 81 95 98 99 168 180 181 190 193 203 207 210 226 233 262 277 277 284 292 318 334 351 354 357 360 370 392 420 450 479 483 509 515 521 578 579 580

1

Vorbemerkungen

Im folgenden Kapitel werden neben einer Beschreibung zur Verwendung des Klausurtrainers auch allgemeine Hinweise zur Vorbereitung auf eine Klausur gegeben. Es wird ebenfalls auf Strategien eingegangen, um gefundene Ergebnisse selbstständig durch Methoden wie Dimensionsanalyse, Einheitenkontrolle, physikalische Grenzfälle, usw. zu überprüfen. Zuletzt wird noch eine Formelsammlung mit mathematischen und physikalischen Formeln der klassischen Mechanik bereitgestellt, die als Ausgangspunkt für eine eigene Formelsammlung genutzt werden kann.

Überblick 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5

Aufbau des Klausurtrainers . . . . . . . . . Lernstrategien . . . . . . . . . . . . . . . . Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen Weiterführende und vorbereitende Literatur Formelsammlung . . . . . . . . . . . . . .

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© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 M. Eichhorn, Prüfungstraining Theoretische Physik – Klassische Mechanik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67755-1_1

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3 7 9 31 32

1

1.1

Aufbau des Klausurtrainers

1.1

3

Aufbau des Klausurtrainers

Der Klausurtrainer besteht aus zwei Blöcken. 1. Im ersten Block sind die Klausuren mit den Aufgabentexten zu finden. 2. Im zweiten Block sind die Lösungen und Lösungshinweise zu den Klausuren zu finden. Dabei findet sich stets zuerst eine Liste mit allen Lösungshinweisen und erst danach die Liste mit den Lösungsvorschlägen zu den einzelnen Aufgaben. Dabei ist immer der Aufgabentext beigefügt, um die Lösung etwas übersichtlicher zu gestalten. Die Lösungshinweise bieten neben Denkanstößen zur Entwicklung eigener Ansätze auch Zwischenergebnisse, die für den Rest der Teilaufgabe oder folgende Teilaufgabe von Nutzen sind. 1.1.1

Themenauswahl

Für die Themenauswahl in diesem Prüfungstraining wurden die Modulhandbücher für den Bachelor-Studiengang Physik einiger Universitäten herangezogen. Diese Universitäten sind die Technische Universität (TU) Dresden, die Technische Universität (TU) Berlin, die Universität Hamburg, die Rheinisch-westfälische Technische Hochschule (RWTH) Aachen, die Johannes-Guttenberg Universität (JGU) Mainz, die Technische Universität (TU) Kaiserslautern, die Universität Heidelberg, das Karlsruher Institut für Technologie (KIT), die Technische Universität (TU) München und die Ludwig-MaximiliansUniversität (LMU) München. Gerade für die Themen der Theoretischen Physik in den ersten Semester stellt sich dabei eine besondere Diskrepanz zwischen den unterschiedlichen Lehrplänen heraus. An einigen Universitäten gibt es eine Einführung über mathematische Methoden in der Physik gefolgt von einem Kurs über klassische Mechanik, der neben der Newton’schen Beschreibung auch den Lagrange- und Hamilton-Formalismus behandelt. An anderen Universitäten hingegen, gibt es ein Semester mit einem Kurs über klassische Mechanik, in dem die Newton’sche Beschreibung und gleichzeitig die mathematischen Methoden behandelt werden. Im darauffolgenden Kurs zur analytischen Mechanik werden der Lagrange- und HamiltonFormalismus behandelt. Letzteres Konzept, soll auch in diesem Prüfungstraining Anwendung finden. In diesem Band werden also mathematische Methoden und Newton’sche Mechanik, inklusive spezieller Relativitätstheorie abgefragt, während in einem geplanten Nachfolgeband die analytische Mechanik behandelt werden soll. Die Liste der Themengebiete aus denen die Aufgaben stammen können umfasst • Differentialrechnung

• Fourier-Transformation

• Integralrechnung

• Delta-Distribution

• Komplexe Zahlen

• lineare Differentialgleichungen 1. Ordnung

• Taylor-Reihe • Fourier-Reihe

4

Vorbemerkungen

• lineare Differentialgleichungen 2. Ordnung

• Kinematik (des Massepunktes) – Bahnkurve

• Differentialoperatoren

– Geschwindigkeit

• Green’sche Funktionen

– Beschleunigung

• Funktionen mehrerer Variablen • Komplexwertige Funktionen • Mehrdimensionale Integration – Satz von Gauß – Satz von Stokes – Satz von Green (Linienintegrale) • Vektoren

– Würfe • Impuls • Kraft • Newton’sche Gesetze • Energie – Kinetische Energie – Potentielle Energie – Arbeit

• Skalarprodukte

• Drehimpuls

• Kreuzprodukte

• Drehmoment

• Spatprodukte

• Erhaltungsgrößen

• Levi-Civita-Symbol

• Harmonischer Oszillator

• Koordinatentransformationen

– gedämpft – Resonanz

• krummlinige Koordinatensysteme – Zylinderkoordinaten – Kugelkoordinaten

– Antwortfunktion – Kraftstoß • Konservative Kraftfelder

• Skalarfelder

• Zentralkraftfelder

• Vektorfelder

• Zwei-Körper-Problem

• Gradient

• Mehr-Körper-Problem

• Divergenz

• Schwerpunktsystem

• Rotation

• Kepler-Problem

• Laplace-Operator

• Gravitation ausgedehnter Körper

• Matrizen

• Stoßprozesse

– Determinante

– Impulserhaltung

– Inversion

– elastisch

– Drehgruppe

– inelastisch

1.1

Aufbau des Klausurtrainers

5

– Rutherford-Streuung

– Eigenzeit

– Wirkungsquerschnitt

– Minkowksi-Diagramme

• Virial-Satz

– Lorentz-Transformationen

• Galilei-Transformationen

– Addition von Geschwindigkeiten

• Nicht-inertiale Bezugssysteme

– kovariante Formulierung Lorentz-Skalare Lorentz-Vektoren Lorentz-Tensoren Vierer-Ortsvektor (Ereignisvektor) * Vierer-Geschwindigkeit * Vierer-Impuls – relativistische Bewegungsgleichungen * * * *

– beschleunigt – rotierend – Scheinkräfte • Spezielle Relativitätstheorie – Relativitätsprinzip – Zeitdilatation – Längenkontraktion 1.1.2

Aufbau der Klausuren

Jede Klausur besteht aus vier Aufgaben, wobei die erste Aufgabe stets eine Sammlung kleinerer Aufgaben mit dem Titel „Kurzfragen“ ist. Die restlichen drei Aufgaben sind ihrem Zeitaufwand nach geordnet, wodurch sich bei Bedarf ein Austauschen einer Aufgabe leichter bewerkstelligen lässt. Jede Klausur ist darauf ausgelegt in etwa 120 Minuten Bearbeitungszeit zu benötigen. Jeder Aufgabe sind Punkte beigefügt, sodass eine Selbsteinschätzung ermöglicht wird. Die Punkte sind so aufgeteilt, dass es insgesamt 100 zu erreichende Punkte gibt. Mit den üblichen Notenschlüsseln, können so die Punkte in eine Note mittels Tab. 1.1 umgerechnet werden. Sollten Sie für eine Teilaufgabe den Lösungshinweis in Anspruch nehmen, empfiehlt es sich, bei vollständigem Lösen der Teilaufgabe sich nur die Hälfte der Punkte gut zu schreiben. Die Noten, die in den Klausuren des Klausurtrainers erzielt werden, stellen keine Garantie für die in einer echten Klausur erzielten Note dar. Tab. 1.1 Benotungstabelle Punkte

Note

Punkte

Note

< 50

5,0

≥ 75

2,3

≥ 50

4,0

≥ 80

2,0

≥ 55

3,7

≥ 85

1,7

≥ 60

3,3

≥ 90

1,3

≥ 65

3,0

≥ 95

1,0

≥ 70

2,7

6

Vorbemerkungen

1.1.3

Schlagwörter

Jede Aufgabe ist mit vier bis fünf Schlagwörtern versehen, die stark an der Liste der Themengebiete angelehnt sind. Sie dienen dazu, eine Einschätzung zu treffen, ob die vorliegende Aufgabe, die behandelten Themengebiete abdeckt oder übersteigt. Sollten mehr als zwei Schlagwörter inhaltlich gänzlich unbekannt sein, so empfiehlt es sich die vorliegende Aufgabe beim Bearbeiten einer Klausur durch eine äquivalente Aufgabe aus einer anderen Klausur zu ersetzen. Die Schlagwörter der Klausuren sind auch die im Stichwortverzeichnis aufgeführten Punkte, was es erlaubt nach Aufgaben zu suchen, die ein bestimmtes Schlagwort beinhalten. 1.1.4

Konventionen

Da es in der Physik unterschiedliche Konventionen, für bestimmte mathematische Formulierungen gibt, soll hier eine kleine Übersicht, über diese Konventionen gegeben werden. • Eine komplexe Fourier-Reihe einer T -periodischen Funktion mit ω = 2π/T wird durch f (t) =



cn einωt

n∈Z

ausgedrückt. • Die Fourier-Transformation in der Zeit ist durch 1 F[f ](ω) = √ 2π

dtf (t) e−iωt

gegeben. • Kontravariante Vektoren der SRT tragen ihren Index oben, sodass der Ereignisvektor durch xμ = (ct, r ) gegeben ist. • Für das Arbeitsintegral wird die Vorzeichenkonvention r2

W12 = −

drr · F r1

verwendet. • Die verwendete Minkowski-Metrik ist durch ημν = diag(1, −1, −1, −1) gegeben. • Das Levi-Civita-Symbol für die Spezielle Relativitätstheorie wird mit der Konvention 0123 = +1 versehen.

1.2

Lernstrategien

7

1.2

Lernstrategien

1.2.1

Schlüsselwörter

In jedem Aufgabentext gibt es Schlüsselwörter, wie „beschreiben“ , „begründen“ , „berechnen“ , etc. Sie geben an, was in der Aufgabe gefordert ist und was zu tun ist. In Tabelle 1.2 wird eine kleine Auswahl dieser Schlüsselwörter, samt ihrer Bedeutung gegeben. Tab. 1.2 Übersichtstabelle zu Schlüsselwörtern Begründen

Sprachlich oder mathematisch mit bekannten physikalischen Zusammenhängen die Gültigkeit eines Sachverhaltes untermauern

Berechnen

Physikalische Gleichungen mit mathematischen Methoden nach einer Größe umformen, meist im Zusammenhang mit dem expliziten Einsetzen von Zahlenwerten (Rechenweg bzw. Einsetzen von Zahlen erforderlich)

Beschreiben

Sprachliche Darstellung der sachlichen Zusammenhänge

Bestimmen

Durch Methoden der Mathematik einen physikalischen Zusammenhang ermitteln (Lösungsweg erforderlich)

Diskutieren

Einen Sachverhalt sprachlich/schriftlich mit Argumenten Für und Wider aufarbeiten

Finden

Durch Umstellen von Gleichungen einen Sachverhalt herausarbeiten (Rechenweg erforderlich)

Lösen

Durch Methoden der Mathematik eine Gleichung nach dem gesuchten Sachverhalt umstellen (Rechenweg erforderlich)

Nennen

Aufzählen der geforderten Sachverhalte, auch stichwortartig möglich

Skizzieren

Sachverhalte durch eine graphische Auftragung darstellen

Zeigen

Ausgehend von elementaren, physikalischen Zusammenhängen mittels Methoden der Mathematik den geforderten Sachverhalt darlegen (Rechenweg erforderlich)

1.2.2

Allgemeine Hinweise zum Lernen

Zur Vorbereitung auf eine Klausur empfiehlt es sich, sich mit dem Vorlesungsstoff gründlich auseinander zu setzen. Dies kann beispielsweise mit dem Erstellen einer eigenen kleinen Zusammenfassung der Inhalte geschehen. Es sollte dabei vor allem darauf geachtet werden, die Dinge gründlich zu verstehen und gegebenenfalls weitere Nachforschungen zu dem Thema anzustellen. Etwaige Lehrbücher bieten hierfür eine geeignete Anlaufstelle. Einige davon sind in Abschnitt 1.4 aufgeführt.

8

Vorbemerkungen

Auch sehr hilfreich, kann das Erstellen einer eigenen Formelsammlung zum Vorlesungsstoff sein. Egal ob eine Formelsammlung für die Klausur erlaubt ist oder nicht, hilft es, eine solche Sammlung erstellt zu haben, da es zu einer erneuten Auseinandersetzung mit den Inhalten kommt. Eine Vorlage für eine Formelsammlung ist auch in Abschnitt 1.5 zu finden. Sie soll als Anregung bzw. Nachschlagemöglichkeit angesehen werden, aber es empfiehlt sich immer die Formelsammlung aus den eigenen Vorlesungsaufschrieben heraus zu erstellen. Ebenfalls ein wichtiger Aspekt ist das Üben von Aufgaben, ein erster Schritt kann das erneute Bearbeiten von Übungsblättern der jeweiligen Vorlesung sein. Auch das Durchgehen von Altklausuren oder Klausursimulationen, wie diesem Klausurtrainer ist von größter Hilfe, da so eine realistische Selbsteinschätzung über eigene Stärken und Schwächen vorgenommen werden kann. Gerade für das Bearbeiten von Übungsblättern, Altklausuren und dem Klausurtrainer, bietet es sich an, in Gruppen zu arbeiten, um sich gegenseitig unterstützen zu können, falls Schwierigkeiten auftreten. Auch das gegenseitige Erklären von Sachzusammenhängen trägt dabei zum Lernprozess bei.

1.3

1.3

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

9

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

Bei vielen Aufgaben, gibt es die Möglichkeit selbstständig zu überprüfen, ob die erhaltenen Ergebnisse sinnvoll sind. Fast alle dieser Methoden haben dabei gemeinsam, dass sie es zwar möglich machen, zu erkennen, ob ein Ergebnis falsch ist, allerdings nicht zwangsläufig garantieren, dass das Ergebnis richtig ist. Dennoch handelt es sich um praktische Werkzeuge, um auf unbewusste Rechenfehler aufmerksam zu machen. 1.3.1

Dimensionsanalyse und Einheitenkontrolle

In der Physik hat eine jede Größe eine Dimension und eine Einheit. Im Fall der klassischen Mechanik gibt es nur drei Grunddimensionen aus denen sich die anderen durch Multiplikation und Division bzw. durch Potenzieren erhalten lassen. Diese drei Grunddimensionen sind: 1. die Masse M , 2. die Länge L, 3. und die Zeit T . Um anzugeben, dass die Dimension einer Größe A betrachtet wird, wird diese Größe in runde Klammern eingefasst (A). Da es in der klassischen Mechanik nur drei Dimensionen gibt, wird die Dimension einer Größe A immer die Form (A) = M a · Lb · T c haben, wobei a, b und c für die Größe typische Exponenten sind. Weist eine Größe keine Anteile in einer der Dimensionen auf, so ist der entsprechende Exponent Null. Typischerweise wird der Faktor für diese Dimension dann auch unterschlagen, da nach den Potenzgesetzen x0 = 1 gilt. Daher ist für eine Strecke s bspw. der Exponent b gerade Eins, da die Strecke die Dimension einer Länge hat, die Exponenten a und c sind hingegen Null und der Zusammenhang (s) = M 0 · L1 · T 0 = L ist gültig. Sollten alle drei Exponenten Null sein, so ist die betrachtete Größe dimensionslos, beispielsweise sind alle Zahlen dimensionslos. Wird eine Potenz einer Größe betrachtet, so müssen die Exponenten einfach mit dieser Potenz multipliziert werden, so dass (Aλ ) = M λa · Lλb · T λc gilt. So kann beispielsweise die Dimension für das Quadrat der Kantenlänge s eines Quadrats mit der Dimension L über (s2 ) = M 2·0 · L2·1 · T 2·0 = M 0 · L2 · T 0 = L2

10

Vorbemerkungen

bestimmt werden. Werden zwei Größen A1 und A2 mit den Dimensionen (A1 ) = M a1 · Lb1 · T c1

(A2 ) = M a2 · Lb2 · T c2

mit einander multipliziert oder dividiert, so müssen ihre Exponenten gemäß der Potenzgesetze addiert bzw. subtrahiert werden, so dass (A1 · A2 ) = (M a1 · Lb1 · T c1 ) · (M a2 · Lb2 · T c2 ) = M a1 +a2 · Lb1 +b2 · T c1 +c2   A1 M a1 · Lb1 · T c1 = a2 = M a1 −a2 · Lb1 −b2 · T c1 −c2 A2 M · Lb2 · T c2 gilt. Es ist dabei zu beachten, dass Ableitungen und Integrale eine Division bzw. Multiplikation der Größe mit dem Differential darstellen. Da bspw. die Geschwindigkeit als Ableitung der Strecke mit der Dimension Länge nach der Zeit definiert ist, muss die Geschwindigkeit die Dimension Länge pro Zeit, also   ds (v) = = L · T −1 dt haben. Sollen zwei Größen miteinander addiert oder subtrahiert werden, so müssen diese zwangsweise die gleiche Dimension aufweisen. Sollte das Ergebnis einer Rechnung die Summe zweier Terme sein, die unterschiedliche Dimensionen haben, so ist an irgendeiner Stelle ein Fehler aufgetreten. Dies stellt eine erste Methode dar, um Ergebnisse überprüfen zu können. Die z-Koordinate eines Balls mit der Startgeschwindigkeit v und der Starthöhe h im Schwerfeld der Erde mit der Beschleunigung g ist durch die Formel g z(t) = h + vt − t2 2 gegeben. Die Beschleunigung ist dabei die zeitliche Ableitung der Geschwindigkeit und muss die Dimension L · T −2 aufweisen. Damit lässt sich für jeden der drei Terme die Dimension als   1 2 gt = L · T −2+2 = L (h) = L (vt) = L · T −1+1 = L 2 finden. Es handelt sich in allen drei Fällen, um die Dimension einer Länge und die Terme dürfen addiert werden. Allerdings gibt es keine Möglichkeit, den Faktor 12 mit dieser Methode zu prüfen, da dieser dimensionslos ist. Die Terme auf den zwei Seiten einer Gleichung müssen ebenfalls dieselbe Dimension haben. Dies stellt eine zweite Methode zum Überprüfen von Ergebnissen dar. Wurde eine Größe berechnet deren Dimension bekannt ist, lässt sich prüfen, ob die Dimension des

1.3

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

11

anderen Ausdrucks mit der gesuchten Dimension übereinstimmt. Für vektorielle Größen ist der Vergleich dabei komponentenweise anzustellen. Beispielsweise könnte für die Erdbeschleunigung g der Ausdruck g=ω

2



d R

2 d

gefunden worden sein, indem ω die Kreisfrequenz des Mondumlaufes, d der Abstand zwischen Erde und Mond und R der Erdradius ist. Die erwartete Dimension ist die einer Beschleunigung, also L · T −2 . Nun lässt sich die Dimension der rechten Seite überprüfen. Zunächst fällt auf, dass die Klammer einen dimensionslosen Term darstellt, denn es werden zwei Größen der Dimension Länge miteinander dividiert. Die Kreisfrequenz hat die Dimension T −1 , sodass     2 d ω2 d = T −2 · 1 · L = L · T −2 R gefunden werden kann. Es handelt sich tatsächlich um die Dimension einer Beschleunigung. Allerdings zeigt sich auch hier, dass diese Methode nicht unfehlbar ist. Der dimensionslose Koeffizient  2 d R hat keinen Einfluss auf die Dimensionsanalyse und hätte statt in der zweiten genauso gut in der dritten oder hundertsten Potenz auftreten können. Dennoch erlaubt es diese Methode auf Anhieb festzustellen, ob eine gefundene Formel falsch ist. Die eben vorgestellte Methode setzt voraus, dass die Dimension der berechneten Größe bekannt ist. In Tabelle 1.3 sind einige physikalische Größen und ihre Dimensionen aufgeführt. Ist die Dimension einer Größe jedoch nicht bekannt, so muss diese erst bestimmt werden. Dazu kann eine physikalische Formel verwendet und aus ihr ein Zusammenhang zu den Dimensionen bekannter Größen hergestellt werden. Die kinetische Energie ist bspw. durch E=

1 mv 2 2

gegeben, also lässt sich die Dimension zu   1 (E) = · (m) · (v 2 ) = 1 · M 1 · L2 · T −2 = M · L2 · T −2 2 bestimmen. Ein letzter Aspekt, der zu betrachten ist, ist die Dimension von Argumenten mathematischer Funktionen. Solche sind immer dimensionslos. Hat beispielsweise die Größe x die

12

Vorbemerkungen

Dimension einer Länge, so kann von ihr keine Exponentialfunktion oder Sinusfunktion gebildet werden. Ausdrücke wie ex oder sin(x) sind dann also ein Indikator dafür, dass ein Rechenfehler aufgetreten ist. 1 Eine Möglichkeit, wie dennoch von physikalischen Größen mathematische Funktionen gebildet werden, ist die Multiplikation mit einem Faktor, welcher die Dimension aufhebt. Hat also k die Dimension L−1 so sind die Ausdrücke ekx und sin(kx) sinnvoll. Eine Ausnahme zu dieser Regel bildet der Logarithmus, da Produkte durch die Logarithmengesetze auseinander gezogen werden können. So lässt sich der „physikalische“ Ausdruck ln(kx) prinzipiell zu ln(k) + ln(x) auseinander ziehen. Beide Argumente sind dabei nicht dimensionslos. Um systematisch arbeiten zu können, wird aber empfohlen, die Argumente des Logarithmus durch dimensionslose Ausdrücke darzustellen, was üblicherweise durch Integrationskonstanten o. Ä. bewerkstelligt werden kann. Neben der hier vorgestellten Methode der Dimensionsanalyse gibt es die vollkommen äquivalente Methode der Einheitenkontrolle. Jede physikalische Größe trägt eine physikalische Einheit, die mit den Dimensionen der jeweiligen Größe verbunden ist. Wie bei den Dimensionen gibt es auch hier drei Grundeinheiten, die durch das internationale Einheitensystem (franz. système international d’unités) oder Kurz SI festgelegt sind. Die Grundeinheiten sind dabei 1. das Kilogramm kg, 2. das Meter m, 3. und die Sekunde s. Alle andere Einheiten sind Produkte oder Potenzen dieser Grundeinheiten. Das Kilogramm ist mit der Dimension der Masse verknüpft. Das Meter ist mit der Dimension der Länge verknüpft. Und die Sekunde ist die Einheit der Zeit. Diesen Einheiten können Präfixe vorgesetzt werden, um kleine oder große Zahlen einfacher darzustellen. Ein Millimeter mm ist bspw. ein tausendstel Meter. 2 Um anzugeben, dass die Einheit einer Größe A betrachtet werden soll, wird diese in eckige Klammern [A] eingefasst. Wie bei den Dimensionen auch lassen sich mit den drei Exponenten a, b und c aus (A) = M a · Lb · T c die Einheiten einer Größe so als [A] = kga · mb · sc 1 Der

Grund dafür hängt damit zusammen, dass viele mathematische Funktionen als Potenzreihe dargestellt werden können, bei der Exponentialfunktion bspw. müssen x, x2 , x3 usw. aufaddiert werden. Dies ist nur möglich wenn all diese Potenzen dieselbe Dimension haben und das ist wiederum nur möglich, wenn sie alle dimensionslos sind. 2 Da in keiner Aufgabe das explizite Einsetzen von Zahlen verlangt wird, wird auf das Auflisten dieser Präfixe verzichtet.

1.3

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

13

darstellen. Ist eine Größe dimensionslos, so hat sie keine Einheiten. Die Regeln für den Umgang mit Einheiten sind dieselben, wie für den Umgang mit Dimensionen: • Beim Potenzieren der Größe wird jeder Exponent mit der Potenz multipliziert. • Bei Multiplikation bzw. Division werden die Exponenten der Einheiten addiert bzw. subtrahiert. • Bei Addition bzw. Subtraktion zweier Terme müssen die Einheiten übereinstimmen. • Die Einheiten müssen auf den beiden Seiten einer Gleichung übereinstimmen. • Zum Bestimmen der Einheiten einer Größe können physikalische Formeln verwendet werden, um die Einheiten durch die bekannten Einheiten anderer Größen zu ermitteln. • Die Argumente von mathematischen Funktionen haben keine Einheiten. In Tabelle 1.3 sind auch die Einheiten wichtiger physikalischer Größen aufgeführt. Der große Unterschied zwischen Einheiten und Dimensionen besteht darin, dass es für Einheiten üblich ist, ihnen spezielle Namen zu geben. 3 So ist die geläufige Einheit der Kraft das Newton N, welches als das Produkt aus Kilogramm, Meter und dem inversen Quadrat der Sekunde definiert ist, weshalb N = kg ·

m s2

gilt. Auf der einen Seite, ist die Einheitenkontrolle oft geläufiger, da durch häufiges Einsetzen von Zahlenwerten und den dazugehörigen Einheiten, eher eine Verknüpfung zwischen den Größen und ihren Einheiten anstatt zu ihren Dimensionen hergestellt wird. Auf der anderen Seite sorgen die speziellen Namen dafür, dass mehr Zusammenhänge auswendig gelernt werden müssten. Es bleibt also eine Frage des persönlichen Geschmacks, ob eine Dimensionsanalyse oder eine Einheitenkontrolle zum Prüfen von Ergebnissen vorgenommen werden soll. Beispielaufgabe Finden Sie für die folgenden Ausdrücke mittels Dimensionsanalyse oder Einheitenkontrolle (oder durch beides) heraus, ob ein Rechenfehler unterlaufen sein könnte. Die Lösung können Sie in Abschnitt 1.3.5 einsehen. (a) g =

GM R3

(b) E = mc2

(d) P = v · F

(e) μ =

(g) E = − 8mp3 c2 4

(h) T =

m1 m2 m1 +m2  2π gl

(c) z = h − gt (f)

E=

(i)

ω=

p2 m k m

3 Rein formell gesehen gibt es einen weiteren Unterschied: Einheiten hängen von der Wahl der Basiseinheiten ab, ob in Metern oder in Inch gemessen wird, verändert die Zahlenwerte der betrachteten Größen. Die Dimen-

14

Vorbemerkungen

Tab. 1.3 Übersicht über Größen mit ihren Formelzeichen, Dimension und Einheiten Größe

Formelzeichen

Dimension

Einheit

Strecke, Ortskoordinaten, Ortsvektor

s, x, y, z, r

L

m

Geschwindigkeit

v, u, v

L · T −1

m · s−1

Beschleunigung

a, g, a

L · T −2

m · s−2

Zeit, Periodendauer

t, T , τ

T

s

Frequenz

f

T −1

Hz, s−1

Kreisfrequenz, Winkelgeschwindigkeit

ω, Ω

T −1

s−1

Masse

m, M , μ

M

kg −1

kg · m · s−1

Impuls

p, π, p

M ·L·T

Kraft

F , K, F ,

M · L · T −2

N, kg · m · s−2

Energie, Arbeit

E, U , V , T , W

M · L2 · T −2

J, kg · m2 · s−2

2

−3

W, kg · m2 · s−3

Leistung

P

M ·L ·T

(Eigen-)Drehimpuls

L, J, S, L

M · L2 · T −1

J · s, kg · m2 · s−1

Drehmoment

M , N , D, D

M · L2 · T −2

N · m, kg · m2 · s−2

Gravitationskonstante

G

M −1 · L3 · T −2

m3 · s−2 · kg−1

1.3.2

Physikalische Grenzfälle

Eine weitere Möglichkeit Ergebnisse zu überprüfen besteht darin, physikalische Grenzfälle zu betrachten. Dazu können beispielsweise kleine oder große Geschwindigkeiten, frühe oder späte Zeiten, kleine oder große Reibung, usw. in Betracht gezogen werden. Die Ergebnisse dieser Grenzfälle sollten entweder bekannt oder besonders leicht zu ermitteln sein. Für eine vermeintliche Lösung des vollständigen Problems können dann Grenzwerte bzgl. der in den Grenzfällen betrachteten Größen vorgenommen und mit den Ergebnissen eben dieser Grenzfälle verglichen werden. Sollten diese nicht miteinander übereinstimmen, so ist das vermeintliche Ergebnis falsch. Das konkrete Vorgehen ist dabei von Fall zu Fall unterschiedlich und wird am besten an Hand eines Beispiels beschrieben. In einer Aufgabe soll für einen schrägen Wurf mit Starthöhe h und Startgeschwindigkeit v0 der Winkel α bestimmt werden, unter dem die maximale Wurfweite erzielt wird. Als sionen bleiben jedoch immer die gleichen. Eine Strecke wird immer die Dimension Länge haben, egal ob sie in Metern oder in Inch gemessen wird.

1.3

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

Ergebnis wird dabei der Winkel

15

⎞

⎛ 1

αmax = Arctan⎝

1+

2gh v02

⎠

gefunden. Es lässt sich der bekannte Grenzfall für eine verschwindende Starthöhe h = 0 betrachten. In diesem Fall ist der Winkel für die maximale Wurfweite gerade 45◦ . Nun kann der Grenzwert des gefundenen Ausdrucks für diesen Grenzfall betrachtet werden. Das Argument des Arcustangens kann zu 1

lim

h→0

1+

2gh v02

=1

bestimmt werden. Da der Tanges für 45◦ gerade den Wert Eins annimmt, muss der Arcustangens von Eins gerade 45◦ sein. Also geht der Ausdruck für αmax im entsprechenden Grenzwert in die Lösung des Grenzfalls über. Wie auch bei der Dimensionsanalyse lässt sich mit dieser Methode nur überprüfen, ob das Ergebnis falsch ist. Wenn der Grenzwert nicht mit der Erwartung für den Grenzfall übereinstimmt, so ist das vermeintliche Ergebnis falsch. An dem gewählten Beispiel wird auch klar, dass diese Methode nicht sensitiv auf konstante Faktoren, bzw. die richtigen Potenzen ist. So ist es für den Grenzwert in diesem Beispiel egal, ob in der Wurzel der Faktor Zwei vor dem Ausdruck gh steht oder nicht. Ebenso könnte eine beliebige (positive) Potenz des v2 Ausdrucks

gh v02

0

in der Wurzel auftauchen, ohne das Ergebnis zu verändern.

Beispielaufgabe Überprüfen Sie die angegebenen Grenzfälle der nachfolgenden Beispiele mit den Grenzwerten der jeweiligen Ausdrücke. (a) Für den gedämpften harmonischen Oszillator x ¨ + 2γ x˙ + ω 2 x = 0 wird die Lösung x(t) = (A cos(Ωt) + B sin(Ωt)) e−γt  gefunden, wobei Ω = ω 2 − γ 2 ist. Betrachten Sie den Grenzfall verschwindender Reibung γ → 0. (b) Für den freien Fall mit Luftwiderstand v˙ + γv + g = 0 wird mit der Anfangsbedingung v(0) = v0 die Lösung  g v(t) = − 1 − e−γt + v0 γ gefunden. Betrachten Sie die Grenzfälle kleiner und großer Zeiten t.

16

Vorbemerkungen

(c) Für die relativistische Bewegung eines Körpers mit Ruhemasse m und Geschwindigkeit v wird für die kinetische Energie der Ausdruck Ekin = (γ − 1)mc2 gefunden, wobei 1 γ=

1−

v2 c2

gilt. Dabei ist c die Lichtgeschwindigkeit. Betrachten Sie den Grenzfall kleiner Geschwindigkeiten. 1.3.3

Stammfunktionen

Häufig sind Stammfunktionen zu bestimmen und diese an bestimmten Stellen auszuwerten. Dank des Hauptsatzes der Differential- und Integralrechnung gibt es eine schnelle Möglichkeit zu überprüfen, ob eine bestimmte Stammfunktion richtig ist. Wurde zu der Funktion f (x) die Stammfunktion F (x) gefunden, so muss die Ableitung von F (x) wieder der Funktion f (x) entsprechen, so dass der Zusammenhang F  (x) = f (x) gilt. Wurde beispielsweise zur Funktion f (x) = x e−x

2

die Stammfunktion 2 1 F (x) = − e−x 2

bestimmt, so lässt sich durch die Ableitung 2 2 1 F  (x) = − (−2x) e−x = x e−x = f (x) 2

sehen, dass die Ableitung zu F tatsächlich f ist und es sich daher um die Stammfunktion handeln sollte. Bei dieser Überprüfung muss natürlich darauf geachtet werden, dass die Ableitungen richtig gebildet werden. Die Fehleranfälligkeit besteht darin, dass beim Ableiten ein Fehler auftritt und damit eine falsche Stammfunktion trotzdem als richtig angenommen wird. Es handelt sich auch hier wieder um eine Methode mit der falsche Ergebnisse ausgeschlossen werden sollen. Beispielaufgabe Finden Sie heraus, ob es sich wirklich um die Stammfunktion handelt. Sie können die Lösungen in Abschnitt 1.3.5 einsehen. (a) f (x) = ln(x)

F (x) = x ln(x) + x

1.3

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

F (x) = 14 x4 − 12 x2

(b) f (x) = x3 − x (c) f (x) =

√ 1 1−x2

F (x) = Arcsin(x)

(d) f (x) =

1 cos2(x)

F (x) = cot(x)

(e) f (x) = sin2 (x)

F (x) =

(f) f (x) = eax sin(bx) 1.3.4

17

x 2

−

F (x) =

sin(2x) 2 eax a2 +b2

(a sin(bx) − b cos(bx))

Differentialgleichungen

Wenn eine vermeintliche Lösung f zu einer Differentialgleichung von f gefunden wurde, dann lässt sich diese zur Probe in die Differentialgleichung einsetzen. Geht die Differentialgleichung auf, so stellt f eine Lösung derselbigen dar. Falls nicht, so ist ein Rechenfehler aufgetreten. Genau wie bei der Überprüfung der Stammfunktionen kommt es darauf an, dass hier die Ableitungen richtig gebildet werden. 4 Als Beispiel kann die Differentialgleichung x ¨ + ω2 x = 0 betrachtet werden. Die vermeintlichen Lösungen sind durch x1 (t) = A sin(ωt)

x2 (t) = B cosh(ωt)

gegeben. Die erste der beiden lässt sich in die Differentialgleichung einsetzen, um x ¨1 + ω 2 x1 = −Aω 2 sin(ωt) + Aω 2 sin(ωt) = 0 zu erhalten. Sie stellt daher eine Lösung der Gleichung dar. Wird die zweite Lösung in die Differentialgleichung eingesetzt, so kann hingegen x ¨2 + ω 2 x2 = Bω 2 cosh(ωt) + Bω 2 cosh(ωt) = 2Bω 2 cosh(ωt) = 0 gefunden werden. Es handelt sich bei x2 daher um keine Lösung der Differentialgleichung. Es ist dabei zu beachten, dass bei linearen Differentialgleichungen mit Inhomogenitäten, nur die partikuläre Lösung die Inhomogenität ergeben wird. Es lassen sich dann immer homogene Lösungen aufaddieren. So ist beispielsweise x1 eine homogene Lösung zur linearen Differentialgleichung x ¨ + ω 2 x = f0 cos(Ωt) , 4 Sollte einmal schnell überprüft werden, ob eine vermeintliche Lösung stimmt, kann auch ein ComputerAlgebra-System bemüht werden. In GeoGebra kann beispielsweise die vermeintliche Lösung eingegeben werden. Danach kann die Differentialgleichung mit der Strich-Notation und der definierten Funktion eingegeben werden. Dabei empfiehlt es sich, die Differentialgleichung so umzustellen, dass eine Seite Null ergibt. Zeigt GeoGebra nach dem Bestätigen der Eingabe eine Nulllinie an, so handelt es sich um die richtige Lösung.

18

Vorbemerkungen

obwohl x ¨1 + ω 2 x1 = 0 = f0 cos(Ωt) gilt. Bei Differentialgleichungen mit unbestimmten Anfangs- bzw. Randbedingungen ist darauf zu achten, dass die Anzahl der Integrationskonstanten (also der Konstanten, die durch eben jene Bedingungen bestimmt werden) mit der Ordnung der Differentialgleichung übereinstimmen muss. Dies stellt eine Möglichkeit dar, um festzustellen, ob bereits genügend Lösungen gefunden wurden. Die Lösung x1 ist bspw. eine Lösung der obigen Gleichung. Jedoch handelt es sich um eine Gleichung zweiter Ordnung, weshalb es noch eine zweite, unabhängige Lösung mit einer eigenen Integrationskonstante geben muss. Diese kann zum Beispiel durch x2 (t) = B cos(ωt) gegeben sein. Es wäre aber auch möglich, anstelle von x1 und x2 die Lösung x3 = C cos(ωt + φ) zu verwenden, da diese zwei Konstanten C und φ enthält, in die sich die Randbedingungen einarbeiten lassen. Handelt es sich um eine Differentialgleichung mit Anfangs- bzw. Randbedingungen, so sind diese ebenfalls zu prüfen. Soll zum Beispiel zu der Differentialgleichung x ¨ + ω2 x = 0 ˙ = v0 gelten und wurde die Lösung die Randbedingung x(0) = x0 und x(0) x(t) = x0 cos(ωt) +

v0 sin(ωt) ω

gefunden, so muss dies überprüft werden. Dazu kann die Rechnung x(0) = x0

x(t) ˙ = v0 cos(ωt)

x(0) ˙ = v0

betrachtet werden. Sie zeigt, dass die Anfangsbedingungen erfüllt sind. Da die beiden Summanden den Lösungen x1 und x2 entsprechen, handelt es sich um Lösungen der Differentialgleichungen und die vermeintliche Lösung ist tatsächlich die gesuchte Lösung. Beispielaufgabe Prüfen Sie, ob die angegebenen vermeintlichen Lösungen tatsächlich eine Lösung zur Differentialgleichung bzw. zum Anfangswert-/Randwertproblem darstellen. Sind genug Integrationskonstanten vorhanden? Die Lösungen können Sie im Abschnitt 1.3.5 einsehen. (a) f  (x) + λf (x) = 0 (b) f  (x) = xf (x)

f (x) = A eλx f (x) = A e

x2 2

1.3

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

(c) f  (x) − λ2 f (x) = 0

f1 (x) = A cosh(λx)

(d) f  (x) + 2γf  (x) + ω 2 f (x) = 0 ω0 > γ (e) f  (x) = −λf (x)

f (0) = f0

(f) f  (x) = −λf (x)

f  (0) = A0

1.3.5

19

f2 (x) = B eλx   f (x) = A e−γx sin ω2 − γ 2 x

f (x) = f0 e−λx f (x) = A0 e−λx

Lösungen der Beispielaufgaben

Dimensionsanalyse und Einheitenkontrolle Es waren verschiedene Ausdrücke auf ihre Richtigkeit mittels Dimensionsanalyse oder Einheitenkontrolle zu prüfen. (a) g =

GM R3

Dimensionsanalyse: Auf der linken Seite steht eine Beschleunigung, welche die Dimension L · T −2 aufweisen muss. Auf der rechten Seite steht die Gravitationskonstante mit der Dimension M −1 · L3 · T −2 , eine Masse (der Erde) mit Dimension M und eine Strecke (Radius der Erde) mit Dimension L. Insgesamt kann die Dimension der rechten Seite zu   GM M −1 · L3 · T −2 · M = = T −2 R3 L3 bestimmt werden. Dies stimmt nicht mit der Dimension einer Beschleunigung überein, weshalb ein Fehler in der Rechnung aufgetreten sein muss. Einheitenkontrolle: Auf der linken Seite steht eine Beschleunigung mit den Einheiten m · s−2 . Auf der rechten Seite sind die Gravitationskonstante mit den Einheiten kg−1 · m3 · s−2 , eine Masse (der Erde) mit der Einheit kg und eine Strecke (Radius der Erde) mit der Einheit m zu finden. Daher lässt sich die Einheit der rechten Seite mittels   GM kg−1 · m3 · s−2 · kg = = s−2 R3 m3 bestimmen. Sie stimmt nicht mit der Einheit einer Beschleunigung überein und es muss daher ein Fehler in der Rechnung aufgetreten sein. (b) E = mc2 Dimensionsanalyse: Auf der linken Seite steht eine Energie mit der Dimension M · L2 · T −2 . Auf der rechten Seite steht eine Masse m mit der Dimension M und eine Geschwindigkeit (die Lichtgeschwindigkeit) c mit der Dimension L · T −1 . Es lässt sich die Dimension der rechten Seite zu (mc2 ) = M · L2 · T −2

20

Vorbemerkungen

bestimmen. Es handelt sich tatsächlich um die Dimension einer Energie. Die Dimensionen des Ergebnis sind daher sinnvoll. Einheitenkontrolle: Auf der linken Seite steht eine Energie mit der Einheit J = kg · m2 · s−2 . Auf der rechten Seite steht eine Masse m mit der Einheit kg und eine Geschwindigkeit (die Lichtgeschwindigkeit) c mit der Einheit m2 · s2 . Es lässt sich die Einheit der rechten Seite zu [mc2 ] = kg · m2 · s−2 = J bestimmen. Es handelt sich tatsächlich um die Einheit einer Energie. Die Einheiten des Ergebnis sind daher sinnvoll. (c) z = h − gt Dimensionsanalyse: Auf der linken Seite steht die z-Koordinate mit der Dimension L. Auf der rechten Seite steht eine Differenz aus einer Höhe h mit der Dimension L und dem Produkt einer Beschleunigung g mit der Dimension L · T −2 und der Zeit t mit der Dimension T . Damit lassen sich die Dimensionen der beiden Ausdrücke auf der rechten Seite zu [h] = L

[gt] = L · T −2 · T = L · T −1

bestimmen. Die beiden Ausdrücke haben nicht dieselbe Dimension und können deshalb nicht addiert oder subtrahiert werden. Aus diesem Grund kann die angegebene Gleichung nicht richtig sein. Einheitenkontrolle: Auf der linken Seite steht die z-Koordinate mit der Einheit m. Auf der rechten Seite steht eine Differenz aus einer Höhe h mit der Einheit m und dem Produkt einer Beschleunigung g mit der Einheit m · s−2 und der Zeit t mit der Einheit s. Damit lassen sich die Einheiten der beiden Ausdrücke auf der rechten Seite zu (h) = m

(gt) = m · s−2 · s = m · s−1

bestimmen. Die beiden Ausdrücke haben nicht dieselben Einheiten und können deshalb nicht addiert oder subtrahiert werden. Aus diesem Grund kann die angegebene Gleichung nicht richtig sein. (d) P = v · F Dimensionsanalyse: Auf der linken Seite steht die Leistung, welche die Dimension M · L2 · T −3 aufweist. Auf der rechten Seite steht ein Produkt aus der Geschwindigkeit mit der Dimension L · T −1 und der Kraft mit der Dimension M · L · T −2 . Somit lässt sich die Dimension der rechten Seite durch (v · F ) = L · T −1 · M · L · T −2 = M · L2 · T −3

1.3

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

21

bestimmen. Es handelt sich um die Dimension einer Leistung und somit sind die Dimensionen der Gleichung sinnvoll. Einheitenkontrolle: Auf der linken Seite steht die Leistung, welche die Einheiten W = kg · m2 · s−3 aufweist. Auf der rechten Seite steht ein Produkt aus der Geschwindigkeit mit den Einheiten m · s−1 und der Kraft mit den Einheiten kg · m · s−2 . Somit lassen sich die Einheiten der rechten Seite durch [v · F ] = m · s−1 · kg · m · s−2 = kg · m2 · s−3 = W bestimmen. Es handelt sich um die Einheiten einer Leistung und somit sind die Einheiten der Gleichung sinnvoll. (e) μ =

m1 m2 m1 +m2

Dimensionsanalyse: Auf der linken Seite steht die reduzierte Masse μ mit der Dimension M . Auf der rechten Seite stehen zwei Massen m1 und m2 jeweils mit der Dimension M . Da im Nenner zwei Massen miteinander addiert werden, hat der Nenner die Dimension einer Masse. So lässt sich die Dimension der rechten Seite zu   m1 m2 M2 =M = m1 + m2 M bestimmen. Es handelt sich um die Dimension einer Masse und somit sind die Dimensionen der Gleichung sinnvoll. Einheitenkontrolle: Auf der linken Seite steht die reduzierte Masse μ mit der Einheit kg. Auf der rechten Seite stehen zwei Massen m1 und m2 jeweils mit den Einheiten kg. Da im Nenner zwei Massen miteinander addiert werden, hat der Nenner ebenfalls die Einheit kg. So lassen sich die Einheiten der rechten Seite zu   m1 m2 kg2 = kg = m1 + m2 kg bestimmen. Es handelt sich um die Einheit einer Masse und somit sind die Einheiten der Gleichung sinnvoll. (f) E =

p2 m

Dimensionsanalyse: Auf der linken Seite steht die Energie mit der Dimension M · L · T −2 . Auf der rechten Seite steht ein Quotient aus dem Quadrat des Impulses, welcher die Dimension M · L · T −1 hat und der Masse mit der Dimension M . Somit lässt sich die Dimension der rechten Seite durch  2 p M 2 · L2 · T −2 = M · L2 · T −2 = m M

22

Vorbemerkungen

bestimmen. Es handelt sich tatsächlich um die Dimension einer Energie. Dennoch ist p2 die Formel inkorrekt. Die korrekte Formel lautet E = 2m . Der Faktor 2 konnte durch die Dimensionsanalyse nicht geprüft werden. Dieses Beispiel illustriert die Grenzen der Dimensionsanalyse. Einheitenkontrolle: Auf der linken Seite steht die Energie mit den Einheiten J = kg · m2 · s−2 . Auf der rechten Seite steht ein Quotient aus dem Quadrat des Impulses, welcher die Einheiten kg · m · s−1 hat und der Masse mit der Einheit kg. Somit lassen sich die Einheiten der rechten Seite durch  2 p kg · m2 · s−2 = = kg · m2 · s−2 = J m kg bestimmen. Es handelt sich tatsächlich um die Einheit einer Energie. Dennoch ist die p2 Formel inkorrekt. Die korrekte Formel lautet E = 2m . Der Faktor 2 konnte durch die Einheitenkontrolle nicht geprüft werden. Dieses Beispiel illustriert die Grenzen der Einheitenkontrolle. (g) E = − 8mp3 c2 4

Dimensionsanalyse: Auf der linken Seite steht die Energie mit der Dimension M · L · T −2 . Auf der rechten Seite steht ein Ausdruck, in welchem der Impuls mit der Dimension M · L · T −2 , eine Masse mit der Dimension M und eine Geschwindigkeit (die Lichtgeschwindigkeit) mit der Dimension L · T −1 vorkommt. Daher lassen sich die Dimensionen auf der rechten Seite durch   M 4 · L4 · T −4 p4 − 3 2 = 3 2 −2 = M · L2 · T −2 8m c M ·L ·T bestimmen. Der Zahlenfaktor − 18 ist dimensionslos und trägt daher nicht bei. Es handelt sich tatsächlich um die Dimension einer Energie, daher ist die Gleichung von den Dimensionen her sinnvoll. Einheitenkontrolle: Auf der linken Seite steht die Energie mit den Einheiten J = kg · m2 · s−2 . Auf der rechten Seite steht ein Ausdruck, in welchem der Impuls mit den Einheiten kg · m · s−1 , eine Masse mit der Einheit kg und eine Geschwindigkeit (die Lichtgeschwindigkeit) mit der Dimension m · s−1 vorkommt. Daher lassen sich die Einheiten auf der rechten Seite durch   kg4 · m4 · s−4 p4 = kg · m2 · s−2 = J − 3 2 = 8m c kg3 · m2 · s−2 bestimmen. Der Zahlenfaktor − 18 ist dimensionslos und trägt daher nicht bei. Es handelt sich tatsächlich um die Einheiten einer Energie, daher ist die Gleichung von den Einheiten her sinnvoll.

1.3

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

(h) T = 2π

23

g l

Dimensionsanalyse: Auf der linken Seite steht eine Periodendauer mit der Dimension T . Auf der rechten Seite steht ein Ausdruck, der die Erdbeschleunigung mit der Dimension L · T −2 und eine Länge l mit der Dimension L beinhaltet. Daher lassen sich die Dimensionen der rechten Seite zu 1/2     L · T −2 g = = T −1 2π l L bestimmen. Erneut trägt der dimensionslose Zahlenfaktor 2π nichts bei. Es handelt sich um die exakt inverse Dimension einer Zeit. In der Rechnung ist daher ein Fehler aufgetreten, vermutlich beim Umstellen von der Frequenz zur Periodendauer. Einheitenkontrolle: Auf der linken Seite steht eine Periodendauer mit der Einheit s. Auf der rechten Seite steht ein Ausdruck, der die Erdbeschleunigung mit den Einheiten m · s−2 und eine Länge l mit der Einheit m beinhaltet. Daher lassen sich die Einheiten der rechten Seite zu 1/2     m · s−2 g = = s−1 2π l m bestimmen. Erneut trägt der dimensionslose Zahlenfaktor 2π nichts bei. Es handelt sich um die exakt inverse Einheit einer Zeit. In der Rechnung ist daher ein Fehler aufgetreten, vermutlich beim Umstellen von der Frequenz zur Periodendauer. (i) ω =

k m

Dimensionsanalyse: Auf der linken Seite der Gleichung steht eine Kreisfrequenz mit der Dimension T −1 auf der rechten Seite steht eine Masse mit der Dimension M und eine Federkonstante, deren Dimensionen erst noch bestimmt werden müssen. Das Hook’sche Gesetz gibt zwischen der Kraft, der Auslenkung und der Federkonstante den Zusammenhang F = −kx vor. Da die Kraft die Dimension M · L · T −2 und die Auslenkung die Dimension L aufweist, muss die Dimension der Federkonstante durch (k) =

(F ) M · L · T −2 = = M · T −2 (x) L

gegeben sein. Damit lassen sich die Dimensionen der rechten Seite zu   k M · T −2 = = T −2 m M

24

Vorbemerkungen

bestimmen. Es handelt sich um das Quadrat der Dimensionen einer Kreisfrequenz. In der Rechnung ist also ein Fehler aufgetreten. Vermutlich wurde vergessen in einem Schritt eine Wurzel zu ziehen. Einheitenkontrolle: Auf der linken Seite der Gleichung steht eine Kreisfrequenz mit der Einheit s−2 auf der rechten Seite steht eine Masse mit der Einheit kg und eine Federkonstante, deren Einheiten erst noch bestimmt werden müssen. Das Hook’sche Gesetz gibt zwischen der Kraft, der Auslenkung und der Federkonstante den Zusammenhang F = −kx vor. Da die Kraft die Einheiten N = kg · m · s−2 und die Auslenkung die Einheit m aufweist, müssen die Einheiten der Federkonstante durch [k] =

[F ] N kg · m · s−2 = = = kg · s−2 [x] m m

gegeben sein. Damit lassen sich die Einheiten der rechten Seite zu   k kg · s−2 = = s−2 m kg bestimmen. Es handelt sich um das Quadrat der Einheiten einer Kreisfrequenz. In der Rechnung ist also ein Fehler aufgetreten. Vermutlich wurde vergessen in einem Schritt eine Wurzel zu ziehen. Physikalische Grenzfälle Es waren physikalische Probleme gegeben, für welche bestimmte Grenzfälle betrachtet werden sollten. (a) Die Lösung x(t) = (A cos(Ωt) + B sin(Ωt)) e−γt für die Differentialgleichung x ¨ + 2γ x˙ + ω 2 x = 0 soll im Grenzfall verschwindender Reibung γ → 0 betrachtet werden. In diesem Grenzfall ist die Differentialgleichung durch x ¨ + ω2 x = 0 gegeben. Es handelt sich also um einen normalen harmonischen Oszillator, dessen Lösung durch x(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt)

1.3

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

25

gegeben ist. Für den Grenzwert der Lösung des vollständigen Problems kann zunächst die Fre quenz Ω = ω 2 − γ 2 betrachtet werden. Ihr Grenzwert ist durch lim

γ→0

 √ ω2 − γ 2 = ω2 = ω

gegeben. Gleichzeitig wird für γ → 0 das Argument der Exponentialfunktion gegen Null streben und daher wird die Exponentialfunktion nunmehr ein Faktor Eins sein. Insgesamt kann so der Grenzwert der vollständigen Lösung zu lim (A cos(Ωt) + B sin(Ωt)) e−γt = A cos(ωt) + B sin(ωt)

γ→0

bestimmt werden. Es handelt sich um das Ergebnis des Grenzfalls. (b) Für den freien Fall mit Luftwiderstand v˙ + γv + g = 0

v(0) = v0

und dessen vermeintliche Lösung v(t) = v0 −

 g 1 − e−γt γ

sollten die Grenzfälle großer und kleiner Zeiten betrachtet werden. Für kleine Zeiten und nicht zu große Geschwindigkeiten v0 lässt sich der Einfluss des Luftwiderstands vernachlässigen und es wäre stattdessen die Gleichung v˙ = −g

v(0) = v0

zu lösen, was durch v(t) = v0 − gt geschieht. Der Grenzwert der vermeintlichen Lösung ist wegen e−γt ≈ 1 − γt dann durch    g g 1 − e−γt = v0 − (1 − (1 − γt)) = v0 − gt lim v0 − t→0 γ γ gegeben. Er stimmt mit dem Grenzfall kleiner Zeiten überein. Für große Zeiten wird die Geschwindigkeit einen festen Wert annehmen, weshalb v˙ gerade Null sein muss und es ist in diesem Grenzfall die Gleichung γv + g = 0

26

Vorbemerkungen

zu lösen, was durch die konstante Geschwindigkeit − γg geschieht. Der Grenzfall der vermeintlichen Lösung lässt sich dann dadurch bestimmen, dass e−γt für große Zeiten auf Null gesetzt wird. Somit ist der Grenzwert in diesem Fall durch    g g g −γt 1−e = v0 − = − lim v0 − t→0 γ γ γ gegeben. Er entspricht nicht dem Grenzfall großer Zeiten, weshalb die vermeintliche Lösung falsch sein muss. Die korrekte Lösung des Problems ist durch v(t) = v0 e−γt −

 g 1 − e−γt γ

gegeben. (c) Es war die vermeintliche kinetische Energie für eine relativistische Bewegung durch Ekin = (γ − 1)mc2 gegeben. Im Grenzfall kleiner, also nicht relativistischer Geschwindigkeiten, sollte sich hieraus die klassische kinetische Energie Ekin =

1 mv 2 2

ergeben. Als Grenzwert lässt sich der γ-Faktor γ=

mit

v c



1 1−

v2 c2

=

v2 1− 2 c

−1/2

 1 betrachten. Die Wurzel lässt sich in diesem Fall also entwickeln, um so γ ≈1+

1 v2 2 c2

und damit den Grenzwert der kinetischen Energie   1 v2 1 Ekin = (γ − 1)mc2 ≈ 1 + − 1 mc2 = mv 2 2 c2 2 zu erhalten. Dieser stimmt mit dem Ausdruck des physikalischen Grenzfalls überein. Stammfunktionen Es waren einige Stammfunktionen gegeben, die auf ihre Richtigkeit hin überprüft werden sollten.

1.3

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

(a) f (x) = ln(x)

27

F (x) = x ln(x) + x

Die Ableitung von F lässt sich als F  (x) = ln(x) + x ·

1 + 1 = ln(x) + 2 x

bestimmen. Diese Funktion stimmt nicht mit f überein und daher kann F nicht die Stammfunktion von f sein. Die richtige Stammfunktion ist hingegen durch F (x) = x ln(x) − x bestimmt. (b) f (x) = x3 − x

F (x) = 14 x4 − 12 x2

Die Ableitung von F kann zu F  (x) =

1 3 1 4x − 2x = x3 − x 4 2

bestimmt werden. Sie stimmt mit f überein, also ist F eine Stammfunktion von f . (c) f (x) =

√ 1 1−x2

F (x) = Arcsin(x)

Die Ableitung von F kann zu F  (x) =

d du

=

1 1  = [cos(u)] sin(u) u=Arcsin(x) 1

1 − sin2 (Arcsin(x))

=√

1 1 − x2

bestimmt werden. Sie stimmt mit f überein, also handelt es sich um eine Stammfunktion von f . (d) f (x) =

1 cos2(x)

F (x) = cot(x)

Die Ableitung der Funktion F (x) = F  (x) =

cos(x) sin(x)

kann mittels

sin2 (x) + cos2 (x) 1 cos (x) sin(x) − cos(x) sin (x) = − =− 2 2 2 sin (x) sin (x) sin (x)

bestimmt werden. Diese stimmt jedoch nicht mit der Funktion f überein, weshalb F keine Stammfunktion zu f sein kann. Die richtige Stammfunktion ist hingegen durch F (x) = tan(x) gegeben.

28

Vorbemerkungen

(e) f (x) = sin2 (x)

F (x) =

x 2

−

sin(2x) 2

Die Ableitung der Funktion F kann mittels 1 1 1 − · 2 · cos(2x) = − cos(2x) 2 2 2 1 1 1 2 2 = − cos (x) + sin (x) = − 1 + 2 sin2 (x) = 2 sin2 (x) − 2 2 2

F  (x) =

bestimmt werden und stimmt nicht mit f überein. Daher kann F keine Stammfunktion von f sein. Die richtige Stammfunktion ist durch F (x) =

x sin(2x) − 2 4

gegeben. (f) f (x) = eax sin(bx)

F (x) =

eax a2 +b2

(a sin(bx) − b cos(bx))

Die Ableitung der Funktion F kann mittels (a2 + b2 )F  (x) = a eax (a sin(bx) − b cos(bx)) + eax (ab cos(bx) + b2 sin(bx))   = eax a2 sin2 (x) − ab cos(bx) + ab cos(bx) + b2 sin(bx) ⇒

= eax (a2 + b2 ) sin(bx) F (x) = eax sin(bx) 

bestimmt werden. Es handelt sich bei der Ableitung von F um die Funktion f , weshalb F eine Stammfunktion von f darstellt. Differentialgleichungen Es waren einige Differentialgleichungssysteme gegeben, deren vermeintliche Lösungen überprüft werden sollten. (a) f  (x) + λf (x) = 0

f (x) = A eλx

Die vermeintliche Lösung lässt sich in die Differentialgleichung einsetzen, um f  (x) + λf (x) = λA eλx +λA eλx = 2λf (x) = 0 zu erhalten. Da sich nicht Null ergibt, handelt es sich bei f nicht um die Lösung der Differentialgleichung. Es muss ein Fehler beim Bestimmen der Lösung aufgetreten sein. Vermutlich ein Vorzeichenfehler, denn die tatsächliche Lösung ist durch f (x) = A e−λx gegeben. Da es sich um eine Differentialgleichung erster Ordnung handelt, ist eine Konstante A vollkommen ausreichend.

1.3

Selbstständiges Überprüfen von Ergebnissen

(b) f  (x) = xf (x)

f (x) = A e

29

x2 2

Die vermeintliche Lösung lässt sich in die Differentialgleichung einsetzen, um f  (x) =

x2 x2 2x A e 2 = xA e 2 = xf (x) 2

zu bestimmen. Es ergibt sich so tatsächlich die Differentialgleichung, weshalb es sich bei f um eine Lösung derselbigen handelt. Da es eine Differentialgleichung erster Ordnung ist, ist die eine Konstante A vollkommen ausreichend. (c) f  (x) − λ2 f (x) = 0

f1 (x) = A cosh(λx)

f2 (x) = B eλx

Die Lösung f1 lässt sich in die Differentialgleichung einsetzen, um f1 (x) − λ2 f1 (x) = λ2 A cosh(x) − λ2 A cosh(x) = 0 zu erhalten. Damit erfüllt f1 die Differentialgleichung. Ebenso kann f2 eingesetzt werden, um f2 (x) − λ2 f2 (x) = λ2 B eλx −λ2 B eλx = 0 zu erhalten. Daher erfüllt auch f2 die Differentialgleichung. Da es nun zwei Lösungen gibt und die Differentialgleichung linear ist, können diese addiert werden, um die allgemeine Lösung zu finden. Mit den beiden Konstanten A und B sind genug Konstanten vorhanden, um eine Differentialgleichung zweiter Ordnung lösen zu können. 

(d) f  (x) + 2γf  (x) + ω 2 f (x) = 0 ω0 > γ f (x) = A e−γx sin ω2 − γ 2 x Es handelt sich um eine Differentialgleichung zweiter Ordnung. Da mit A aber nur eine Konstante auftritt, kann es sich bei f nicht um die vollständige Lösung handeln. Dennoch kann überprüft werden,ob es sich bei f um eine Lösung handelt. Zur Übersicht soll die Abkürzung Ω = ω 2 − γ 2 mit der Regel Ω2 = ω 2 − γ 2 verwendet werden. Nun kann f in die Differentialgleichung eingesetzt werden, um mit den Ableitungen f  (x) = A e−γx (−γ sin(Ωx) + Ω cos(Ωx))   f  (x) = A e−γx −γ (−γ sin(Ωx) + Ω cos(Ωx)) − γΩ cos(Ωx) − Ω2 sin(Ωx)   = A e−γx (γ 2 − Ω2 ) sin(Ωx) − 2γΩ cos(Ωx) den Ausdruck f  (x) + 2γf  (x) + ω 2 f (x)  = A e−γx (γ 2 − Ω2 ) sin(Ωx) − 2γΩ cos(Ωx) + 2γ (−γ sin(Ωx) + Ω cos(Ωx)) + ω 2 sin(Ωx) = A e−γx (γ 2 − ω 2 + γ 2 − 2γ 2 + ω 2 ) sin(Ωx) = 0



30

Vorbemerkungen

zu finden. Es handelt sich bei f also tatsächlich um eine Lösung zur Differentialgleichung. Die zweite Lösung ist durch f (x) = B e−γx cos(Ωt) gegeben, was sich ebenfalls durch Einsetzen überprüfen lässt. (e) f  (x) = −λf (x)

f (0) = f0

f (x) = f0 e−λx

Die Funktion f lässt sich in die Differentialgleichung einsetzen, um f  (x) = f0 (−λ) e−λx = −λf (x) zu erhalten. Daher erfüllt f (x) die Differentialgleichung. Da auch f (0) = f0 e0 = f0 gilt, erfüllt f auch die Anfangsbedingung. Als Differentialgleichung erster Ordnung bedarf es nur einer Anfangsbedingung, weshalb f die Lösung des Problems darstellt. (f) f  (x) = −λf (x)

f  (0) = A0

f (x) = A0 e−λx

Die Funktion f kann in die Differentialgleichung eingesetzt werden, um den Zusammenhang f  (x) = A0 (−λ) e−λx = −λf (x) zu erhalten. Es handelt sich damit um eine Lösung der Differentialgleichung. Da allerdings f  (x) = −λA0 e−λx

⇒

f  (0) = −λA0 = A0

gilt, erfüllt die Lösung nicht die Anfangsbedingung. Somit stellt f nicht die Lösung des Problems dar. Die richtige Lösung wäre stattdessen durch f (x) = − gegeben.

A0 −λx e λ

1.4

Weiterführende und vorbereitende Literatur

1.4

31

Weiterführende und vorbereitende Literatur

In der nachfolgenden Liste soll eine kleine Auswahl an Büchern oder Buchreihen aufgeführt sein, die für die Vorbereitung auf eine Klausur und das Einarbeiten in den Vorlesungsstoff eine Hilfestellung bieten und die als weitere Nachschlagewerke dienen können. Mathematische Überblickswerke Einen Überblick über die Mathematik, vor allem in Bezug auf die Natur- und Ingenieurswissenschaften bieten folgende Werke: • Markus Eichhorn, Einführung in die Mathematik der Theoretischen Physik, Springer Verlag, (2023) • Ilja N. Bronstein, Heiner Mühlig, Gerhad Musiol, Konstantin A. Semendjajew, Taschenbuch der Mathematik, Europa Lehrmittel, (2020) • Peter Furlan, Das gelbe Rechenbuch, Band 1-3, Verlag Martina Furlan, (1995) • Lothar Papula, Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler, Band 1-3, Springer Verlag, (2018, 2015, 2016) Mathematische Formelsammlungen Formelsammlungen zur natur- und ingenieurwissenschaftlichen Mathematik sind die Folgenden: • Gerhard Merzinger, Günter Mühlbach, Formeln und Hilfe zur Höheren Mathematik, Binomi Verlag, (2013) • Lothar Papula, Mathematische Formelsammlung, Springer Verlag (2017) Physikalische Fachliteratur Häufig richten sich die Vorlesungen der Theoretischen Physik an den beiden Buchreihen von Nolting und Fließbach. Daneben sind aber auch Werke von Nutzen, die einen breiteren Überblick verschaffen, wie die Bücher von Gerthsen und Tipler. • Wolfgang Nolting, Grundkurs Theoretische Physik 1, Springer-Verlag Berlin Heidelberg , (2018) • Thorsten Fließbach, Mechanik - Lehrbuch zur Theoretischen Physik I, SpringerVerlag Berlin Heidelberg, (2020) • Dieter Meschede, Gerthsen Physik, Springer-Verlag Berlin, (2015) • Paul A. Tipler, Gene Mosca, Physik - für Studierende der Naturwisschenschaften und Technik, Spirnger-Verlag Berlin, (2019)

32

Vorbemerkungen

1.5

Formelsammlung

Der gesamte Klausurtrainer ist darauf ausgelegt, auch ohne Formelsammlung bearbeitet werden zu können, allerdings müssen dafür einige elementare Zusammenhänge auswendig gelernt oder schnell hergeleitet werden. Es spricht aber auch nichts dagegen, die Aufgaben mit einer selbst erstellten Formelsammlung zu bearbeiten. Gibt es Zusammenhänge, die explizit hergeleitet werden sollen, wird dies in den Aufgaben auch so formuliert. Die Bearbeitung der Klausuren im Klausurtrainer lässt sich so auf die Gegebenheiten der jeweils anstehenden Klausur anpassen. Im Folgenden soll eine kleine Auswahl an Formeln zusammengetragen sein, die als Grundstein für eine eigene Formelsammlung dienen können. Sie trennt sich in einen physikalischen und einen mathematischen Teil auf. Es ist dabei zu beachten, dass es unter Umständen verschiedenen Konventionen gibt, die in einer eigenen Formelsammlung berücksichtigt werden müssen. 1.5.1

Physikalische Formeln

Newton’sche Axiome (in Inertialsystemen gültig) (I) Ohne äußere Einflüsse ruht ein Massenpunkt oder bewegt sich geradlinig gleichförmig: F =0

⇒

r = r0

∨

r = r 0 + v 0 t.

(II) Unter dem Einfluss äußerer Kräfte wird der Massenpunkt in seiner Bewegung dahingehen abgelenkt, dass die Summe aller einwirkenden Kräfte die Änderung des Impulses (dem Produkt aus Masse und Geschwindigkeit) darstellt: p˙ =

 d (mr˙ ) = F. dt

Für eine konstante Masse ist m¨ r=



F

gültig. (III) Übt Körper A auf Körper B eine Kraft F BA aus, so übt auch Körper B eine Kraft F AB auf Körper A aus, die der Kraft F BA entgegen gerichtet und gleich stark ist: F AB F BA = −F

F reactio . bzw. F actio = −F

Galilei-Transformation r  = Rrr + u t + a ∇ = R∇

t = t + τ

∂t = ∂t − u T R∇

1.5

Formelsammlung

33

Beschleunigte Bezugssysteme

r = r0 + r

r  = ri eˆi

v  = r˙i eˆi

dˆ e i = ω × eˆi dt

a  = r¨i eˆi

ω × v  − ω˙ × r  − ω × (ω ω × r ) a  = a − r¨0 − 2ω

Energie, Arbeit, Leistung Konservative Kräfte F kons (rr , r˙ , t) = − grad(U (rr )) + r˙ × A (rr , t) r2 r 1 ,P1

drr · F kons =

drr · F kons = 0 r

r2 r 1 ,P2

drr · F kons

U (rr ) = U (rr 0 ) −

d˜ r · F kons r0

F kons = − grad(U ) ⇒ rot(F F kons ) = 0 Energie E=

1 2 mr˙ + U (rr ) = T + U = Ekin + Epot 2

dE =0 dt

wenn p˙ = F = − grad(U )

T1 + U1 = T2 + U2

r2

ΔT = T2 − T1 = −(U2 − U1 ) = −

r2

drr · grad(U ) = r1

drr · F r1

Dissipative Kräfte p˙ = F kons + F diss

dE = F diss · r˙ dt

Arbeit und Leistung r2

W = W12 = −

drr · F r1

P =

dW dt

F = F kons ⇒ W12 = U (rr 2 ) − U (rr 1 )

T2 = T1 − W12

34

Vorbemerkungen

Virial-Satz τ

1

f (t)t = lim τ →∞ τ

T

1 f (t + T ) = f (t) ⇒ f (t)t = T

dt f (t) 0



1 2 mr˙ 2



dt f (t) 0

1 = Ekin t = − rr · F t 2 t k U (rr ) = αrk ⇒ Ekin t = U t 2 dE 2 k = 0 ⇒ U t = E

Ekin t = E dt k+2 k+2 |rr |, |pp| < ∞

⇒

Drehimpuls und Zentralkraftfeld L dL = N = r ×F dt L dL =0 p˙ = F (rr ) = −F (rr )ˆ er ⇒ dt L = r ×p

L = konst.

Schwerpunkt Definition M=



mα

R= MR

α

mα r α

α

d3r ρ(rr )

M=



d3r r ρ(rr )

R= MR

Schwerpunktimpuls P = M R˙ =



mαr˙ α =

α



pα

α

Schwerpunktsystem r α = R + r α

r α = r α − R mα mα P = pα − P p α = mαr˙ α = mαr˙ α − M M m m2 1 Zwei Teilchen : p 1 = p 1 − P p 2 = p 2 − P M M

Streuung Differentieller Streuquerschnitt dσ = b db dφ

dΩ = sin(θ) dθ dφ

   dσ    D(θ, φ) =  dΩ 

1.5

Formelsammlung

35

Totaler Streuquerschnitt σtot =

dΩ D(θ, φ)

Rutherford-Streuung α U (r) = − r

  θ 1 sin = 2 2 1 + 2EL mα2

⇒

α 2 1   4E sin4 θ2

D(θ, φ) =

E>0

σtot = ∞

Spezielle Relativitätstheorie Lorentz-Transformation in einer Dimension ct = γ(ct − βx)

x = γ(x − βct)

β=

v c

1 γ= 1 − β2

Addition von Geschwindigkeiten und Rapidität v1 ⊕ v2 =

v1 + v2 1 + v1c2v2

ν = Artanh

v c

ν1 ⊕ ν2 = ν1 + ν2

Zeitdilatation, Längenkontraktion, relativistische Energie  Δt Δl = Δl 1 − β 2 Δt =  1 − β2 mc2 1 3 v2 E= ≈ mc2 + mv 2 − mv 2 + · · · 2 8 c2 1 − β2 Matrixdarstellung der Lorentz-Transformation   ct x Λμν

=

 =



γ

−γβ

−γβ

γ 

γ

−γβ

−γβ

γ

  ct 

=

x

xμ = Λμν xν

cosh(ν)

− sinh(ν)

 − sinh(ν) cosh(ν)

xμ = (ct, x)

36

Vorbemerkungen

Kovariante Formulierung in drei Dimensionen xμ = (ct, r ) 2

2

ημν = diag(1, −1, −1, −1) 2

2

2

2

xμ = (ct, −rr )

c dτ = ds = c dt − dx − dy − dz = ημν dxμ dxν = dxμ dxμ dxμ = (γc, γvv ) uμ uμ = c2 uμ = dτ pμ = muμ = (E/c, p ) c2 pμ pμ = E 2 − p 2 c2 = m2 c4 dpμ = Kμ uμ K μ = 0 momentanes Ruhesystem : K μ = (0, F  ) dτ     T νT β γ −γβ cosh(ν) − sinh(ν) ν Λμν = = T T β 1 + (γ − 1) βββ2 − sinh(ν) νν 1 + (cosh(ν) − 1) ννν2 −γβ Aμ = (A0 , A )

2

2

A0 = γ(A0 − β · A  )

Λμα ημν Λνβ = ηαβ

ΛT ηΛ = η

A − β A0 ) A  = A ⊥ + γ(A

Λ−1 = ηΛT η

Wichtige Kräfte Newton’sches Gravitationsgesetz m1r¨1 = F 12 = −G

m1 m2 (rr 1 − r 2 ) |rr 1 − r 2 |3

G ≈ 6,674 · 10−11

m3 kg · s2

Gravitationspotential und Gravitation ausgedehnter Körper GM m GM m eˆr ⇒ U (rr ) = − 2 r r F = −m grad(φ) U (rr ) = mφ(rr ) Δφ = −4πGρ(rr )  r ρ(r ) ρ(rr  ) F (rr ) = −Gm d3 r  (rr − r  ) φ(rr ) = −G d3r   3 |rr − r | |rr − r  | F =−

Gezeitenbeschleunigung aGez. = a(rr ) − a(rr SP ) Schwerkraft in der Nähe der Erdoberfläche |z|  RErde F g = −mgˆ ez

U = mgz

Hook’sches Gesetz und potentielle Energie ex F = −k(x − x0 )ˆ

U (x) =

k (x − x0 )2 2

Ballistik und Würfe (T Flugzeit, s Flugstrecke, τ Zeitpunkt maximaler Höhe) Senkrechter Wurf g y(t) = vt − t2 2

T =

2v g

τ=

v g

ymax =

v2 2g

1.5

Formelsammlung

37

Waagrechter Wurf x(t) = vt  2h T = g

g y(t) = h − t2 2  2hv 2 s= g

y(x) = h −

g 2 x 2v 2

τ =0

ymax = h

Schräger Wurf g x(t) = v cos(α) t y(t) = v sin(α) t − t2 2   g x y(x) = x tan(α) − 2 2v cos2 (α) v2 v2 2v sin(α) s= sin(2α) smax = s(π/4) = T = g g g v2 v2 v xmax = sin(2α) ymax = sin2 (α) τ = sin(α) g 2g 2g Pendel Bewegungsgleichung und Differentialgleichung ez m¨ r = −FFeˆr − mgˆ   sin(θ) r=l ⇒ cos(θ)

FF

Fadenspannkraft

g θ¨ + sin(θ) = 0 l

Energie E=

1 2 ˙2 ml θ + mgl(1 − cos(θ)) 2

Kleinwinkelnäherung |θ|  1

⇒

g θ¨ = − θ l

 ⇒

θ(t) = θ0 cos(ωt + φ)

ω=

g l

Der harmonische Oszillator Harmonischer Oszillator x ¨ + ω2 x = 0

x(0) = x0 x(0) ˙ = v0 x0 ω − iv0 iωt x0 ω + iv0 −iωt v0 sin(ωt) = e + e x(t) = x0 cos(ωt) + = A cos(ωt + φ) ω 2ω 2ω  ω 2 x20 + v02 v0 tan(φ) = − A= ω ωx0

38

Vorbemerkungen

Gedämpfter harmonischer Oszillator – Schwingfall, Kriechfall, Aperiodischer Grenzfall x(0) = x0 x(0) ˙ = v0 Ω = |ω02 − γ 2 | x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = 0 ⎧ v0 +γx0 ⎪ ω0 > γ ⎨x0 cos(Ωt) + Ω sin(Ωt) −γt 0 x(t) = e sinh(Ωt) ω0 < γ x0 cosh(Ωt) + v0 +γx Ω ⎪ ⎩ ω0 = γ x0 + (v0 + γx0 )t Getriebener harmonischer Oszillator

x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = f (t) x(0) = x0 x(0) ˙ = v0 Ω = |ω02 − γ 2 | ⎧ v0 −x˙ p (0)+γ(x0 −xp (0)) ⎪ sin(Ωt) ⎨(x0 − xp (0)) cos(Ωt) + Ω 0 −xp (0)) x(t) = xp (t) + e−γt (x0 − xp (0)) cosh(Ωt) + v0 −x˙ p (0)+γ(x sinh(Ωt) Ω ⎪ ⎩ x0 − xp (0) + [v0 − x˙ p (0) + γ(x0 − xp (0))] t

Green’sche Funktion ∞

dt G(t − t )f (t )

xp (t) =

G(t) = Θ(t) e−γt

−∞

⎧ sin(Ωt) ⎪ ⎨ Ω

sinh(Ωt) Ω

⎪ ⎩ t

Kraftstoß x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x =

Δp δ(t) m

⇒

xp (t) =

Δp G(t) m

Antwortfunktion x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = eiωt

⇒

xp (t) = χ(ω) eiωt

ω02 − ω 2 − 2iγω = |χ(ω)| eiψ(ω) − + 2iγω (ω02 − ω 2 )2 + 4γ 2 ω 2 1 2γω |χ(ω)| =  tan(ψ(ω)) = 2 2 2 2 2 2 ω − ω02 (ω − ω0 ) + 4γ ω χ(ω) =

1

ω02

ω2

=

Harmonisch getriebener Oszillator   2π 2 = f (t) f t+ x ¨ + 2γ x˙ + ω0 x = f (t) ω  ⇒ xp (t) = ck χ(kω) eikωt

f (t) =



ck eikωt

k∈Z

kZ

x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = f0 cos(ωt + φ)

⇒

xp (t) = f0 |χ(ω)| cos(ωt + φ + ψ(ω))

1.5

Formelsammlung

39

Kepler-Problem Die Kepler’schen Gesetze (I) Die Planeten des Sonnensystems bewegen sich auf Ellipsen, in deren Brennpunkt die Sonne steht. Beschreibt r den Abstand zwischen der Sonne und φ den Winkel zu der Bezugsachse der kleinsten Annäherung (Perihel), so ist r(φ) =

p 1 + e cos(φ)

gültig. Hierin ist e die numerische Exzentrizität der Ellipse und p der Bahnparameter. Die große Halbachse a √ lässt sich durch p = a(1 − e2 ) bestimmen, die kleine Halbachse b ist durch b = a 1 − e2 gegeben. (II) Der Fahrstrahl zwischen Sonne und Planet überstreicht in gleichen Zeiten gleiche Fläche, so dass dA C = = konst. dt 2 gilt. Hierin ist A die überstrichene Fläche. Die Konstante C ist von Planet zu Planet unterschiedlich. (III) Die Kuben der großen Halbachsen sind direkt proportional zu den Quadraten der Umlaufzeiten:  2 2π a31 T12 3 = a3 ω 2 = K = konst. = a T a32 T22 Die Proportionalitätstkonstante K ist eine Konstante des Sonnensystems. Differentialgleichungssystem des Kepler-Problems m1r¨1 = −G

m1 m2 (rr 1 − r 2 ) |rr 1 − r 2 |3

m2r¨2 = −G

m1 m2 (rr 2 − r 1 ) |rr 2 − r 1 |3

Schwerpunkt- und Relativ-Koordinaten M = m1 + m2 ¨ =0 MR

μ=

μ¨ r=−

m1 m2 m1 + m2

α r r3

R = m1r 1 + m2r 2 MR

r = r1 − r2

α = Gm1 m2

Drehimpuls und Bewegung in der Ebene R × R˙ + μrr × r˙ = L M + L L ges = MR ⇒

r = rˆ es

Polarkoordinaten

⇒

L dL =0 dt ˙e z L = μr2 φˆ

40

Vorbemerkungen

Energieerhaltung und effektives Potential   2 L 1 2 1 α 1 2 α r = μr˙ 2 + Ueff (r) − E = μ˙ − = μr˙ + 2 r 2 2μr2 r 2  dE 2μE dr dr ˙ dr 1 2μα 1 2 =0 ⇒ = φ ⇒ =r + 2 − 2 2 dt dt dφ dφ L L r r Integral und Lösung dr 1 1 · z= r2 r 2μα 2μE − r12 + L2 1r + L2 ⎞ ⎛ z − a2 1 a2 ⎠ dz √ 0 < b + = − Arccos⎝  2 4 −z 2 + az + b b + a2  L2 p 2EL2 p= e= 1+ r(φ) = 1 + e cos(φ) μα μα2 dφ =

r entspricht r 1 , wenn m1  m2 ist. Damit ist das erste Kepler’sche Gesetz bewiesen. Bestimmung der Konstanten für m1  m2 dA C L L = = ≈ = konst. dt 2 2μ 2m1

a3 ω 2 = K = GM ≈ Gm2

Laplace-Runge-Lenz-Vektor A = p × L − mαˆ es e= 1.5.2

A dA =0 dt

A 2 = 2mEL2 + m2 α2

eˆs · A =

L2 − mα r

A mα Mathematische Formeln

Trigonometrische und hyperbolische Funktionen Trigonometrisch – Additionstheoreme sin(x ± y) = sin(x) cos(y) ± sin(y) cos(x)

sin(2x) = 2 sin(x) cos(y)

cos(x ± y) = cos(x) cos(y) ∓ sin(x) sin(y)

cos(2x) = cos2 (x) − sin2 (x)

1 = cos2 (x) + sin2 (x) Trigonometrisch – Komplexe Darstellung e±ix = cos(x) ± i sin(x)

sin(x) =

 1  ix e − e−ix 2i

cos(x) =

 1  ix e + eix 2

1.5

Formelsammlung

41

Hyperbolisch – Additionstheoreme sinh(x ± y) = sinh(x) cosh(y) ± sinh(y) cosh(x)

sinh(2x) = 2 sinh(x) cosh(y)

cosh(x ± y) = cosh(x) cosh(y) ± sinh(x) sinh(y)

cosh(2x) = cosh2 (x) + sinh2 (x)

1 = cosh2 (x) − sinh2 (x) Hyperbolisch – Exponentialdarstellung e±x = cosh(x) ± sinh(x)

sinh(x) =

 1 x e − e−x 2

cosh(x) =

 1 x e + e−x 2

Zusammenhang sin(ix) = i sinh(x)

cos(ix) = cosh(x)

sinh(ix) = i sin(x)

cosh(ix) = cos(x)

Ableitungen Definition f  (x) =

f (x + Δx) − f (x) df = lim Δx→0 dx Δx

f (n) (x) =

dn f d (n−1) f = (x) n dx dx

Ableitungsregeln 

(αf (x) + βg(x)) = αf  (x) + βg  (x)

(f (x) · g(x)) = f  (x)g(x) + f (x)g  (x)   f (x) f  (x)g(x) − f (x)g  (x) = (f (g(x))) = f  (g(x)) · g  (x) g(x) (g(x))2   n   −1  n dn 1 f (n−k) (x)g (k) (x) f (x) =  −1 (f (x)g(x)) = f (f (x)) dxn k k=0

Beispiele d n x = n · xn−1 dx

d ax e = a eax dx

d 1 ln(x) = dx x

d d sin(x) = cos(x) cos(x) = − sin(x) dx dx d d sinh(x) = cosh(x) cosh(x) = sinh(x) dx dx d d 1 1 tan(x) = 1 + tan2 (x) = tanh(x) = 1 − tanh2 (x) = 2 dx cos (x) dx cosh2 (x) d 1 Arcsin(x) = √ dx 1 − x2 d 1 Arsinh(x) = √ 2 dx x +1 1 d Arctan(x) = dx 1 + x2

d −1 Arccos(x) = √ dx 1 − x2 d 1 Arcosh(x) = √ 2 dx x −1 d 1 Artanh(x) = dx 1 − x2

42

Vorbemerkungen

Integrale Regeln b

b

b

dx (αf (x) + βg(x)) = α a

dx f (x) + β a

b

c

dx f (x) +

a

c

dx f (x) =

a

b

a

a

⇒

a

dx f (x) = −

dx f (x) a

b

f (x) = f (−x)

dx g(x)

dx f (x) b

a

dx f (x) = 2 −a

dx f (x) 0

a

f (x) = −f (−x)

⇒

dx f (x) = 0 −a b

dx f (x) = [F (x)]ba = F (b) − F (a)

dx f (x) = F (x) + C a

F  (x) = f (x)

f (x) =

dx f  (x)

dx f (αx + β) =

F (αx + β) α

dx f (αx + β) =

F (αb + β) − F (αa + β) α

b

a

dx f (x)g  (x) = f (x)g(x) −

dx f  (x)g(x)

b

b

dx f (x)g  (x) = [f (x)g(x)]ba − a

dx f  (x)g(x) a

u(b)

b

dx f (u(x))u (x) = a

du f (u) u(a) tb

b

dt f (x(t))x (t)

dx f (x) = a

ta

1.5

Formelsammlung

43

Beispiele dx xn =

xn+1 +C n+1

dx eax =

eax +C a

dx ln(x) = x ln(x) − x + C

dx sin(x) = − cos(x) + C

dx sinh(x) = cosh(x) + C

dx sin2 (x) =

x sin(2x) − +C 2 4

dx sinh2 (x) = −

dx = Arcsin(x) + C 1 − x2 dx = Arctan(x) + C 1 + x2

x sin(2x) + +C 2 4

dx cosh2 (x) =

x sinh(2x) + +C 2 4

dx = Arsinh(x) + C 1 + x2   1 + x 1 dx   +C = ln  1 − x2 2 1 − x

√

dx eax cos(bx) =

dx cosh(x) = sinh(x) + C

dx cos2 (x) =

x sinh(2x) + +C 2 4

dx eax sin(bx) =

dx cos(x) = sin(x) + C

√

eax (a sin(bx) − b cos(bx)) + b2

a2

eax (a cos(bx) + b sin(bx)) + b2

a2

dx eax sinh(bx) = dx eax cosh(bx) =

eax (a sinh(bx) − b cosh(bx)) − b2

a2

eax (a cosh(bx) − b sinh(bx)) − b2

a2

44

Vorbemerkungen ∞

∞

dx e

−ikx

dx e−iax sin(bx) = iπ(δ(a + b) − δ(a − b))

= 2πδ(k)

−∞ ∞

−∞

dx e−iax cos(bx) = π(δ(a + b) + δ(a − b)) −∞

Dirac-Delta-Funktion und Heaviside-Theta-Funktion Dirac-Delta-Funktion – Definition 

>0

⇒

dx δ(x) f (x) = f (0)

 ∞ δ(x) = 0

− ∞

x=0 x = 0

dx δ(x) = 1 −∞

Dirac-Delta-Funktion – Eigenschaften ∞

dx δ(x − a) f (x) = f (a) −∞



δ(g(x)) =

xi ;g(xi )=0

δ(ax) =

δ(x) |a|

δ(x − xi ) |g  (xi )|

Heaviside-Theta-Funktion – Definition und Zusammenhang mit der Dirac-Delta-Funktion ⎧ ⎪ ⎨1 Θ(x) =

1 ⎪2

⎩ 0

x>0 x=0 x a, b > 0

1.5

Formelsammlung

45

Taylor-Reihe Definition f (x) =

∞  f (n) (x0 ) (x − x0 )n n! n=0

= f (x0 ) + f  (x0 )(x − x0 ) + ≈ f (x0 ) + f  (x0 )(x − x0 )

f  (x0 ) (x − x0 )2 + · · · 2 |x − x0 |  1

Beispiele, mit |x|  1 sin(x) =

∞  (−1)n 2n+1 x (2n + 1)! n=0

cos(x) =

∞  (−1)n 2n x (2n)! n=0

cos(x) ≈ 1 −

x4 x2 + 2 24

sinh(x) =

∞  x2n+1 (2n + 1)! n=0

sinh(x) ≈ x +

x3 x5 + 6 120

cosh(x) =

∞  x2n (2n)! n=0

ex = ln(1 + x) =

∞  xn n! n=0

sin(x) ≈ x −

x2 x4 + 2 24

cosh(x) ≈ 1 +

ex ≈ 1 + x +

∞  (−1)n n x n n=1

|x| < 1

x5 x3 + 6 120

x3 x2 + 2 6 ln(x) ≈ x −

x3 x2 + 2 3

 k    ∞ ∞   n 1  k (1 + x) = 1 + (n − m + 1) xk x =1+ k! m=1 k k=1 k=1 n

n(n − 1) 2 n(n − 1)(n − 2) 3 x + x 2 6   ∞ n   √ 1 1+x=1+ (3 − 2k) xn n n! 2 n=1 ≈1+n·x+

k=1

x x2 |x|  1 ≈1+ − 2 8   ∞ n  (−1)n  1 √ (2k − 1) xn =1+ n n! 2 1+x n=0 k=1 ≈1−

x 3 2 5 + x − x3 2 8 16

|x|  1

|x|  1

46

Vorbemerkungen

Fourier-Reihe und -Transformation Fourier-Reihe, komplex

f (t) =



T /2

cn e

1 cn = T

inωt

n∈Z

dt f (t) e−inωt −T /2

Fourier-Reihe, reell f (t) ∈ R f (t) =

a0  + an cos(nωt) + bn sin(nωt) 2 n∈N

T /2

2 an = 2 Re [cn ] = T

dt f (t) cos(nωt) −T /2 T /2

2 bn = −2 Im [cn ] = T

dt f (t) sin(nωt) −T /2

Fourier-Transformation 1 F[f ](ω) = √ 2π

∞

dt f (t) e−iωt −∞

Lösen von Differentialgleichungen Trennung der Variablen f  (x) =

df = g(f (x))h(x) dx

f (x0 ) = f0 f (x)

x

⇒

df h(x) dx = g(f )

⇒

d˜ x h(˜ x) = x0

f0

df˜ g(f˜)

Lineare Differentialgleichungen erster Ordnung – Variation der Konstanten f  (x) + a(x)f (x) = g(x) ⎛ x fh (x) = C exp⎝− ⎡

du a(u)⎠ x0

x

f (x) = ⎣f0 +

f (x0 ) = f0 ⎞

⎛

w

x0

⎞⎤

⎛

du a(u)⎠ x0

x

du a(u)⎠⎦ exp⎝−

⎞

x

fp (x) = C(x) exp⎝−

dw g(w) exp⎝ x0

⎛

⎞

du a(u)⎠ x0

1.5

Formelsammlung

47

Lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten n 

ak f (k) (x) = 0

f (x) = C eλx

⇒

p(λ) =

k=0

n  k=0

fi (x) = eλi x

oder fi (x) = ri (x) eλi x

⇒

f (x) =

ak λk = 0 

Ci fi (x)

i

Einfache lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung x (t) + ω 2 x = 0

x(0) = x0 x (0) = v0 v0 sin(ωt) ⇒ x(t) = x0 cos(ωt) + ω  2 x (t) − λ x = 0 x(0) = x0 x (0) = v0 v0 sinh(λt) ⇒ x(t) = x0 cosh(λt) + λ Green’sche Funktionen Dx(n) =

n 

ak (x)

k=0

dn dxn

Dx(n) f (x) = g(x) ∞

Dx(n) G(x, x ) = δ(x − x )

dx G(x, x )g(x )

fp (x) = −∞

∞

⇒

ak (x) = konst.

Dx(n) G(x)

= δ(x)

dx G(x − x )g(x )

fp (x) = −∞

Periodische Inhomogenität und Antwortfunktion (n)

Dt f (t) = g(t) =



n 

ak f k (t) = g(t)

g(t + T ) = g(t)

ω=

k=0

2π T

ck exp(ikωt)

k∈Z (n)

Dt h(t) = eiΩt

fp (t) =

 k∈Z

⇒

h(t) = χ(Ω) eiΩt

χ(Ω) = $ n k=0

ck χ(kω) exp(ikωt)

1 ak (iΩ)k

48

Vorbemerkungen

Kreuzprodukte und Vektoranalysis Regeln für Kreuzprodukte a × b = −bb × a a ×a = 0 a × b ) = −a a · (cc × b ) a · (bb × c ) = b · (cc × a ) = c · (a a × (bb × c) = b(a a · c) − c(a a · b) a × b ) · (cc × d ) = (a a · c )(bb · d ) − (a a · d )(bb · c ) (a a × b )2 = a 2b 2 − (a a · b )2 (a Aspekte der Vektoranalysis A)) = 0 rot(grad(φ)) = 0 div(rot(A div(grad(φ)) = Δφ A)) = grad(div(A A)) − ΔA A A) = A · grad(φ) + φ div(A A) rot(rot(A div(φA r2

A) = φ rot(A A) − A × grad(φ) rot(φA

drr · grad(φ) = φ(rr 2 ) − φ(rr 1 ) r1

F

A) = dff · rot(A

∂F

drr · A

A) = dV div(A V

∂V

dff · A

Levi-Civita-Symbol und Indexschreibweise Kronecker-Delta – Definition und Regeln  1 δij = 0

i=j i = j

δij δjk = δik

Levi-Civita-Symbol – Definition und Regeln ⎛

δi1

δi2

δi3

⎞

⎜ ijk = det⎝ δj1

δj2

⎟ δj3 ⎠

δk1

δk2

δk3

ijk ilm = δjl δkm − δjm δkl a ·b =

3 

ai bi

ijk = jki = kij = −ikj ijk ijl = 2δkl

123 = +1

a × b = eˆi ijk aj bk

i=1

det(A) = i1 ···in A1i1 · · · Anin Drehmatrizen ri = Oij rj

O ∈ SO(3)

Oij = δij cos(θ) + (1 − cos(θ))ni nj − ijk nk sin(θ)

1.5

Formelsammlung

49

Krummlinige Koordinatensysteme Kartesische Koordinaten – Basisvektoren, Orthogonalität und Rechtshändigkeit ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆ2 = eˆy = ⎝1⎠ eˆ3 = eˆz = ⎝0⎠ eˆ1 = eˆx = ⎝0⎠ 0 x ∈ (−∞, ∞) eˆi · eˆj = δij

0 y ∈ (−∞, ∞) eˆi × eˆj = ijkeˆk

1 z ∈ (−∞, ∞)

Ortsvektor und Entwicklung in Kartesischen Koordinaten ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x x˙ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ r = xˆ e x + yˆ e y + zˆ e z = ⎝y ⎠ r˙ = ⎝y˙ ⎠ z

z˙

⎛ ⎞ x ¨ ⎜ ⎟ r¨ = ⎝y¨⎠ z¨

A = eˆx (ˆ e x · A ) + eˆy (ˆ e y · A ) + eˆz (ˆ e z · A ) = eˆi (ˆ e i · A ) = eˆi Ai Polarkoordinaten – Basisvektoren     cos(φ) − sin(φ) eˆφ = eˆs = sin(φ) cos(φ)

s ∈ [0, ∞),

φ ∈ [0, 2π)

Polarkoordinaten – Orthogonalität und Ableitungen eˆs · eˆs = eˆφ · eˆφ = 1

d ˙e φ eˆs = φˆ dt

eˆs · eˆφ = 0

d ˙e s eˆφ = −φˆ dt

Ortsvektor und Entwicklung in Polarkoordinaten 1 d 2˙ (s φ) e s + eˆφ r¨ = (¨ s − sφ˙ 2 )ˆ s dt e s · A ) + eˆφ (ˆ e φ · A ) = eˆs As + eˆφ Aφ A = eˆs (ˆ

r = sˆ es

˙e φ r˙ = sˆ ˙e s + sφˆ

Zylinderkoordinaten – Basisvektoren ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ cos(φ) − sin(φ) ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ eˆφ = ⎝ cos(φ) ⎠ eˆs = ⎝ sin(φ) ⎠ 0 0 s ∈ [0, ∞),

φ ∈ [0, 2π),

⎛ ⎞ 0 ⎜ ⎟ eˆz = ⎝0⎠ 1

z ∈ (−∞, ∞)

Zylinderkoordinaten – Orthogonalität, Rechtshändigkeit und Ableitungen eˆs · eˆφ = eˆs · eˆz = eˆφ · eˆz = 0 eˆs · eˆs = eˆφ · eˆφ = eˆz · eˆz = 1 eˆs × eˆφ = eˆz eˆφ × eˆz = eˆs eˆz × eˆs = eˆφ d d d ˙e φ ˙e s eˆs = φˆ eˆφ = −φˆ eˆz = 0 dt dt dt

50

Vorbemerkungen

Ortsvektor und Entwicklung in Zylinderkoordinaten 1 d 2˙ (s φ) + z¨eˆz e s + eˆφ r¨ = (¨ s − sφ˙ 2 )ˆ s dt A = eˆs (ˆ e s · A ) + eˆφ (ˆ e φ · A ) + eˆz (ˆ e z · A ) = eˆs As + eˆφ Aφ + eˆz Az ˙ e φ + zˆ ˙e z r˙ = sˆ ˙e s + sφˆ

ez r = sˆ e s + zˆ

Kugelkoordinaten – Basisvektoren ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ sin(θ) cos(φ) cos(θ) cos(φ) ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ eˆθ = ⎝ cos(θ) sin(φ) ⎠ eˆr = ⎝ sin(θ) sin(φ) ⎠ θ ∈ [0, π],

⎞ − sin(φ) ⎜ ⎟ eˆφ = ⎝ cos(φ) ⎠

− sin(θ)

cos(θ) r ∈ [0, ∞),

⎛

0

φ ∈ [0, 2π)

Kugelkoordinaten – Orthogonalität, Rechtshändigkeit und Ableitungen eˆr · eˆθ = eˆr · eˆφ = eˆθ · eˆφ = 0 eˆr · eˆr = eˆθ · eˆθ = eˆφ · eˆφ = 1 eˆr × eˆθ = eˆφ eˆθ × eˆφ = eˆr eˆφ × eˆr = eˆθ d d ˙e θ + φ˙ sin(θ) eˆφ ˙e r + φ˙ cos(θ) eˆφ eˆr = θˆ eˆθ = −θˆ dt dt d eˆφ = −φ˙ sin(θ) eˆr − φ˙ cos(θ) eˆθ dt Ortsvektor und Entwicklung in Kugelkoordinaten ˙e θ + rφ˙ sin(θ) eˆφ r = rˆ er r˙ = rˆ ˙e r + rθˆ     1 d  2 ˙ r θ − rφ˙ 2 sin(θ) cos(θ) eˆθ r¨ = r¨ − rθ˙2 − rφ˙ 2 sin2 (θ) eˆr + r dt d  2˙ 2  1 r φ sin (θ) eˆφ + r sin(θ) dt A = eˆr (ˆ e r · A ) + eˆθ (ˆ e θ · A ) + eˆφ (ˆ e φ · A ) = eˆr Ar + eˆθ Aθ + eˆφ Aφ

2

Klausuren zur Theoretischen Physik – Klassische Mechanik

In diesem Kapitel werden 15 Klausuren mit unterschiedlichen Aufgaben der klassischen Mechanik im Rahmen der theoretischen Physik aufgeführt. Jede dieser Klausuren besteht aus je 4 Aufgaben, wobei die erste wiederum ein Kurzfragebogen aus 5 kleinen Aufgaben ist. Zusätzlich ist jede Aufgabe mit Schlagwörtern versehen, welche im Stichwortverzeichnis aufgeführt sind. Dies erlaubt es gezielt Aufgaben zu bestimmten Themen zu bearbeiten. Die Klausuren können mit aber auch ohne Formelsammlung bearbeitet werden. Zur Bearbeitung wird eine Zeit von 120 Minuten empfohlen. Lösungshinweise und die Lösungen selbst sind in Kapitel 3 zu finden.

Überblick 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11 2.12 2.13 2.14 2.15

Klausur I - Klassische Mechanik . . Klausur II - Klassische Mechanik . . Klausur III - Klassische Mechanik . Klausur IV - Klassische Mechanik . Klausur V - Klassische Mechanik . Klausur VI - Klassische Mechanik . Klausur VII - Klassische Mechanik . Klausur VIII - Klassische Mechanik Klausur IX - Klassische Mechanik . Klausur X - Klassische Mechanik . Klausur XI - Klassische Mechanik . Klausur XII - Klassische Mechanik . Klausur XIII - Klassische Mechanik Klausur XIV - Klassische Mechanik Klausur XV - Klassische Mechanik

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© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 M. Eichhorn, Prüfungstraining Theoretische Physik – Klassische Mechanik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67755-1_2

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53 59 67 75 81 89 97 105 111 119 125 129 137 143 147

51

2.1

Klausur I - Klassische Mechanik

2.1

53

Klausur I - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

Schlagwörter: Erhaltungsgrößen, Bahnkurve, Differentialgleichung 1. Ordnung, Taylor-Reihe

(a) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass in einem Zentralkraftfeld der Bahndrehimpuls eines Massenpunktes eine Erhaltungsgröße ist. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Teilchen, das der Bahnkurve ⎞ ⎛ R cos(ωt) ⎟ ⎜ r (t) = ⎝ R sin(ωt) ⎠ h0 + v · t mit ω, R, h0 , v > 0 folgt. Bestimmen Sie die Krümmung κ der Bahnkurve. (c) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Fadenpendel der Länge l mit einem Massenpunkt der Masse m und bestimmen Sie mit Hilfe der Energieerhaltung die Periodendauer einer Schwingung in Abhängigkeit der initialen Auslenkung θ0 . Das Ergebnis sollte ein Integral sein, das nicht analytisch zu lösen ist. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Massenpunkt m im freien Fall, der der Luftreibung in Form der Kraft F r = −γmvv ausgesetzt ist. Bestimmen Sie die Geschwindigkeit als Funktion der Zeit (i) für die beiden asymptotischen Fälle t → 0 und t → ∞. (ii) für einen beliebigen Zeitpunkt. Verwenden Sie hierzu in beiden Fällen die Anfangsbedingungen r (0) = 0 und v (0) = 0 . Hinweis: Sie dürfen das unbestimmte Integral 1 dx = ln(a + bx) + C a + bx b verwenden. (e) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Taylor-Reihe der Funktion f (x, z) = √

1 1 − 2xz + x2

für |x|  1 und |z| < 1 bis zur zweiten Ordnung.

54

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 2 Zwei-Teilchen-Harmonischer-Oszillator

Schlagwörter: Zwei-Körper-Problem, Erhaltungsgrößen, Relativkoordinaten, Effektives Potential Betrachten Sie zwei Teilchen der Massen m1 und m2 bei denen Teilchen 1 durch Teilchen 2 mit der Kraft −k(rr1 − r 2 ) angezogen wird. Dabei ist k > 0. (a) (4 Punkte) Stellen Sie mit Ihren Kenntnissen über die Newton’schen Gesetze einen Satz an Differentialgleichungen auf, der die Bewegung der Teilchen beschreibt. Es wird sich um ein sechsdimensionales Problem handeln. (b) (4 Punkte) Reduzieren Sie das sechsdimensionale Problem durch das Einführen von Schwerpunkts- und Relativkoordinaten (mit r = r 1 − r 2 ) auf ein dreidimensionales Problem für die Relativkoordinate. Lösen Sie das Problem der Schwerpunktskoordinate mit den Anfangsbedingungen R (0) = R 0 und R˙ (0) = V 0 . (c) (4 Punkte) Begründen Sie anhand des Kraftfeldes die Drehimpuls- und Energieerhaltung. (d) (4 Punkte) Reduzieren Sie das dreidimensionale Problem der Relativkoordinate durch die Drehimpulserhaltung auf ein zweidimensionales Problem. Bestimmen Sie den Drehimpuls als Funktion von r, der reduzierten Masse und der Winkelgeschwindigkeit ˙ φ. (e) (4 Punkte) Nutzen Sie die Energieerhaltung aus, um das zweidimensionale Problem auf ein eindimensionales in der Koordinate r zu reduzieren. Führen Sie dabei ein effektives Potential der Form Ueff (r) =

α + βr2 r2

ein. Wobei α, β > 0 sind. Finden Sie die Ausdrücke für α und β in Abhängigkeit des Drehimpulses, der reduzierten Masse und der Konstante k. (f) (5 Punkte) Skizzieren Sie das effektive Potential aus Aufgabenteil (e) und diskutieren Sie die möglichen Bewegungen. Gibt es ungebundene Bewegungen? Bei welcher Energie kommt es zu einer Kreisbewegung mit r˙ = 0. Wie lautet der Radius einer solchen Kreisbewegung?

2.1

Klausur I - Klassische Mechanik

55

25 Punkte

Aufgabe 3 Der Laplace-Runge-Lenz-Vektor

Schlagwörter: Kepler-Problem, Vektoren, Erhaltungsgrößen, Differentialgleichung 1. Ordnung Betrachten Sie ein Teilchen der Masse m im Potential U (r) = −

α r

mit α > 0, was dem Kepler-Problem entspricht. Für ein solches Problem lässt sich der Laplace-Runge-Lenz-Vektor A = p × L − mαˆ es definieren. Dabei sind p der Impuls und L der erhaltene Drehimpuls des Teilchens. (a) (2 Punkte) Finden Sie die Komponenten von A bezüglich eˆs und eˆφ und drücken Sie diese durch den Drehimpuls, die Koordinate r und deren Ableitung, sowie α aus. (b) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass es sich bei A um einen erhaltenen Vektor handelt. Nutzen Sie dabei Ihre Kenntnis über den Drehimpuls L aus. (c) (3 Punkte) Drücken Sie das Betragsquadrat von A durch die Gesamtenergie des Teilchens E, seinen Drehimpuls, seine Masse und den Parameter α aus. (d) (4 Punkte) Bilden Sie das Skalarprodukt von A mit r und finden Sie so r(φ) und bringen Sie es in die Form r=

p . 1 + e cos(φ)

(2.1.1)

Wie lauten p und e ausgedrückt durch den Drehimpuls, die Masse m des Teilchens, seiner Gesamtenergie und den Parameter α? In welche Richtung zeigt demnach A ? Betrachten Sie nun das Potential U (r) = −

α + V (r) r

mit α > 0. (e) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die zeitliche Ableitung von A durch A dA ∂V = A˙ = eˆφ L dt ∂r gegeben ist.

56

Klausuren

(f) (4 Punkte) Gehen Sie davon aus, dass der Betrag des Vektors A weiterhin erhalten ist und bestimmen Sie die zeitliche Ableitung seines Winkels in der xy-Ebene über ˙ez . A × A˙ = A2 ψˆ Sie sollten dabei den Ausdruck ∂V L ψ˙ = cos(φ) A ∂r erhalten. Verwenden Sie dazu auch Gl. (2.1.1). (g) (3 Punkte) Integrieren Sie nun über eine Periode um den Ausdruck m Δψ = A

2π

dφ cos(φ) r2 0

∂V ∂r

zu erhalten. (h) (5 Punkte) Betrachten Sie nun im Speziellen V (r) = −

αL2 m2 c2 r3

und bestimmen Sie Δψ als Funktion der Masse m, der Exzentrizität e, der großen Halbachse a und des hier auftretenden Parameters c. Verwenden Sie hierzu wieder Gl. (2.1.1). Sie dürfen außerdem das unbestimmte Integral dx cos2 (x) = verwenden.

x sin(2x) + +C 2 4

2.1

Klausur I - Klassische Mechanik

57

25 Punkte

Aufgabe 4 Der getriebene harmonische Oszillator

Schlagwörter: Harmonischer Oszillator, Differentialgleichung 2. Ordnung, Inhomogenität, Antwortfunktion Betrachten Sie den getriebenen harmonischen Oszillator x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = f (t)

(2.1.2)

√ mit γ, ω0 > 0 sowie ω0 > 2γ und einer zu spezifizierenden treibenden Kraft f (t). ˙ = v0 . Finden (a) (5 Punkte) Betrachten Sie die Anfangsbedingungen x(0) = x0 und x(0) Sie die Lösung zu diesem Anfangswertproblem, ohne dabei explizit einen Ausdruck für die partikuläre Lösung xp (t) einzusetzen. (b) (5 Punkte) Verwenden Sie die Inhomogenität f (t) = eiωt um die komplexe Antwortfunktion χ(ω) sowie deren Betrag |χ(ω)| und komplexe Phase tan(ψ(ω)) zu finden. (c) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Lage und die Höhe des Maximums des Betrags der Antwortfunktion, sowie die Werte für ω an denen tan(ψ(ω)) die Werte ±1 annimmt. Beschränken Sie sich für die gesamte Teilaufgabe auf positive Werte von ω. (d) (2 Punkte) Skizzieren Sie |χ(ω)| und tan(ψ(ω)). (e) (3 Punkte) Finden Sie die partikuläre Lösung von Gl. (2.1.2) für f (t) = f0 cos(ωt + φ) entweder, indem Sie Ihr Ergebnis aus Teilaufgabe (b) verwenden oder Gl. (2.1.2) als den Realteil einer komplexen Gleichung auffassen. (f) (5 Punkte) Finden Sie die partikuläre Lösung für Gl. (2.1.2) in Reihen-Darstellung, wenn die periodische Inhomogenität f (t + T ) = f (t) auf dem Intervall [−T /2, T /2] durch f (t) = αt mit α > 0 und ω = 2π T definiert ist. Sie müssen dafür den expliziten Ausdruck von χ(ω) nicht einsetzen.

2.2

Klausur II - Klassische Mechanik

2.2

59

Klausur II - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

Schlagwörter: Kegelschnitt, Harmonischer Oszillator, Inelastischer Stoß, Potentielle Energie, Bahnkurve

(a) (5 Punkte) Die zwei Ausdrücke, um Ellipsen zu beschreiben sind durch x 2 y 2 + =1 a b und r(φ) =

p 1 + e cos(φ)

gegeben, wobei die beiden Ellipsen entlang der x-Achse relativ zueinander verschoben sind. Wie lauten die Zusammenhänge zwischen den Parametern a, b, e und p? Drücken Sie die relative Verschiebung der beiden Ellipsen durch die gegebenen Parameter aus. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie einen harmonischen Oszillator der Art x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = 0 mit ω0 > γ. Finden Sie die Lösung mit den Anfangsbedingungen x(0) = x0 und x(0) ˙ = v0 . (c) (5 Punkte) Ein ruhender Massenpunkt der Masse m wird von einem bewegten Massenpunkt der Masse M mit der Geschwindigkeit v0 gerammt. Die beiden bleiben aneinander haften und bewegen sich als ein gemeinsamer Massenpunkt weiter. Bestimmen Sie die Geschwindigkeit v nach dem Stoß sowie den Energieverlust durch den Stoß. Der Stoß soll sich dabei eindimensional abspielen. (d) (5 Punkte) Ein Teilchen der Masse m bewegt sich in einer Dimension in dem Potential U (x) = Θ(x) (αx2 − βx4 ) + Θ(−x) γx2 . mit α, β, γ > 0. Diskutieren Sie die Bewegung des Teilchens anhand einer Skizze. Welche Bedingungen muss die Energie E des Teilchens erfüllen, damit es zu einer gebundenen Bewegung kommt? (e) (5 Punkte) Ein Massenpunkt der Masse m vollführe die Bahnkurve ⎞ ⎛ v0 t ⎟ ⎜ r (t) = ⎝R cos(ωt + φ0 )⎠ − 12 gt2 mit v0 , R, ω, φ0 , g > 0. Bestimmen Sie die Kraft, die der Massenpunkt erfährt.

60

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 2 Relativität

Schlagwörter: Spezielle Relativitätstheorie, Lorentz-Transformation, Zeitdilatation Längenkontraktion In dieser Aufgabe sollen die Lorentz-Transformationen hergeleitet werden. (a) (4 Punkte) Betrachten Sie zwei Spiegel A und B. Von Spiegel A wird ein kleiner Lichtimpuls zu Spiegel B gesendet und dort reflektiert. Er kommt schlussendlich wieder bei Spiegel A an, wo er von einem Sensor gemessen wird und so die Zeit, die er zum Zurücklegen der Strecke benötigt hat, bestimmt werden kann. Diese Situation lässt sich aus zwei Perspektiven heraus beobachten: (1) Die beiden Spiegel ruhen. (2) Die beiden Spiegel bewegen sich senkrecht zu ihrer Verbindungslinie mit der Geschwindigkeit v. Aus experimentellen Resultaten geht hervor, dass in beiden Situationen der Lichtimpuls dieselbe Geschwindigkeit c gehabt haben muss. Finden Sie damit den Zusammenhang zwischen der verstrichenen Zeit Δt im Ruhesystem, in welchem die Spiegel ruhen und Δt im Laborsystem, in welchem sich die Spiegel mit der Geschwindigkeit v bewegen. Das Ergebnis ist als Zeitdilatation bekannt. Drücken Sie es durch den Lorentz-Faktor γ=

1 1−

v2 c2

≥1

aus. (b) (8 Punkte) Betrachten Sie nun einen Stab, an dessen Ende A ein Laser und ein Lichtsensor und an dessen anderen Ende B ein Spiegel befestigt sind. Es wird ein Lichtimpuls in Richtung des Spiegels bei B gesandt, dort reflektiert und bei A erfasst. Wieder lassen sich zwei Situationen betrachten: (1) Der Stab ruht (Ruhesystem). (2) Der Stab bewegt sich entlang der Richtung AB mit der Geschwindigkeit v (Laborsystem). Bestimmen Sie die Länge des Stabes im Ruhesystem Δl und im Laborsystem Δl. Das Ergebnis ist als Längenkontraktion bekannt. Drücken Sie es durch den Lorentz-Faktor γ aus. (c) (6 Punkte) Betrachten Sie wieder den Stab aus Teilaufgabe (b). Diesmal ist der Lichtsensor am Ende B angebracht. Bezeichnen Sie das Ereignis der Messung des Lichtimpulses im Ruhesystem mit (ct, x) und im Laborsystem mit (ct , x ). Das Aussenden

2.2

Klausur II - Klassische Mechanik

61

des Lichtimpulses ist in beiden Systemen das Ereignis (0, 0). Zeigen Sie unter zu Hilfenahme der Ergebnisse aus den Teilaufgaben (a) und (b), dass v ct = γ ct − x x = γ(x − vt) c gilt. (d) (7 Punkte) Zeigen Sie, dass durch die Transformation aus Teilaufgabe (c) die beiden Größen (Δs)2 = c2 (Δt)2 − (Δx)2 und (Δs )2 = c2 (Δt )2 − (Δx )2 miteinander übereinstimmen. Welche Implikationen ergeben sich für Licht? Ist das überraschend?

62

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 3 Achterbahn-Loopings Schlagwörter: Bahnkurve, Beschleunigung, Differentialrechnung, Taylor-Reihe

Ein Massenpunkt der Masse m auf einer vorgegebenen zweidimensionalen Bahn ohne Reibungsverluste kann als einfaches Modell einer Achterbahn angesehen werden. Dabei lässt sich zeigen, dass auf diesen Punkt die g-Kräfte (Normalbeschleunigung in Vielfachen der Erdbeschleunigung g) G=

v02 κ − 2yκ + cos(θ) g

wirken. Dabei ist y die Höhenkoordinate des Massenpunktes, v0 die Geschwindigkeit des Punktes auf der Höhe y = 0, θ der Winkel der Bahnkurve relativ zur Horizontalen und κ = 1r die Krümmung der Kurve, wobei r den Krümmungsradius darstellen. (a) (2 Punkte) Betrachten Sie zunächst eine beliebige Strecke und finden Sie mittels geody dx metrischer Überlegungen Ausdrücke für dθ ds , ds und ds in Abhängigkeit von κ und θ. (b) (6 Punkte) Finden Sie für einen Parabelbogen f (x) = − a2 x2 mit a > 0 die g-Kräfte als Funktion von x. Sie dürfen dabei ohne Beweis verwenden, dass cos(θ) = 

f sin(θ) =  1 + f 2

1 1 + f 2

gilt. Welche Beziehung muss zwischen a und v0 bestehen, damit bei x = 0 Schwerelosigkeit erreicht wird? Betrachten Sie eine Euler-Spirale (Klothoide), deren Krümmung über die Wegstrecke durch κ=

2s H2

ausgedrückt wird. H ist dabei ein Parameter der Dimension Länge. (c) (6 Punkte) Zeigen Sie mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a), dass y als Funktion von θ ∈ [0, π] durch θ

H y(θ) = 2

dφ 0

sin(φ) H √ ≡ I(θ) 2 φ

gegeben ist. Finden Sie auch x(θ) ebenfalls in Abhängigkeit eines Integrals. Berücksichtigen Sie dabei, dass θ = 0 dem Ursprung entspricht.

2.2

Klausur II - Klassische Mechanik

63

(d) (2 Punkte) Finden Sie einen Zusammenhang zwischen der maximalen Höhe der EulerSpirale h und H, sowie die g-Kräfte als Funktion von θ. (e) (2 Punkte) Entwickeln Sie den Ausdruck G(θ) aus Teilaufgabe (d) für kleine θ bis zur 2. Ordnung und finden Sie den Grenzwert von G für θ → 0. Vergleichen Sie dies mit dem Grenzwert θ → 0 für die g-Kräfte in einem kreisförmigen Looping mit Radius R, die durch GKreis =

v02 − 2 + 3 cos(θ) gR

gegeben sind. Welche Bedeutung kommt der Euler-Spirale bei der Konstruktion eines Loopings daher zu? (f) (7 Punkte) Betrachten Sie nun einen Looping wie in Abb. 2.2.1, dessen untere Hälfte θ ∈ [0, π/2) aus einer Euler-Spirale mit Parameter H und dessen obere Hälfte θ ∈ [π/2, π) aus einem kreisförmigen Looping mit Radius R besteht. Welcher Zusammenhang muss zwischen R und H gültig sein, damit die g-Kräfte eine stetige Funktion sind?

g Kreis

Euler-Spiralen

Abb. 2.2.1 Looping aus Euler-Spiralen- und Kreiselementen Hinweis: Sie dürfen die numerischen Integrale θ

I(θ) =

dφ 0

sin(φ) √ φ

I(π/2) ≈ 0,0986

als Konstanten bekannten Wertes ansehen.

I(π) ≈ 1,7897

64

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 4 Rutherford-Streuung Schlagwörter: Rutherford-Streuung, Streuquerschnitt, Stoßprozesse, Zentralkraftfeld

Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m, der sich in der xy-Ebene im Potential U (r) = −

α r

bewegt. Dabei kann der Parameter α zunächst sowohl positiv als auch negativ sein. Es lässt sich zeigen, dass der Massenpunkt daher eine Bewegung im effektiven Potential der Form Ueff. (r) =

L2 α − 2mr2 r

vollführt, wobei L der Betrag des Drehimpulses ist. Energie und Drehimpuls sind in diesem Potential erhalten. Die Bahnkurve, die der Massenpunkt durchläuft, wird durch ⎛

⎞ cos(φ) ⎜ ⎟ r = r(φ) ⎝ sin(φ) ⎠ 0

(2.2.1)

mit r(φ) =

p 1 + e cos(φ)

beschrieben. Dabei sind die Parameter p und e mittels  2EL2 L2 e= 1+ p= mα mα2 gegeben. Für den Rest der Aufgabe soll der Fall α < 0 betrachtet werden. (a) (3 Punkte) Was gilt für die Energie und die Parameter e und p? Argumentieren Sie auch anhand des effektiven Potentials. (b) (6 Punkte) Skizzieren Sie die Bahnkurve, die sich aus Gl. (2.2.1) ergibt und markieren Sie auf der Bahn, die Bewegungsrichtung des Massenpunktes. Bestimmen Sie dabei auch den Winkel φ∞ unter dem die erste der beiden Asymptote auftritt und zeichnen Sie diesen ein. Die Bahn wird aus zwei separierten Teilen bestehen. Welcher dieser Teile beschreibt die physikalische Bewegung?

2.2

Klausur II - Klassische Mechanik

65

(c) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass der Streuwinkel θ, welcher durch v i · v f = vi vf cos(θ) definiert wird, durch   1 θ = π − 2 Arccos e θ bestimmt ist. Bestimmen Sie daraus die Größe sin 2 . (d) (3 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass der Massenpunkt im Unendlichen startet und e x mit v > 0 beschrieben wird. Die ydie Startgeschwindigkeit durch v ∞ = vˆ Komponente soll im Unendlichen b > 0 betragen. Finden Sie die Energie E und den Betrag des Drehimpulses L ausgedrückt durch m, v und b. Bestimmen Sie den Parameter e als Funktion von E, α und b. (e) (6 Punkte) Bestimmen Sie den differentiellen Streuquerschnitt    dσ   D(θ, φ) =  dΩ    als Funktion von α, E und sin θ2 . Dabei sind dσ = b db dφ und dΩ = sin(θ) dθ dφ. In dieser Definition hat θ weiterhin die Bedeutung des Streuwinkels aus Teilaufgabe (c). (f) (4 Punkte) Bestimmen Sie den totalen Streuquerschnitt σtot. =

dΩD(θ, φ)

und interpretieren Sie dieses Resultat physikalisch.

2.3

Klausur III - Klassische Mechanik

2.3

67

Klausur III - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

Schlagwörter: Levi-Civita-Symbol, Taylor-Reihe, Konservative Kraftfelder, Würfe, Harmonischer Oszillator

(a) (5 Punkte) Zeigen Sie mit Hilfe des Levi-Civita-Symbols die Gültigkeit des Zusammenhangs a · c ) − c (a a · b ). a × (bb × c ) = b (a (b) (5 Punkte) Für ein Fadenpendel der Länge l lässt sich zeigen, dass die Periodendauer durch das Integral  √ l T =2 2 g

θ0

 0

dθ cos(θ) − cos(θ0 )

berechnet werden kann. Zeigen Sie, dass sich für kleine initale Auslenkungen θ0  1 der bekannte Zusammenhang T = 2π

l g

ergibt.

(c) (5 Punkte) Finden Sie heraus, ob das Kraftfeld ⎛ F =

Fd x2 + y 2

⎞ −y ⎜ ⎟ ⎝x⎠ 0

mit F, d > 0 konservativ ist. Falls ja, finden Sie das Potential. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie bei vernachlässigbarem Luftwiderstand ein Objekt der Masse m, das aus Höhe h mit der Geschwindigkeit v0 in x-Richtung im Schwerefeld der Erde geworfen wird. Finden Sie die Flugbahn y(x) aus dem Zusammenhang zwischen r , r˙ und r¨. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie den harmonischen Oszillator x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = 0 mit γ > ω0 . Finden Sie die homogene Lösung für diesen Fall und drücken Sie diese durch hyperbolische Funktionen aus. Wie heißt dieser Fall?

68

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 2 Gekoppelte Pendel Schlagwörter: Pendel, Federkraft, Newton’sche Gesetze, Differentialgleichung 2. Ordnung

Betrachten Sie zwei identische (mathematische) Fadenpendel mit Masse m und Länge l, wie sie in Abb. 2.3.1 dargestellt sind. Ihre Aufhängungen sollen entlang der x-Achse um einem Abstand d zueinander verschoben sein. Zusätzlich ist an den beiden Pendelmassen eine Feder mit Federkonstante k und Ruhelänge d angebracht, welche die beiden Pendel aneinander koppelt. Betrachten Sie die Aufhängung des linken Pendels als Ursprung des Koordinatensystems.

d

ϕ1

ϕ2

l

l

m

m k

Abb. 2.3.1 Schematische Darstellung der gekoppelten Pendel (a) (2 Punkte) Drücken Sie die Ortsvektoren, Geschwindigkeitsvektoren und Beschleunigungsvektoren der Pendelmassen durch die Einheitsvektoren eˆri und eˆφi aus. Dabei dient i zur Unterscheidung der Pendel und mit i = 1 soll das linke Pendel gemeint sein. Auf Masse 1 wird durch die Feder die Kraft (1) F Feder = −k(|rr 1 − r 2 | − d)

ausgeübt.

r1 − r2 |rr 1 − r 2 |

2.3

Klausur III - Klassische Mechanik

69

(b) (2 Punkte) Finden Sie mit Hilfe der Newton’schen Gesetze die vektoriellen Differentialgleichungen, die die Bewegung des Systems beschreiben. (1) Sie müssen dazu F Feder und andere auftretende Kräfte zwar nicht explizit einsetzen, aber erläutern. (c) (3 Punkte) Betrachten Sie nun kleine Auslenkungen φi  1 und lφi  d. Finden Sie (1) in dieser Näherung F Feder . (d) (4 Punkte) Zeigen Sie, dass in der Näherung kleiner Auslenkungen die beiden Differentialgleichungen g φ¨1 = − φ1 − l g ¨ φ2 = − φ2 + l

k (φ1 − φ2 ) m k (φ1 − φ2 ) m

zu lösen sind. (e) (4 Punkte) Führen Sie die beiden Größen φ± = φ1 ± φ2 ein und nutzen Sie diese, um die allgemeine Lösung für die beiden Differentialgleichungen aus Teilaufgabe (d) zu finden. (f) (10 Punkte) Betrachten Sie die drei verschiedenen Anfangsbedingungen (i) φ1 (0) = φ2 (0) = φ0 , (ii) φ1 (0) = −φ2 (0) = φ0 , (iii) φ1 (0) = φ0 und φ2 (0) = 0, wobei für alle drei Fälle φ0 > 0 und φ˙ 1 (0) = φ˙ 2 (0) = 0 gelten soll. Diskutieren Sie Ihre Ergebnisse. Hinweis: Sie dürfen die Relationen

    y+x y−x cos(x) + cos(y) = 2 cos cos 2 2     y−x y+x sin cos(x) − cos(y) = 2 sin 2 2

ohne Beweis verwenden.

70

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 3 Lorentz-Transformation

Schlagwörter: Spezielle Relativitätstheorie, Lorentz-Transformation, Relativistische Geschwindigkeitsaddition, Matrizen

(a) (3 Punkte) Leiten Sie die definierende Gleichung der Lorentz-Transformationen aus der Invarianz des Linienelements ds2 = ημν dxμ dxν her. Finden Sie die Inverse der Transformationsmatrix Λ ausgedrückt durch Λ und η. (b) (5 Punkte) Führen Sie zwei Lorentz-Boosts entlang der z-Achse mit den Geschwindigkeiten v1 und v2 durch. Leiten Sie daraus die relativistische Formel der Geschwindigkeitsaddition her. Hinweis: Ein allgemeiner Lorentz-Boost ist durch die Matrix   βT γ −γβ μ Λν = T β 1 + (γ − 1) βββ2 −γβ gegeben, wobei β =

v c

und γ −2 = 1 − β 2 sind.

(c) (9 Punkte) Betrachten Sie nun die Größe v 1 c + v = ln , ν = Artanh c 2 c−v die als Rapidität bezeichnet wird. Zeigen Sie zunächst, dass sich ein Lorentz-Boost entlang der z-Achse allein durch hyperbolische Funktionen der Rapidität ausdrücken lässt. Finden Sie weiter das Additionsverhalten der Rapidität unter Hintereinanderausführung von Lorentz-Boosts entlang der z-Achse und bestätigen Sie damit Ihr Ergebnis aus Teilaufgabe (b). (d) (5 Punkte) Betrachten Sie nun einen infinitesimalen Boost entlang der x-Achse, gefolgt von einem Boost entlang der y-Achse, die durch ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 1 −ν1 0 0 1 0 −ν2 0 ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜−ν1 ⎜ 0 1 0 0⎟ 1 0 0⎟ μ ⎟ ⎟ ⎜ (Λ1 )μν = ⎜ (Λ ) = 2 ν ⎜ 0 ⎜−ν 0 0 1 0⎟ 1 0⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 2 0

0

0

1

0

ausgedrückt werden. Bestimmen Sie die Größen (Λ2 Λ1 )μν ,

(Λ1 Λ2 )μν ,

0

0

1

2.3

Klausur III - Klassische Mechanik

71

sowie ([Λ2 , Λ1 ])μν ≡ (Λ2 Λ1 )μν − (Λ1 Λ2 )μν . (e) (3 Punkte) Vergleichen Sie Ihre Ergebnisse malen Drehung um die z-Achse ⎛ 1 0 ⎜ ⎜0 1 Oμν = ⎜ ⎜0 θ ⎝ 0 0

aus Teilaufgabe (d) mit einer infinitesi-

0 −θ 1 0

⎞ 0 ⎟ 0⎟ ⎟. 0⎟ ⎠ 1

Zerlegen Sie die Matrix O zu diesem Zwecke in zwei Terme der Form O = 1 + θM. Interpretieren Sie die physikalische Bedeutung dieses Ergebnisses.

72

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 4 Die Kepler’schen Gesetze

Schlagwörter: Erhaltungsgrößen, Integralrechnung, Kepler-Problem, Zwei-Körper-Problem, Relativkoordinaten Betrachten Sie zwei Körper der Masse m1 und m2 , die den Bewegungsgleichungen Gm1 m2 (rr 1 − r 2 ) |rr 1 − r 2 |3 Gm1 m2 (rr 2 − r 1 ) m2r¨2 = − |rr 2 − r 1 |3

m1r¨1 = −

genügen. (a) (3 Punkte) Führen Sie Schwerpunkt- und Relativkoordinaten R und r = r 1 − r 2 ein. Begründen Sie, warum die Schwerpunktkoordinate nicht weiter betrachtet werden muss. Zeigen Sie weiter, dass die Relativkoordinate die Bewegungsgleichung μ¨ r=−

α eˆr r2

erfüllt. Was sind α und μ? (b) (4 Punkte) Führen Sie die beiden Größen L = μrr × r˙

E=

1 2 α μr˙ − 2 r

ein und begründen Sie, warum diese erhalten sind. Drücken Sie die beiden Größen durch Polarkoordinaten aus. Eliminieren Sie in E alle nicht erhaltene Größen bis auf r. ˙ (c) (4 Punkte) Verwenden Sie die Erkenntnisse aus Aufgabenteil (b), um einen Ausdruck für dr dt und die daraus resultierende Integralgleichung dφ =

dr 1 · r2 2μα 1 1 − r2 + L2 r +

2μE L2

(2.3.1)

zu finden. (d) (4 Punkte) Lösen Sie Gl. (2.3.1) unter Verwendung des unbestimmten Integrals ⎞ ⎛ z − a2 1 ⎠ = − Arccos⎝ dz √  a 2 −z 2 + az + b b+ 2

2.3

Klausur III - Klassische Mechanik

wobei −b
r1 und ein konstantes θ und φ.

76

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 2 g-Kräfte auf der Achterbahn Schlagwörter: Erhaltungsgrößen, Newton’sche Gesetze, Beschleunigung, Bahnkurve

Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m, der sich im Schwerefeld der Erde reibungsfrei auf einer vorgegebenen zweidimensionalen Bahn bewegt. Dies soll ein stark vereinfachtes Modell einer Achterbahn darstellen. (a) (3 Punkte) Finden Sie mit Ihrer Kenntnis der Energieerhaltung einen Zusammenhang zwischen der Geschwindigkeit v des Punktes und seiner Höhe y, wenn er sich auf der Höhe y = 0 mit der Geschwindigkeit v0 bewegt. Welche Geschwindigkeit v0 muss der Punkt haben, um einen kreisförmigen Looping mit Radius R gerade so überwinden zu können, wenn v0 die Geschwindigkeit am niedrigsten Punkt des Loopings beschreibt? (b) (6 Punkte) Zeigen Sie, dass die g-Kräfte, also die Normalbeschleunigung in Vielfachen der Erdbeschleunigung g, durch den Ausdruck G=

v02 κ − 2yκ + cos(θ) g

(2.4.1)

gegeben sind, wobei κ = 1r die Krümmung der Kurve und r ihr Krümmungsradius ist. θ ist der Winkel der Kurve relativ zur Horizontalen. (c) (2 Punkte) Bestimmen Sie mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (b) die g-Kräfte innerhalb eines kreisförmigen Loopings mit Radius R aus Teilaufgabe (a) als Funktion des Winkels θ. (d) (8 Punkte) Wie hoch ist der Unterschied der maximalen und minimalen g-Kräfte ΔG? Wie muss v0 gewählt werden, damit am höchsten Punkt Schwerelosigkeit erreicht wird? Stellt ein Kreis eine gute Wahl für eine Looping-Strecke dar? (e) (6 Punkte) Tragen Sie G(θ) schematisch über θ für die Fälle (i) der Looping wird gerade so überwunden, (ii) am höchsten Punkt wird Schwerelosigkeit erreicht auf. Wie ändert sich die Kurve der g-Kräfte bei einer anderen Wahl von v02 bzw. einem anderen R?

2.4

Klausur IV - Klassische Mechanik

77

25 Punkte

Aufgabe 3

Kovariante Formulierung der speziellen Relativitätstheorie Schlagwörter: Spezielle Relativitätstheorie, Kovariante Formulierung, Lorentz-Vektor, Vierergeschwindigkeit Im Rahmen der speziellen Relativitätstheorie wird zwischen zwei Inertialsystemen so gewechselt, dass die Kombination c2 (dτ )2 ≡ c2 (dt)2 − (drr )2

(2.4.2)

unverändert bleibt. τ wird dabei als Eigenzeit bezeichnet, während t und r , die in einem Inertialsystem gemessene Zeit und Position angeben. c ist die Lichtgeschwindigkeit. Es lassen sich sogenannte Vierervektoren (auch Lorentz-Vektoren genannt) Aμ = (A0 , A ) einführen, die sich genau wie das Differential des Ereignisvektors xμ = (ct, r ) transformieren. Ihre Skalaprodukte, die analog über A · B ≡ Aμ B μ = Aμ Bμ = A0 B 0 − A · B definiert sind, sind dann ebenfalls invariant unter dem Wechsel zwischen Inertialsystemen. Ein Produkt oder Quotient aus solchen Skalaren und Vierervektoren ist dann wieder ein Vierervektor, weshalb alle Zeitableitungen durch Ableitungen nach der Eigenzeit ersetzt werden müssen, um die Gesetze der speziellen Relativitätstheorie zu erhalten. (a) (3 Punkte) Bestimmen Sie dτ dt als eine Funktion von γ≡

1 1−

v2 c2

   drr  v =   . dt

Finden Sie damit jeweils den Zusammenhang zwischen den Differentialen dt und dτ d d und dτ . und den Ableitungsoperatoren dt (b) (3 Punkte) Finden Sie die sogenannte Vierergeschwindigkeit uμ , welche durch uμ =

dxμ dτ

definiert ist. Sie ist ebenfalls ein Vierervektor. Bestimmen Sie so u2 = uμ uμ und interpretieren Sie Ihr Ergebnis physikalisch.

78

Klausuren

(c) (3 Punkte) Es lässt sich nun der Viererimpuls pμ = muμ einführen, wobei m die Masse des bewegten Körpers ist. Finden Sie damit p2 = pμ pμ und verwenden Sie dieses Ergebnis, um p0 > 0 durch p2 und p auszudrücken. (d) (6 Punkte) Entwickeln Sie nun p0 c für den Fall |pp|  mc bis zur ersten nicht verschwindenden Ordnung. Als was lässt sich p0 daher identifizieren? Verwenden Sie dieses Ergebnis, um die relativistische Energie-Impuls-Beziehung E 2 = m2 c4 + p 2 c2

(2.4.3)

herzuleiten. (e) (10 Punkte) Betrachten Sie nun einen Körper der Masse m, der sich auf einer Kreisbahn des Radius R mit Winkelgeschwindigkeit ω bewegt und für den daher xμ = (ct, R cos(ωt) , R sin(ωt) , 0) μ

gilt. Bestimmen Sie dp dτ und interpretieren Sie Ihr Ergebnis in Hinblick auf das zweite Newton’sche Gesetz und die Zentripetalkraft.

2.4

Klausur IV - Klassische Mechanik

79

25 Punkte

Aufgabe 4 Multipolmomente des Gravitationspotentials Schlagwörter: Gravitation ausgedehnter Körper, Taylor-Reihe, Kugelkoordinaten, Gradient In dieser Aufgabe wird das gravitative Potential φ(rr ) = −G

d3 r

ρ(rr  ) |rr − r  |

einer Massenverteilung ρ(rr ) untersucht. (a) (4 Punkte) Führen Sie r< = min {r, r } und r> = max {r, r } ein und zeigen Sie durch eine Taylor-Entwicklung bis zur zweiten Ordnung, dass sich das Potential durch    2 2 r) r< 3 (rr · r  ) − r2 r2 r< r · r  3  ρ(r φ(rr ) = −G d r 1+ + r> r> rr r> 2r2 r2 ausdrücken lässt. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie nun eine räumlich beschränkte Verteilung und bestimmen Sie das Potential weit außerhalb, sodass r< = r gilt. Zeigen Sie, dass sich in diesem Fall   M P · r r T Qrr φ(rr ) = −G + 3 + r r 2r5 schreiben lässt, wobei Q=

d3 r ρ(rr  )(3rr r T − 1r2 )

die Quadrupolmomente in Form einer Matrix sind. Wie lassen sich das Dipolmoment P und das Monopolmoment M bestimmen? Begründen Sie, warum sich P stets auf Null wählen lässt. (c) (7 Punkte) Bestimmen Sie M , P und Q für die Massenverteilung ρ(rr ) = M1 δ(3) (rr − r 1 ) + M2 δ(3) (rr − r 2 ) mit |rr 1 − r 2 | = d in einem geeigneten Bezugssystem, sodass r 1 − r 2 parallel zur M2 aus. z-Achse ist. Drücken Sie Q dabei durch d und die reduzierte Masse μ = MM11+M 2 (d) (6 Punkte) Drücken Sie nun das Potential, das durch Q aus Teilaufgabe (c) verursacht wird in Kugelkoordinaten aus und bestimmen Sie dessen Beitrag zur wirkenden Beschleunigung, indem Sie den Gradienten in Kugelkoordinaten grad(f (r, θ, φ)) = eˆr

∂f 1 ∂f 1 ∂f + eˆθ + eˆφ ∂r r ∂θ r sin(θ) ∂φ

verwenden. (e) (3 Punkte) Skizzieren Sie das Potential und die Komponenten der Beschleunigung aus Teilaufgabe (d) als Funktion von θ für ein festes r.

2.5

Klausur V - Klassische Mechanik

2.5

81

Klausur V - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen Schlagwörter: Delta-Funktion, Polarkoordinaten, Federkraft, Zwei-Körper-Problem, Arbeit

(a) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Delta-Funktion δ(ax) mit kann, wenn a = 0 gilt.

1 |a| δ(x)

identifiziert werden

(b) (5 Punkte) Betrachten Sie die Polarkoordinaten   cos(φ) r = rˆ es = r sin(φ) und bestimmen Sie r¨. Interpretieren Sie diesen Ausdruck physikalisch. (c) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m an einer Feder der Federkonstante k und Ruhelänge d. Beides befindet sich im Schwerefeld der Erde, sodass die Feder vertikal ausgelenkt wird. Die Aufhängung der Feder soll dabei z = 0 sein. Sie können diesen Aufbau auch in Abb. 2.5.1 sehen. Stellen Sie die Bewegungsgleichung auf und lösen Sie diese. Finden Sie außerdem die Gleichgewichtslage der Masse.

z=0

g

k

m

Abb. 2.5.1 Schematischer Aufbau des Federpendels

(d) (5 Punkte) Betrachten Sie zwei Körper der Masse m1 und m2 . Körper 2 übt auf Kör(1) (2) per 1 die Kraft F aus. Beide unterliegen den externen Kräften F ext. und F ext. . Finden

82

Klausuren

Sie die Bewegungsgleichungen für die Schwerpunktskoordinate und die Relativkoordinate. Was passiert, wenn (1) (2) F ext. F = ext. m1 m2

gilt? (e) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass bei der Bewegung in einem Kraftfeld der Art F = r˙ × V mit beliebigen V keine Arbeit verrichtet wird.

2.5

Klausur V - Klassische Mechanik

83

25 Punkte

Aufgabe 2 Gravitation ausgedehnter Körper Schlagwörter: Gravitation ausgedehnter Körper, Gradient, Kontinuumslimes, Kraft

Betrachten Sie einen Massenpunkt m der sich im Gravitationsfeld einer ausgedehnten Massenverteilung mit Gesamtmasse M bewegt. Betrachten Sie diese Massenverteilung als eine Zusammensetzung vieler Punktmassen Δmα mit Positionen r α . (a) (2 Punkte) Finden Sie die Gesamtkraft, welche der Massenpunkt erfährt, indem Sie die Superposition der einzelnen Kräfte betrachten. Bilden Sie dann den Kontinuumslimes Δmα → dm, r α → r  , wobei sich das Massenelement mittels der Massendichte durch dm = ρ(rr  ) d3r  ausdrücken lässt. (b) (4 Punkte) Zeigen Sie mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a), dass sich das Potential durch φ(rr ) = −G

d3 r 

ρ(rr  ) |rr − r  |

ausdrücken lässt. Das Potential erfüllt dabei F = −m∇φ. Hinweis: Sie dürfen ohne Beweis verwenden, dass ∇

1 r − r = − |rr − r  | |rr − r  |3

gilt, wobei der Gradient ∇ auf r aber nicht auf r  wirkt. (c) (6 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass die Massenverteilung kugelsymmetrisch ist und daher ρ(rr ) = ρ(r) gilt. Zeigen Sie, dass in diesem Fall das Potential durch ⎛ r ⎞ ∞ 4πG ⎝ dr r2 ρ(r ) + r dr r ρ(r )⎠ φ(r) = − r 0

r

gegeben ist. Es wird nun die Massendichte einer homogenen Kugel ρ(r) = ρ0 Θ(R − r) betrachtet. (d) (6 Punkte) Bestimmen Sie den Wert von ρ0 , damit die Massenverteilung die Gesamtmasse M aufweist. Finden Sie dann das Potential φ, sowie die Kraft F als Funktion von r, G, M und R. (e) (4 Punkte) Skizzieren Sie das Potential und den Betrag der Kraft aus Teilaufgabe (d). (f) (3 Punkte) Nehmen Sie an, der Massenpunkt würde durch einen verschwindend dünnen Tunnel direkt durch den Mittelpunkt der Massenverteilung fallen können. Finden Sie die Differentialgleichung, die diese Bewegung für r ≤ R beschreibt und lösen Sie diese. Welche Zeit würde der Massenpunkt benötigen, um von +R zu −R zu fallen?

84

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 3 Kraftstoß am harmonischen Oszillator

Schlagwörter: Harmonischer Oszillator, Kraftstoß, Green’sche Funktion, Fourier-Transformation, Antwortfunktion Betrachten Sie den harmonischen Oszillator mit einer Inhomogenität, der sich daher durch (2)

¨ + 2γ x˙ + ω02 x = f (t) Dt x = x beschreiben lässt. Die Parameter γ und ω0 sollen dabei ω0 > γ erfüllen, sodass es sich um den Schwingfall handelt. Weiter soll für f (t) zunächst die Inhomogenität f (t) =

Δp δ(t) m

angenommen werden. (a) (4 Punkte) Finden Sie die Stetigkeitsbedingung bei t = 0 für die Ableitung x. ˙ (b) (4 Punkte) Finden Sie mit den Erkenntnissen aus Teilaufgabe (a) die Lösung x(t) =

sin(Ωt) −γt Δp Θ(t) e m Ω

 mit der Annahme, dass x(t) = 0 für alle t < 0 gilt. Hierbei ist Ω = ω02 − γ 2 . Hinweis: Sie dürfen die homogene Lösung als bekannt voraussetzen. (c) (5 Punkte) Bestimmen Sie mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (b) die Green’sche Funktion m x(t) G(t) = Δp und zeigen Sie, dass die partikuläre Lösung für eine beliebige Inhomogenität f (t) durch ∞

dt G(t − t )f (t )

xp (t) = −∞

bestimmt werden kann. (d) (6 Punkte) Finden Sie die Fourier-Transformierte der Green’schen Funktion G(t) und drücken Sie diese durch die Antwortfunktion des harmonischen Oszillators χ(ω) = aus.

ω02 − ω 2 − 2iγω (ω02 − ω 2 )2 + 4γ 2 ω 2

2.5

Klausur V - Klassische Mechanik

85

(e) (6 Punkte) Betrachten Sie nun die Inhomogenität f (t) = f0 cos(ωt + φ) und finden Sie die partikuläre Lösung mit Ihren Ergebnissen aus Teilaufgabe (c) und (d). Drücken Sie diese so aus, dass sie eindeutig reell ist, also keine komplexwertigen Komponenten mehr enthält. Hinweis: Nutzen Sie aus, dass sich die Antwortfunktion als χ(ω) = |χ(ω)| eiψ(ω) schreiben lässt. Nutzen Sie auch den Zusammenhang zwischen χ(−ω) und χ∗ (ω) aus.

86

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 4 Das Zwillings-Paradox

Schlagwörter: Spezielle Relativitätstheorie, Kovariante Formulierung, Relativistische Bewegungsgleichung, Eigenzeit, Integralrechnung Betrachten Sie die relativistische Verallgemeinerung des 2. Newton’schen Axioms für einen Körper der Masse m, welches die Form dpμ duμ =m = Kμ dτ dτ annimmt. Zunächst soll die Form von K μ bestimmt werden.

(2.5.1)

(a) (2 Punkte) Finden Sie das Lorentz-Skalar uμ K μ und bestimmen Sie damit einen Ausdruck für K 0 in Abhängigkeit von β und K . Betrachten Sie nun jenes Inertialsystem, in dem der Körper momentan instantan ruht. Es soll sich mit der Geschwindigkeit β relativ zum (inertialen) Laborsystem bewegen. Im instantenen Inertialsystem unterliegt der Körper der (klassischen) Kraft F  . (b) (6 Punkte) Nutzen Sie Ihre Kenntnisse über die Lorentz-Transformation   βT γ −γβ μ β) = Λ ν (β T β 1 + (γ − 1) βββ2 −γβ und ihre Erkenntnisse aus Aufgabenteil (a), um K μ im Laborsystem durch β , γ und F  auszudrücken. Betrachten Sie nun ein Raumschiff der Masse m. Im (beschleunigten) Ruhesystem des Raumschiffs sollen die Reisenden, die konstante Beschleunigung −a, mit a > 0 entlang der z-Achse als Scheinbeschleunigung spüren. (c) (3 Punkte) Zeigen Sie mit Ihren Ergebnissen aus Teilaufgabe (b), dass sich Gleichung (2.5.1) auf die zu lösende Gleichung d (γv) = a dt

(2.5.2)

reduzieren lässt. (d) (5 Punkte) Lösen Sie Gl. (2.5.2) mit der Anfangsbedingung v(0) = 0 und finden Sie auch x(t) mit der Anfangsbedingung x(0) = 0. (e) (5 Punkte) Verwenden Sie Ihre Ergebnisse aus Teilaufgabe (d), um einen funktionalen Zusammenhang zwischen der im (inertialen) Laborsystem gemessenen Zeit t und der im Raumschiff vergehenden Eigenzeit τ zu finden. Bestimmen Sie weiter γ als Funktion von t als auch von τ . Hinweis: Sie werden eine Substitution mit dem hyperbolischen Sinus durchführen müssen.

2.5

Klausur V - Klassische Mechanik

87

Nehmen Sie nun an, das Raumschiff lege im Laborsystem die Strecke s zurück. Dabei beschleunige es auf der ersten Hälfte, bis es die Strecke s/2 erreicht hat. Danach beginnt es, mit gleicher Beschleunigung zu bremsen. In der Entfernung s angekommen, hält es die Beschleunigung in negativer z-Richtung aufrecht und kehrt um. Erneut beschleunigt es, bis es die Strecke s/2 erreicht hat, um dann abzubremsen. (f) (4 Punkte) Welche Zeit ist im Laborsystem bzw. im Raumschiff vergangen, wenn es wieder den Punkt z = 0 im Laborsystem erreicht hat? Welche Implikation ergibt sich für ein Zwillingspaar, von dem eine Person im Raumschiff reist und die andere Person im Laborsystem am Ursprung verharrt? Hinweis: Da die vier Reiseabschnitte symmetrisch verlaufen, können Sie das erste Viertel der Reise bis s/2 betrachten und daraus alles weitere herleiten. Nehmen Sie für eine Näherung an, dass der Ausdruck as wesentlich größer als c2 ist.

2.6

Klausur VI - Klassische Mechanik

2.6

89

Klausur VI - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

Schlagwörter: Green’sche Funktion, Drehmatrix, Beschleunigung, Streuquerschnitt, FourierTransformation

(2)

(a) (5 Punkte) Die Green’sche Funktion des Differentialoperators Dt Oszillators

des harmonischen

(2)

¨ + 2γ x˙ + ω02 x Dt x = x ist im Schwingfall durch   ˜ sin Ωt e−γt G(t) = Θ(t) ˜ Ω

  ˜ = ω 2 − γ 2 gilt. Führen Sie die Größe Ω = |ω 2 − γ 2 | ein und bestimmt. Wobei Ω 0 0 drücken Sie durch diese die Green’sche Funktion des Schwingfalls, des Kriechfalls ˜ in diesen Fällen und des aperiodischen Grenzfalls aus, indem Sie das Verhalten von Ω betrachten. (b) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass für zwei Vektoren a , b , die sich bei Drehung mit der Matrix O gemäß ai = Oij aj

bi = Oij bj

transformieren, das Kreuzprodukt c ≡ a × b mit der selben Matrix O transformiert. Hinweis: Die Matrix O stammt aus der Gruppe SO(3). (c) (5 Punkte) Zeigen Sie ausgehend von der Definition der Geschwindigkeit v = r˙ und der Beschleunigung a = v˙ , dass sich die Beschleunigung durch den Tangentenvektor eˆt , den Normalenvektor eˆn und die Krümmung κ mittels a = vˆ ˙ e t + κv 2eˆn ausdrücken lässt. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie die Streuung eines Massenpunktes der Masse m an einer Kugel mit Radius R und Masse M  m. Die Kugel soll im Ursprung ruhen, während der Massenpunkt aus dem Unendlichen mit der Geschwindigkeit v = vˆ e x auf einer Parallelen zur x-Achse, die um b entlang der y-Achse verschoben ist, herannaht. Bestimmen Sie den differentiellen und totalen Streuquerschnitt    dσ    D(θ, φ) =  σtot. = dΩ D(θ, φ), dΩ 

90

Klausuren

wobei dσ = b db dφ und dΩ = sin(θ) dθ dφ sind. Bei θ handelt es sich in dieser Notation um den Streuwinkel des Massenpunktes. Interpretieren Sie Ihr Ergebnis physikalisch. (e) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Fourier-Transformation der Funktion f (t) = wobei τ > 0 ein freier Parameter ist.

1 Θ(τ − |t|) , 2τ

2.6

Klausur VI - Klassische Mechanik

91

25 Punkte

Aufgabe 2 Das Newton’sche Gravitationsgesetz

Schlagwörter: Kepler-Problem, Newton’sche Gesetze, Polarkoordinaten, Differentialrechnung Betrachten Sie die drei Kepler’schen Gesetze in der folgenden Formulierung: (I) Jeder Planet bewegt sich auf einer Ellipse in deren Brennpunkt die Sonne steht. Die Bewegung findet in einer Ebene statt und die Bahn lässt sich durch ⎛ ⎞ cos(φ) p ⎜ ⎟ r = r(φ) ⎝ sin(φ) ⎠ r(φ) = 1 + e cos(φ) 0 beschreiben, wobei p > 0 der Bahnparameter und 0 < e < 1 die Exzentrizität sind. (II) Der Fahrstrahl des Planeten überstreicht in gleicher Zeit gleiche Flächen, sodass die zeitliche Änderung der überstrichenen Fläche durch dA C = = konst. dt 2 ausgedrückt werden kann, wobei C für die Bahn eine Konstante ist, von Planet zu Planet aber unterschiedliche Werte annimmt. (III) Die Kuben der großen Halbachsen a und die Umlaufzeit T stehen im Verhältnis  2 2π a3 = a3 ω 2 = K = konst. T zueinander, wobei K eine Konstante ist, die für jeden Planet im Sonnensystem gültig ist. Sie dürfen ohne Beweis verwenden, dass die Fläche einer Ellipse durch A = πab gegeben ist, sowie die Zusammenhänge  b = a 1 − e2 p = a(1 − e2 ) für den Bahnparameter p, die große und kleine Halbachse a und b und die Exzentrizität e gelten. Verwenden Sie diese Gesetze, um das Newton’sche Gravitationsgesetz F = −G

Mm eˆr r2

herzuleiten. Folgen Sie dazu den Anweisungen der einzelnen Teilaufgaben. (a) (4 Punkte) Verwenden Sie die Bewegung in einer Ebene, um r˙ und r¨ durch Polarkoordinaten auszudrücken.

92

Klausuren

(b) (5 Punkte) Verwenden Sie das zweite Kepler’sche Gesetz, um r2 φ˙ zu finden. Was 2 folgt für die zeitliche Ableitung dieses Terms? Finden Sie weiter die Größe Cp mit Hilfe des dritten Kepler’schen Gesetzes. (c) (4 Punkte) Kombinieren Sie Ihre Ergebnisse aus Teilaufgabe (a) und Teilaufgabe (b), um die Kraft, die auf den Planeten wirkt zu bestimmen. Um was für eine Art von Kraftfeld handelt es sich? (d) (4 Punkte) Zeigen Sie mit Hilfe des ersten Kepler’schen Gesetzes, dass r¨ =

K e cos(φ) r2

gilt. (e) (4 Punkte) Setzen Sie nun die Ergebnisse aus Teilaufgabe (d) in Teilaufgabe (c) ein und verwenden Sie die Newton’schen Axiome, um das Gravitationsgesetz zu bestimmen. (f) (4 Punkte) Drücken Sie die Erdbeschleunigung g durch den Erdradius, den Abstand zwischen Erde und Mond, sowie die Umlaufdauer des Mondes aus, um eine Möglichkeit zur Prüfung der Universalität des Kraftgesetzes zu schaffen. (Sie müssen keine Zahlen einsetzen)

2.6

Klausur VI - Klassische Mechanik

93

25 Punkte

Aufgabe 3 Virial-Satz Schlagwörter: Virial-Satz, Potentielle Energie, Kinetische Energie, Taylor-Reihe

In dieser Aufgabe wird der klassische Virial-Satz betrachtet, der eine Aussage über die zeitlichen Mittel physikalischer Größen trifft. Das zeitliche Mittel einer Funktion f (t) ist dabei durch τ

1

f (t)t ≡ lim τ →∞ τ

dt f (t) 0

definiert. (a) (7 Punkte) Zeigen Sie zunächst, dass für zwei Funktionen f (t), g(t) und zwei Zahlen α und β der Zusammenhang

αf (t) + βg(t)t = α f (t)t + β g(t)t gilt. Zeigen Sie weiter das für T -periodische Funktionen f (t + T ) = f (t) die alternative und äquivalente Definition T

1

f (t)t ≡ T

dt f (t) 0

möglich ist. (b) (2 Punkte) Bilden Sie das zeitliche Mittel des Ausdrucks  d r ·p dt für eine Bewegung, die räumlich und im Betrag des Impulses beschränkt ist, also für die |rr (t)|, |pp(t)| < ∞ für alle t gilt. Zeigen Sie dann, dass der Virial-Satz 1

Ekin. t = − rr · F t 2 gilt. (c) (3 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass die Kraft F eine konservative Kraft ist, die durch das Potential U (rr ) dargestellt werden kann. Bringen Sie dann das zeitliche Mittel

94

Klausuren

des Potentials mit dem der kinetischen Energie durch den Viral-Satz in Verbindung. Finden Sie für die beiden Potentiale U (rr ) =

1 mω 2r 2 2

und U (rr ) = −

α r

den Zusammenhang zwischen den zeitlichen Mitteln der potentiellen und kinetischen Energie. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie nun das Potential der Form U (rr ) = αrk mit einem beliebigen k und finden Sie den Zusammenhang zwischen Ekin t und

U t . Prüfen Sie damit Ihre Ergebnisse aus Teilaufgabe (c). Drücken Sie dann für das Potential U (rr ) = αrk das zeitliche Mittel der kinetischen und der potentiellen Energie durch die Gesamtenergie E des Systems aus. (e) (8 Punkte) Prüfen Sie den Virial-Satz explizit durch Einsetzen der Lösung r (t) = r 0 cos(ωt) +

v0 sin(ωt) ω

für das Potential U (r) = 12 mω 2 r2 aus Teilaufgabe (c).

2.6

Klausur VI - Klassische Mechanik

95

25 Punkte

Aufgabe 4 Die fallende Feder

Schlagwörter: Potentielle Energie, Federkraft, Funktion mehrerer Variablen, Differentialgleichung 2. Ordnung Es soll der freie Fall des Systems in Abb. 2.6.1 untersucht werden. Zwei Massen m1 und m2 sind an den beiden Enden einer (massenlosen) Feder mit Federkonstante k und Ruhelänge l befestigt und sollen sich nur in z-Richtung bewegen können. Das Potential einer Feder ist durch U = k2 (Δl)2 gegeben, wobei Δl die Auslenkung von der Ruhelänge darstellt. Das Potential einer Masse m im Schwerfeld der Erde ist durch ihre Höhe z als U = mgz gegeben. Sie dürfen annehmen, dass z1 > z2 für alle t gilt.

z m1 g

k, l

m2

Abb. 2.6.1 Skizze der fallenden Feder mit Massen an beiden Enden (a) (2 Punkte) Finden Sie die potentielle Energie des Systems als Funktion von z1 und z2 und bestimmen Sie daraus die Bewegungsgleichungen. (b) (3 Punkte) Führen Sie die Größen Z=

m1 z1 + m2 z2 m1 + m2

z = z1 − z2 − l

sowie M = m 1 + m2

μ=

m1 m2 M

Ω2 =

k μ

96

Klausuren

ein und zeigen Sie, dass sich die Bewegungsgleichungen damit auf Z¨ = −g

z¨ = −Ω2 z

vereinfachen lassen. (c) (5 Punkte) Finden Sie die allgemeinen Lösungen z1 und z2 und verwenden Sie z˙1 (0) = z˙2 (0) = 0, um diese durch zwei noch zu bestimmende Konstanten auszudrücken. (d) (2 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass für t < 0 die Masse m1 an der Stelle z1 = 0 fixiert war. Finden Sie die Gleichgewichtslage von z2 . (e) (6 Punkte) Verwenden Sie die Anfangsbedingungen z1 (0) = 0 und die Gleichgewichtslage aus Teilaufgabe (d) für z2 , um die Lösungen von z1 und z2 auf die Form g g (cos(Ωt) − 1) z1 (t) = − t2 + 2 mΩ2 g g z2 (t) = −l − t2 − (m cos(Ωt) + 1) 2 mΩ2 zu bringen, wobei m =

m1 m2

das Verhältnis der beiden Massen darstellt.

(f) (3 Punkte) Finden Sie die minimale Annäherung Δz = z1 − z2 der beiden Massen, sowie eine Bedingung für Ω, g, l und m, um Δz > 0 für alle t zu realisieren. Welchen Zusammenhang sollten Ω, g und l erfüllen, damit möglichst kleine Δz erreicht werden können. Bedenken Sie dabei, dass m > 0 gelten muss. (g) (4 Punkte) Betrachten Sie für die Lösungen aus Teilaufgabe (e) den Grenzwert Ωt  1 und entwickeln Sie z1 und z2 bis zur führenden Ordnung. Welche Besonderheit ergibt sich dabei für z2 ? Betrachten Sie in diesem Grenzwert weiter die Fälle m  1 und m  1 bei konstantem Ω. Vergleichen und diskutieren Sie die Ergebnisse miteinander, besonders im Hinblick auf die Bewegung von m2 .

2.7

Klausur VII - Klassische Mechanik

2.7

97

Klausur VII - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

Schlagwörter: Levi-Civita-Symbol, Drehmoment, Konservative Kraftfelder, Beschleunigung, Harmonischer Oszillator

(a) (5 Punkte) Zeigen Sie mit Hilfe des Levi-Civita-Symbols, dass der Zusammenhang a × b ) · (cc × d ) = (a a · c )(bb · d ) − (a a · d )(bb · c ) (a gilt. (b) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Änderung des Drehimpulses durch das Drehmoment M = r × F gegeben ist. (c) (5 Punkte) Ist das Kraftfeld ⎞ 2x + y F ⎜ ⎟ F (rr ) = ⎝2y + x⎠ d 3z 2 ⎛

mit F, d > 0 konservativ? Falls ja, finden Sie ein passendes Potential. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Körper, der der vektoriellen Beschleunigung a (t) unterliegt und zum Zeitpunkt t = 0 die Geschwindigkeit v 0 aufweist und sich am Ort r 0 befindet. Finden Sie r (t) als Funktion der Zeit, ausgedrückt durch Integrale. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie den harmonischen Oszillator x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = 0 und finden Sie für γ = ω0 die allgemeine Lösung. Wie heißt dieser spezielle Fall?

98

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 2 Federn und ihre Kräfte Schlagwörter: Federkraft, Potentielle Energie, Differentialgleichung 2. Ordnung, Kraft

In dieser Aufgabe sollen sich alle Massenpunkte reibungsfrei in der x-Richtung bewegen können. (a) (3 Punkte) Betrachten Sie eine Feder mit Ruhelänge l und Federkonstante k, bei der eine Seite befestigt ist und sich die andere Seite frei bewegen kann, wie in Abb. 2.7.1 (a). An der frei beweglichen Seite ist ein Massenpunkt der Masse m befestigt, der die Kraft F = −k(x − l)ˆ ex erfährt. Bestimmen Sie die potentielle Energie, sodass für x = l der Zusammenhang U (x = l) = 0 gilt.

(a) m

k, l

x

(b) k1 , l

m x

k2 , l

(c) k1, l1

k2, l2

m x

Abb. 2.7.1 Skizze verschiedener Federsysteme (b) (3 Punkte) Betrachten Sie nun den Massenpunkt m, der an zwei Federn mit identischer Ruhelänge l aber unterschiedlichen Federkonstanten k1 und k2 , wie in Abb.

2.7

Klausur VII - Klassische Mechanik

99

2.7.1 (b) an der frei beweglichen Seite befestigt ist. Bestimmen Sie das Potential und führen Sie es auf die Form auf Teilaufgabe (a) zurück, indem Sie eine effektive Federkonstante keff. einführen. Wie lässt sich diese durch k1 und k2 ausdrücken? (c) (8 Punkte) Betrachten Sie nun den Massenpunkt m, der an einer Feder der Ruhelänge l2 mit Federkonstante k2 befestigt ist, die wiederum an einer Feder der Ruhelänge l1 und k1 befestigt ist, zu sehen in Abb. 2.7.1 (c). Finden Sie das Potential und führen Sie es auf das Potential in Teilaufgabe (a) zurück, indem Sie eine effektive Ruhelänge leff. und eine effektive Federkonstante keff. einführen. Wie hängen diese von l1 , l2 , k1 und k2 ab? Hinweis: Machen Sie sich Gedanken über die Kräfte an der Verbindungsstelle der beiden Federn. Betrachten Sie nun das System aus Abb. 2.7.2, in dem eine Masse m2 am Ende einer Feder der Ruhelänge l2 und Federkonstante k2 befestigt ist und sich frei bewegen kann. Am anderen Ende der Feder ist die Masse m1 angebracht, die ebenfalls an einer Feder mit Ruhelänge l1 und Federkonstante k1 befestigt ist. Das zweite Ende dieser Feder kann sich nicht bewegen.

k1, l1

m1

k2, l2

m2

x

Abb. 2.7.2 Skizze eines Systems mit zwei Federn und zwei Massen

(d) (3 Punkte) Finden Sie das Potential und die daraus resultierenden Bewegungsgleichungen. (e) (8 Punkte) Betrachten Sie nun den speziellen Fall l = l1 = l2 , k = k1 = k2 und

100

Klausuren

m = m1 = m2 und zeigen Sie, dass die Differentialgleichungen allgemein durch   ω φ 1 cos(φωt + ψ+ ) + A− √ cos t + ψ− + l x1 (t) = A+ √ φ φ+2 φ+2   ω 1 φ x2 (t) = −A+ √ t + ψ− + 2l cos(φωt + ψ+ ) + A− √ cos φ φ+2 φ+2 √

k gelöst werden, wobei ω 2 = m ist und φ = 1+2 5 den goldenen Schnitt mit den 2 Eigenschaften φ = φ + 1 und φ1 = φ − 1 darstellt. Die Konstanten A± und ψ± werden durch konkrete Anfangsbedingungen festgelegt und müssen nicht bestimmt werden.

2.7

Klausur VII - Klassische Mechanik

101

25 Punkte

Aufgabe 3 Stoß zweier Kugeln Schlagwörter: Elastischer Stoß, Impuls, Streuquerschnitt, Erhaltungsgrößen, Stoßprozesse

Betrachten Sie den elastischen Stoß zweier massiver Kugeln mit Massen m1 , m2 und Radien R1 und R2 . Wählen Sie als Laborsystem das System, in dem Kugel Zwei ruht und sich nach dem Stoß in positiver x-Richtung bewegt. Kugel Eins fällt in diesem Bezugssystem unter dem Winkel γ zum Lot mit dem Impuls p1,x ein. Führen Sie die beiden Größen 1 r=m m2 und R = R1 + R2 ein und drücken Sie die Ergebnisse der einzelnen Aufgaben in Abhängigkeit dieser beiden Parameter aus. (a) (2 Punkte) Fertigen Sie eine Skizze der Situation an und finden Sie einen Zusammenhang zwischen dem Stoßparameter b, der Größe R und dem Einfallswinkel zum Lot γ. Aus welchem Intervall stammt γ? Hinweis: Bedenken Sie, dass der Stoßparameter b als die Parallelverschiebung der Schwerpunkte der beiden stoßenden Körper definiert ist. (b) (5 Punkte) Stellen Sie die Impuls- und Energieerhaltung für das vorliegende Problem auf und reduzieren Sie dieses auf einen elastischen Stoß in x-Richtung. Verwenden Sie Ihre Ergebnisse, um p1,x =

r−1 p1,x r+1

p2,x =

2 p1,x 1+r

zu bestimmen. (c) (2 Punkte) Finden Sie mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (b) den Zusammenhang zwischen tan(γ  ) und tan(γ), wobei γ  den Ausfallwinkel zum Lot bezeichnet. Aus welchen Intervall stammt γ  ? Wie muss tan(γ  ) demnach nach γ  aufgelöst werden? (d) (4 Punkte) Untersuchen Sie für Ihre Ergebnisse aus den Teilaufgaben (b) und (c) die beiden Grenzfälle r → 1 und r → 0. Finden Sie für diese Fälle γ  , sowie den Streuwinkel θ. Erläutern Sie die physikalische Bedeutung dieser Grenzfälle. (e) (6 Punkte) Finden Sie den differentiellen und totalen Streuquerschnitt für den Fall r → 1 bei einem Stoß in drei Dimensionen und für einen Stoß in zwei Dimensionen. Überlegen Sie hierzu, wie die Definition des differentiellen und totalen Streuquerschnitts    dσ    D(θ, φ) =  σtot. = dΩD(θ, φ) dΩ  dσ = b db dφ

dΩ = sin(θ) dθ dφ

angepasst werden müssen, um den zweidimensionalen Fall abzudecken. Wie lassen sich die Ergebnisse interpretieren? (f) (6 Punkte) Wiederholen Sie Teilaufgabe (e) für den Fall r → 0.

102

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 4 Evidenzen Dunkler Materie I - Rotationskurven Schlagwörter: Gravitation ausgedehnter Körper, Integralrechnung, Kraft, Geschwindigkeit

In dieser Aufgabe sollen die Rotationskurven von Galaxien untersucht werden. Dazu muss die Bewegung einzelner Sterne in der Massenverteilung der Galaxie untersucht werden. Die Kraft auf eine Punktmasse m durch eine Massenverteilung ρ(rr ) ist durch F = −Gm

d3 r ρ(rr  )

r − r |rr − r  |3

gegeben. (a) (7 Punkte) Finden Sie für eine kugelsymmetrische Massenverteilung ρ(rr ) = ρ(r) die Kraft und zeigen Sie, dass diese nur von G, m, r, eˆr und der bis r eingeschlossenen Masse r

dr r2 ρ(r )

Mr (r) = 4π 0

abhängt. Wenden Sie Ihre Ergebnisse aus Teilaufgabe (a) nun auf die Rotationskurven von Galaxien an. Gehen Sie dazu von kreisförmigen Bahnen eines Sterns in der Galaxie aus. (b) (1 Punkt) Finden Sie einen Zusammenhang zwischen der Bahngeschwindigkeit v und der eingeschlossenen Masse Mr . (c) (5 Punkte) Da ein Großteil der sichtbaren (leuchtenden) Masse in einer zentralen Kugel um den Mittelpunkt der Galaxie konzentriert ist, kann die Dichte der Massenverteilung durch ρ(r) = ρ0 Θ(R − r) beschrieben werden. Finden Sie die erwartete Bahngeschwindigkeit v als eine Funktion von r und fertigen Sie eine Skizze der selbigen an. Wie verhält sich v(r) für besonders große r? (d) (2 Punkte) Experimentell wird für besonders große r jedoch eine konstanten Geschwindigkeit v0 bestimmt. Finden Sie die Verteilung Mr und ρ(r), die für ein solches Verhalten notwendig sind. (e) (10 Punkte) Zeigen Sie, dass die Verteilung ρ(r) =

ρ0  2 1 + ar

die beiden Grenzwerte kleiner und großer r richtig wieder gibt und bestimmen Sie Mr und v(r). Wie lassen sich ρ0 und a aus der Steigung Δv Δr bei kleinen r und der

2.7

Klausur VII - Klassische Mechanik

103

konstanten Geschwindigkeit v0 für große r bestimmen? Hinweis: Die Taylor-Entwicklung Arctan(x) ≈ x − für kleine x  1 kann von Nutzen sein.

x3 3

2.8

Klausur VIII - Klassische Mechanik

2.8

105

Klausur VIII - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

Schlagwörter: Kugelkoordinaten, Erhaltungsgrößen, Kraft, Kontinuumslimes, Harmonischer Oszillator

(a) (5 Punkte) Zeigen Sie für Kugelkoordinaten mit den Basisvektoren ⎛

⎞ sin(θ) cos(φ) ⎜ ⎟ eˆr = ⎝ sin(θ) sin(φ) ⎠

⎛

⎞ cos(θ) cos(φ) ⎜ ⎟ eˆθ = ⎝ cos(θ) sin(φ) ⎠ − sin(θ)

cos(θ)

⎛ ⎞ − sin(φ) ⎜ ⎟ eˆφ = ⎝ cos(φ) ⎠ 0

die Orthonormalität des Basissystems. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie eine eindimensionale Bewegung im Potential U (x) und bestimmen Sie die Periodendauer als Integral über x aus der Energieerhaltung. (c) (5 Punkte) Betrachten Sie zwei Massen m1 und m2 im Schwerfeld der Erde. Diese sollen mit einem Seil der Länge l über eine Umlenkrolle des Radius R miteinander verbunden sein. Stellen Sie mittels eines Kräftegleichgewichts die Differentialgleichung dieses Systems auf. (d) (5 Punkte) Bestimmen Sie für eine kontinuierliche Massenverteilung mit Dichte ρ(rr ) den Schwerpunkt aus dem Kontinuumslimes des Ihnen bekannten Ausdrucks. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie die Differentialgleichung r¨ = −ω 2r und finden Sie die allgemeine Lösung. Begründen Sie, warum die allgemeine Lösung nicht zu r (t) = r 0 cos(ωt + φ) äquivalent ist.

106

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 2 Streuung an repulsiven Potential Schlagwörter: Streuquerschnitt, Stoßprozesse, Integralrechnung, Erhaltungsgrößen

Betrachten Sie einen Massenpunkt m, der sich in dem kugelsymmetrischen, repulsiven Potential U (r) mit U (r → ∞) = 0 bewegt. Er soll sich aus dem Unendlichen mit r ∞ = lim xˆ e x + bˆ ey x→−∞

v ∞ = vˆ ex

mit b, v > 0 nähern. (a) (6 Punkte) Begründen Sie zunächst, dass Energie und Drehimpuls erhalten sind und führen Sie den Betrag des Drehimpulses L ein, um r˙ durch   L2 2 E− − U (r) r˙ 2 = m 2mr2 auszudrücken. (b) (8 Punkte) Integrieren Sie von ∞ bis zum minimalen Abstand rmin und zeigen Sie so, dass der Streuwinkel durch das Integral ∞

θ = π − 2b

dr r2

rmin



1−

1  b 2 r

−

U (r) E

bestimmt werden kann. (c) (3 Punkte) Bestimmen Sie durch das obige Integral den Streuwinkel an einer harten Kugel mit dem Potential  0 r>R U (r) = . ∞ r 0 und zeigen Sie, dass der Stoßparameter und der Streuwinkel durch  θ=

b0 b

k

zusammenhängen. (e) (6 Punkte) Finden Sie damit den differentiellen Streuquerschnitt    dσ    D(θ, φ) =  dΩ  mit dσ = b db dφ und dΩ = sin(θ) dθ dφ für kleine Winkel und zeigen Sie, dass dΩD(θ, φ) in diesem Bereich divergent ist. Was folgt daher für Potentiale der Form U (r) = rαk ?

108

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 3 Gezeitenkräfte

Schlagwörter: Beschleunigung, Taylor-Reihe, Funktion mehrerer Variablen, Kugelkoordinaten Betrachten Sie das System aus Erde mit Masse M und dem Mond mit Masse m, die sich im Abstand d voneinander befinden. Gehen Sie davon aus, dass die Erde eine Kugel mit Radius R ist und dass sich der Mond in der Äquatorebene der Erde bewegt, sodass seine Position durch dˆ e x beschrieben wird. Das Bezugssystem soll das Schwerpunktsystem der Erde sein. (a) (5 Punkte) Bestimmen Sie das Potential φ(rr ), dem ein Massenpunkt in der Nähe der Erdoberfläche r ≈ R durch den Mond ausgesetzt ist, und entwickeln Sie diesen Term bis zur zweiten Ordnung in dr . (b) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Beschleunigung a (rr ), indem Sie den Gradienten in Kugelkoordinaten grad(f (r, θ, ϕ)) = eˆr

∂f 1 ∂f 1 ∂f + eˆθ + eˆϕ ∂r r ∂θ r sin(θ) ∂ϕ

verwenden. Die Gezeitenbeschleunigung a Gez. ist definiert als die Differenz aus der Beschleunigung an einem Punkt auf der Erdoberfläche und der Beschleunigung des Erdschwerpunktes. Also ist sie durch a Gez. (rr ) = a (rr ) − a (rr SP ) gegeben. (c) (2 Punkte) Finden Sie die Gezeitenbeschleunigung des Mondes auf einen Massenpunkt in der Nähe der Erdoberfläche. (d) (3 Punkte) Fertigen Sie eine Skizze der Gezeitenbeschleunigung eˆr · a Gez. für ϕ = 0 an und markieren Sie darin geografisch wichtige Punkte, wie den Äquator oder die Pole. Lassen Sie dabei θ von Null bis 2π laufen, um ebenfalls den Werte ϕ = π abzubilden. Finden Sie außerdem die radiale Komponente der Gezeitenbeschleunigung für ϕ = π/2 als Funktion von θ. (e) (10 Punkte) Bestimmen Sie die Höhe h der Gezeitenwelle, die durch den Mond verursacht wird als Funktion von θ und ϕ. Was ist die höchst mögliche Gezeitenwelle und an welchem Punkt tritt sie auf? In welchem Verhältnis stehen die Höhen der höchsten Gezeitenwellen, die durch Sonne und Mond verursacht werden?

2.8

Klausur VIII - Klassische Mechanik

109

25 Punkte

Aufgabe 4 Pendel mit bewegter Aufhängung

Schlagwörter: Beschleunigte Bezugssysteme, Harmonischer Oszillator, Leistung, Scheinkräfte, Inhomogenität Betrachten Sie ein Fadenpendel der Masse m und der Länge l dessen Aufhängung die Bewegung x(t) = x0 cos(Ωt) ausführen soll. Die Auslenkung des Pendels soll mit θ bezeichnet werden. (a) (2 Punkte) Zeigen Sie zunächst, dass in einem beschleunigten Bezugssystem der Form r  = r − r 0 (t) die Differentialgleichung m¨ r  = F IS + F S zu lösen ist. Dabei ist F IS die Kraft und r der Ortsvektor im Inertialsystem. Welcher Ausdruck beschreibt F S und worum handelt es sich? (b) (6 Punkte) Verwenden Sie nun r 0 (t) = eˆx x0 cos(Ωt) und

⎛

⎞ sin(θ) ⎜ ⎟ r = l ⎝ 0 ⎠ − cos(θ)

für kleine θ, um die Differentialgleichung θ¨ + ω 2 θ = αΩ2 cos(Ωt) zu finden. Was sind ω und α? (c) (2 Punkte) Finden Sie die partikuläre Lösung für die Differentialgleichung aus Teilaufgabe (b). ˙ (d) (4 Punkte) Verwenden Sie die Anfangsbedingungen θ(0) = 0 und θ(0) = 0, um θ(t) sowie die maximale Auslenkung θmax zu finden. Hinweis: Sie dürfen die Relation     y−x y+x sin cos(x) − cos(y) = 2 sin 2 2 ohne Beweis verwenden.

110

Klausuren

(e) (5 Punkte) Finden Sie mit E=

 1 2  ˙2 ml θ + ω 2 θ2 2

die Leistung dE dt als Funktion der Zeit und zeigen Sie, dass für Ω  ω und Ω  ω jeweils die Zusammenhänge dE Ω ≈ mx20 Ω3 cos(Ωt) sin(ωt) dt ω bzw. dE mx20 3 ≈ Ω sin(2Ωt) dt 2 gültig sind. (f) (6 Punkte) Finden Sie für die beiden Grenzfälle aus (e) die Energie E als Funktion der Zeit und bestimmen Sie jeweils die maximale Energie, die das Pendel erreichen 2 und interpretieren Sie Ihre Ergebnisse kann. Vergleichen Sie diese mit 12 mω 2 l2 θmax physikalisch. Hinweis: Verwenden Sie das Additionstheorem sin(x ± y) = sin(x) cos(y) ± cos(x) sin(y) , um einen Integranden zu vereinfachen. Außerdem dürfen Sie den Zusammenhang     x−y x+y cos cos(x) + cos(y) = 2 cos 2 2 ohne Beweis verwenden.

2.9

Klausur IX - Klassische Mechanik

2.9

111

Klausur IX - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen Schlagwörter: Zylinderkoordinaten, Taylor-Reihe, Rotation, Erhaltungsgrößen, Leistung

(a) (5 Punkte) Bestimmen Sie für die Zylinderkoordinaten ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cos(φ) − sin(φ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆφ = ⎝ cos(φ) ⎠ eˆs = ⎝ sin(φ) ⎠ 0

0

⎛ ⎞ 0 ⎜ ⎟ eˆz = ⎝0⎠ 1

die Ableitungen der Basisvektoren nach der Zeit und drücken Sie diese durch eˆs , eˆφ und eˆz aus. Bestimmen Sie dann weiter die drei verschiedenen Kreuzprodukte der Basisvektoren eˆs , eˆφ und eˆz . (b) (5 Punkte) Für die dreidimensionale Bewegung eines Massenpunktes m in einem Potential U (r) lässt sich die Periodendauer mittels T =

√

rmax

dr

2m rmin

1 L2 2mr 2

E−

− U (r)

bestimmen. Betrachten Sie nun ein Potential U (r) = U0 (r)+δU (r), bei dem δU (r)  U0 (r) für alle relevanten r gilt. Nehmen Sie weiter an, die Bewegung finde dennoch zwischen rmin und rmax statt. Finden Sie die Abweichung δT der Periodendauer aus T = T0 + δT , wobei √ T0 = 2m

rmax

dr rmin

1 E0 −

L2 2mr 2

− U0 (r)

gilt. Berücksichtigen Sie dabei auch, dass δU einen Effekt auf E hat. (c) (5 Punkte) Untersuchen Sie das Kraftfeld ⎛ F =

−y

⎞

F0 ⎜ ⎟ ⎝x⎠ d z

mit den Konstanten F0 und d daraufhin, ob es konservativ ist. (d) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit, die benötigt wird, um der gravitativen Anziehung einer Masse M im Abstand r gerade so zu entkommen. Ab welchem Abstand zu einer Punktmasse M ist diese gleich der Lichtgeschwindigkeit c?

112

Klausuren

(e) (5 Punkte) Betrachten Sie den getriebenen harmonischen Oszillator der Masse m x ¨ + ωx =

F (t) m

˙ und F (t), durch die Ableitung und bestimmen Sie die Leistung dE dt als Funktion von x der kinetischen und potentiellen Energie.

2.9

Klausur IX - Klassische Mechanik

113

25 Punkte

Aufgabe 2 Drehmatrizen Schlagwörter: Drehmatrix, Determinante, Levi-Civita-Symbol, Inverse einer Matrix

Drehungen werden durch eine bestimmte Gruppe von Matrizen beschrieben. Diese Matrizen werden daher Drehmatrizen genannt. Im Fall von drei Dimensionen handelt es sich um reelle 3 × 3-Matrizen O, welche orthogonal sind OT O = 1 und deren Determinante den Wert det(O) = 1 annimmt. Die Gruppe, die sie bilden wird als SO(3) bezeichnet. (a) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass jede reelle, orthogonale Matrix eine Determinante mit dem Wert 1 oder −1 hat. (b) (5 Punkte) Begründen Sie physikalisch, weshalb die Drehmatrizen Elemente der SO(3) sind. (c) (5 Punkte) Bestimmen Sie für den Fall reeller N × N -Matrizen, die orthogonal sind und deren Determinante 1 ist (also Elemente der SO(N )) die Anzahl der unabhängigen Freiheitsgrade. Prüfen Sie, ob das Ergebnis für N = 2 und N = 3 sinnvoll ist. Eine Drehung um die Achse n mit n 2 = 1 um den Winkel θ lässt sich durch die Matrix mit den Elementen Oij = δij cos(θ) + (1 − cos(θ))ni nj − ijk nk sin(θ) beschreiben. (d) (8 Punkte) Zeigen Sie, dass Oij die Komponenten einer orthogonalen Matrix sind. Begründen Sie dann, warum die Determinante der so beschriebenen Matrix gerade 1 ist. Finden Sie weiter die Komponenten der Inversen Matrix O−1 . (e) (5 Punkte) Bestimmen Sie nun jeweils die Drehmatrizen für die Drehung um den Winkel θ um die x-, y- und z-Achse.

114

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 3 Die schiefe Ebene Schlagwörter: Newton’sche Gesetze, Beschleunigung, Erhaltungsgrößen, Integralrechnung

Betrachten Sie einen reibungsfreien Massenpunkt m auf einer schiefen Ebene mit Steigungswinkel α im Schwerefeld der Erde. (a) (3 Punkte) Stellen Sie die Bewegungsgleichung mit Hilfe des 2. Newton’schen Gesetz auf und bestimmen Sie die Beschleunigung a in tangentialer Richtung entlang der Ebene. Welchen Wert nimmt diese Beschleunigung für α = 30◦ an? (b) (3 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass der Massenpunkt einer Haftreibung der Form FR = μFN proportional zur normalen Kraft FN ausgesetzt ist. μ ist dabei der Haftreibungskoeffizient. Ab welchem Winkel α beginnt der Massenpunkt zu rutschen, bzw. wie lässt sich der Haftreibungskoeffizient durch die Variation des Steigungswinkels α bestimmen? Nehmen Sie nun an, dass es sich statt um einen Massenpunkt, um einen ausgedehnten Körper des Radius R handelt, der auf der Ebene reibungsfrei rollt. Es lässt sich zeigen, dass die Energie des Körpers durch 1 2 1 Iω + mv 2 + mgz 2 2 gegeben ist, wobei v die tangentiale Geschwindigkeit entlang der Ebene ist, ω die Rotationsgeschwindigkeit des Körpers und I das sogenannte Trägheitsmoment, welches beschreibt, wie sehr sich der Körper dagegen verwehrt in Rotation versetzt zu werden. Zu Anfang soll der Körper auf der Höhe h0 ruhen. E=

(c) (5 Punkte) Finden Sie einen Zusammenhang zwischen der Rotationsgeschwindigkeit ω und der tangentialen Geschwindigkeit v und bestimmen Sie aus der Energieerhaltung die tangentiale Beschleunigung a, die der Körper erfährt. Vergleichen Sie diese mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a). (d) (4 Punkte) Das Trägheistmoment lässt sich in Zylinderkoordinaten durch ∞

I=

2π

dz −∞

∞

ds ρ(s, φ, z)s3

dφ 0

0

bestimmen. Zeigen Sie, dass für einen rotationssymmetrischen Körper der Höhe l und   des Radius R mit Massendichte ρ(rr ) = ρ˜(s)Θ 2l − |z| Θ(R − s) das Trägheitsmoment durch R

ds ρ˜(s)s3

I = 2πl 0

gegeben ist.

2.9

Klausur IX - Klassische Mechanik

115

(e) (10 Punkte) Bestimmen Sie das Trägheitsmoment für einen Vollzylinder der Länge l und des Radius R mit der Massendichte ρ˜1 (s) = ρ1 = konst. und für einen Hohlzylinder der Länge l, dem inneren Radius r und dem äußeren Radius R mit der Massendichte ρ˜2 (s) = ρ2 Θ(s − r)

ρ2 = konst.

und führen Sie für letzteren den Limes r → R durch. Drücken Sie ihr Ergebnis durch die Massen der beiden Zylinder aus. Welcher Zylinder erfährt entsprechend der Teilaufgabe (c) die größere Beschleunigung und würde daher schneller das Ende der Ebene erreichen, wenn beide Zylinder die gleiche Masse haben? Interpretieren Sie dieses Ergebnis physikalisch.

116

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 4 Massive fallende Feder

Schlagwörter: Newton’sche Gesetze, Differentialgleichung 2. Ordnung, Kontinuumslimes, Differentialrechnung, Integralrechnung Betrachten Sie ein System aus N Massenpunkten jeweils der Masse m. Diese sollen paarweise durch Federn mit den Federkonstanten k und den Ruhelängen l verbunden sein. Zudem sollen sich die Massenpunkte nur in z-Richtung frei bewegen können. Sie sind im Anfangszustand so angeordnet, dass der erste Massenpunkt die größte z-Komponente hat und mit aufsteigendem Laufindex α die z-Koordinate abnimmt. Darüber hinaus sind sie dem Schwerefeld der Erde mit Beschleunigung g in negativer z-Richtung ausgesetzt. Dieses System stellt im Limes N → ∞ ein Modell einer massiven Feder mit Masse M = N m, Federkonstante K = k/N und Ruhelänge L = N l dar. In diesem Limes ist es das Ziel, eine Funktion z(t, λ) zu finden, die den Zustand der Feder beschreibt. λ ist dabei ein dimensionsloser Parameter aus dem Intervall [0, 1] und beschreibt den Anteil der Masse der Feder im Anfangszustand, der oberhalb von z(λ, 0) liegt. Daher lässt sich λα =

α N −1

Δλ =

1 1 ≈ N −1 N

bestimmen. (a) (2 Punkte) Finden Sie die Bewegungsgleichung für jeden der N Massenpunkte. Beachten Sie dabei die Besonderheiten für den ersten und letzten Massenpunkt. (b) (6 Punkte) Führen Sie nun den Kontinuumlimes N → ∞ durch und zeigen Sie so, dass z(t, λ) die Bewegungsgleichung ∂2z 1 ∂2z = −g ∂t2 τ 2 ∂λ2 erfüllen muss. Was ist dabei die Größe τ ? Begründen Sie weiter, weshalb auch  ∂ z  = −L ∂λ λ∈{0,1} gelten muss. Hinweis: Die zweite Ableitung einer Funktion ist durch f  (x) = lim

h→0

f (x + h) − 2f (x) + f (x − h) h2

zu bestimmen. (c) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die Feder in Ruhe die Form z(0, λ) = −Lλ +

gτ 2 λ(λ − 2) 2

(2.9.1)

2.9

Klausur IX - Klassische Mechanik

117

annimmt, wenn sie am oberen Ende an der Stelle z = 0 festgehalten wird. (In diesem Fall gilt z(0, 0) = 0 und die Ableitung kann somit bei λ = 0 einen beliebigen Wert annehmen.) (d) (3 Punkte) Bestimmen Sie mittels 1

Z(t) =

dλ z(t, λ) 0

die Lage des Schwerpunkts zum Zeitpunkt t = 0. Wie wird sich die Lage des Schwerpunktes zeitlich entwickeln? (e) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die Bewegungsgleichung (2.9.1) durch g z(t, λ) = f+ (t + λτ ) + f− (t − λτ ) − t2 2 gelöst wird, wobei f± (x) noch zu bestimmende Funktionen sind. (f) (10 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass L = 0 ist und finden Sie mit den Randbedingungen   ∂ z  gτ 2 ∂ z  λ(λ − 2) =0 =0 z(0, λ) =   ∂t t=0 ∂λ λ∈{0,1} 2 die Funktionen f± (x). Bestimmen Sie damit das Verhalten des unteren Endes, indem Sie z(t, 1) bestimmen. Interpretieren Sie Ihre Ergebnisse physikalisch. Hinweis: Bestimmen Sie zuerst die Funktionen f± (x) auf dem Intervall x ∈ [0, 2τ ) und zeigen Sie weiter, dass die Funktionen 2τ -periodisch sind.

2.10

2.10

Klausur X - Klassische Mechanik

119

Klausur X - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

Schlagwörter: Zylinderkoordinaten, Erhaltungsgrößen, Schwerpunkt, Leistung, Newton’sche Gesetze

(a) (5 Punkte) Zeigen Sie für Zylinderkoordinaten mit den Basisvektoren ⎛

⎛

⎞ cos(φ) ⎜ ⎟ eˆs = ⎝ sin(φ) ⎠

⎞ − sin(φ) ⎜ ⎟ eˆφ = ⎝ cos(φ) ⎠

0

⎛ ⎞ 0 ⎜ ⎟ eˆz = ⎝0⎠

0

1

die Orthonormalität des Basissystems. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Massenpunkt bei einer Bewegung in drei Dimensionen im Potential U (r). Finden Sie die Periodendauer als ein Integral über r aus der Energieerhaltung heraus. Hinweis: Sie dürfen die Kenntnis über das effektive Potential Ueff (r) voraussetzen. (c) (5 Punkte) Betrachten Sie N Teilchen, die keinen externen Kräften unterliegen. Zeigen Sie mit Hilfe der Newton’schen Gesetze, dass der Schwerpunkt der Bahnkurve R (t) = R (0) +

P (0) t M

genügt. Dabei ist M die Gesamtmasse und P der Gesamtimpuls. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie den gedämpften, getriebenen harmonischen Oszillator der Masse m x ¨ + 2γ x˙ + ω 2 x = und bestimmen Sie die Leistung m.

dE dt

F (t) m

des Oszillators als Funktion von x, ˙ F (t), γ und

(e) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Seil der Länge l und der Masse m mit konstanter Massendichte, das reibungsfrei von einer Tischkante rutscht. Finden Sie die Differentialgleichung, die dieses System beschreibt.

120

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 2 Bewegung in geschwindigkeitsabhängigem Feld

Schlagwörter: Kraft, Geschwindigkeit, Arbeit, Differentialgleichung 2. Ordnung, Harmonischer Oszillator Betrachten Sie einen Massenpunkt m, der sich in einem Kraftfeld der Form F = q r˙ × B bewegt. Dabei ist q ein Parameter, der hier als positiv angesehen werden soll. B ist ein konstanter Vektor. (a) (3 Punkte) Bestimmen Sie die Arbeit r2

W12 = −

drr · F (rr ), r1

die bei der Bewegung entlang des Kraftfeldes verrichtet wird. (b) (4 Punkte) Führen Sie v =

B B



B ·v B

 v⊥ = v − v

ein und zeigen Sie damit, dass v  die Differentialgleichung v˙  = 0 erfüllen muss. Dabei ist B der Betrag von B . (c) (5 Punkte) Zeigen Sie nun, dass v ⊥ die Differentialgleichung v¨⊥ = −ω 2v ⊥ erfüllt. Was ist ω? (0)

(d) (6 Punkte) Finden Sie mit den Anfangsbedingungen v  (0) = v   B und v ⊥ (0) = (0) v ⊥ ⊥ B die Lösung der Differentialgleichungen aus (b) und (c).

(e) (7 Punkte) Bestimmen Sie nun r (t) mit der Anfangsbedingung r (0) = 0 . Fertigen Sie eine Skizze der Bewegung senkrecht zu B an und bestimmen Sie den Krümmungsra(0) dius R dieser senkrechten Bewegung als Funktion von v ⊥ , q, B und m.

2.10

Klausur X - Klassische Mechanik

121

25 Punkte

Aufgabe 3 Evidenzen Dunkler Materie II - Galaxienhaufen Schlagwörter: Gravitation ausgedehnter Körper, Virial-Satz, Kraft, Integralrechnung

In dieser Aufgabe soll eine große Ansammlung von Galaxien, ein sogenannter GalaxienHaufen betrachtet werden. Dieser hat eine räumliche Ausdehnung (Radius) R und es ist das Ziel seine Gesamtmasse M aus Beobachtungsgrößen zu bestimmen. F βα der Zusam(a) (6 Punkte) Zeigen Sie zunächst, dass für Kräfte der Form F αβ = −F menhang 

F αβ · r α =

α β=α

1 F αβ · (rr α − r β ) 2 α β=α

gilt. Dabei stellen α und β Summationsindices über einzelne Punktmassen dar. (b) (7 Punkte) Zeigen Sie nun, dass bei einem verschwindenden zeitlichen Mittel von d  r α · pα dt α der Zusammenhang  α

' ( mα vα2 t =

)

1   Gmα mβ 2 α |rr α − r β | β=α

* t

gültig ist. Dieser stellt den Virial-Satz für den Galaxien-Haufen dar. (c) (10 Punkte) Führen Sie nun den Kontinuumlimes für 1   Gmα mβ 2

α β=α

|rr α − r β |

durch, um den Ausdruck 1   Gmα mβ GM 2 =K 2 α |rr α − r β | R β=α

zu bestimmen. Verwenden Sie dafür die Massendichte einer homogenen Kugel ρ(r) = ρ0 Θ(R − r). Welchen Wert nimmt der geometrische Faktor K an? Hinweis: Finden Sie zuerst mit Hilfe des Newton’schen Schalentheorems das Potential φ(rr ) = −G

d3r 

ρ(rr  ) |rr − r  |

einer Massenverteilung ρ(rr ) in dem Sie sich überlegen, welche Massen zur Kraft F = −m grad(φ) beitragen.

122

Klausuren

' ( (d) (2 Punkte) Führen Sie nun die mittlere Geschwindigkeit v 2 t,v , die sowohl ein zeitliches Mittel, wie auch ein Mittel über die verschiedenen Geschwindigkeiten der ' Ga( laxien beinhaltet, ein, um die Masse des Galaxien-Haufens als Funktion von v 2 t,v und R zu bestimmen.

2.10

Klausur X - Klassische Mechanik

123

25 Punkte

Aufgabe 4 Das Foucault-Pendel

Schlagwörter: Beschleunigte Bezugssysteme, Newton’sche Gesetze, Harmonischer Oszillator, Scheinkräfte Um das Foucault-Pendel der Länge l beschreiben zu können, werden zwei Bezugssysteme benötigt. Zum einen ein Inertialsystem, mit den Basisvektoren eˆx , eˆy , eˆz und einem Ursprung im Erdmittelpunkt. Andererseits wird ein beschleunigtes Bezugssystem betrachtet, dass sich auf der Erdoberfläche befindet. Die Basisvektoren dieses Bezugssystem können durch eˆx = cos(θ) cos(φ) eˆx + cos(θ) sin(φ) eˆy − sin(θ) eˆz eˆy = − sin(φ) eˆx + cos(φ) eˆy eˆz = sin(θ) cos(φ) eˆx + sin(θ) sin(φ) eˆy + cos(θ) eˆz ausgedrückt werden. Der Winkel θ ist der vom Nordpol aus gemessene Breitengrad, während φ = ωt zeitabhängig ist und die Drehung der Erde um die konstante Achse ω = ωˆ e z berücksichtigt. Die eˆx -Achse zeigt also in Süd-Richtung, die eˆy -Achse zeigt in OstRichtung und die eˆz -Achse zeigt zum Zenit. Ein Punkt auf der Erdoberfläche lässt sich so durch e z + xieˆi = xeˆx + y eˆy + (R + z  )ˆ e z r = R + r  = Rˆ beschreiben, wobei R der Erdradius ist. Aufgrund der Zeitabhängigkeit der Basisvektoren ist für diese außerdem der Zusammenhang ei dˆ = ω × eˆi dt erfüllt. Ziel ist es die Bewegung des Pendels zu finden. (a) (4 Punkte) Zeigen Sie zunächst, dass mit v  ≡ x˙ ieˆi

a ≡ x ¨ieˆi

der Zusammenhang ¨ − 2ω ω × v  − ω × (ω ω × r ) a = a − R ¨? gilt. Wie bestimmt sich R (b) (4 Punkte) Bestimmen Sie nun die ωi aus ω = ω  = ωieˆi , ¨ zu bestimmen. Nehmen Sie dazu an, dass das ω × r  ), sowie R um damit ω × v  , ω × (ω  Pendel lang ist und Sie daher z = 0 und z˙  = 0 setzen können.

124

Klausuren

(c) (2 Punkte) Im Inertialsystem wirken auf die Pendelmasse m nur dir Schwerkraft Fg = −

GM m r r3

und die Fadenspannkraft F F . Welche Form nehmen diese beiden Kräfte im beschleunigten System an, unter der Annahme, dass R  |rr  | gilt. Bedenken Sie, dass es sich um ein langes Pendel handeln soll, welches nur kleine Auslenkungen vollführt. (d) (5 Punkte) Zeigen Sie nun, dass das Differentialgleichungssystem x ¨ = −ω02 x + ω 2 R sin(θ) cos(θ) + 2ω y˙  cos(θ) + ω 2 x cos2 (θ) y¨ = −ω02 y 

− 2ω x˙  cos(θ) + ω 2 y 

zu lösen ist. Was ist ω02 ? Begründen Sie, weshalb stattdessen das vereinfachte Differentialgleichungssystem x ¨ = −ω02 x + 2ω y˙  cos(θ) y¨ = −ω02 y  − 2ω x˙  cos(θ) betrachtet werden kann. (e) (10 Punkte) Finden Sie ausgehend von (d) eine Differentialgleichung für die komplexe Größe u = x + iy  und lösen Sie diese mit den Anfangsbedingungen x (0) = x0 , y  (0) = 0 und x˙  (0) = y˙  (0) = 0. Finden Sie damit x (t) und y  (t) und interpretieren Sie Ihre Ergebnisse physikalisch.

2.11

2.11

Klausur XI - Klassische Mechanik

125

Klausur XI - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

Schlagwörter: Delta-Funktion, Geschwindigkeit, Potentielle Energie, Differentialgleichung 1. Ordnung, Harmonischer Oszillator

(a) (5 Punkte) Betrachten Sie die Delta-Funktion δ(g(x)) mit einer Funktion g(x) an deren Nullstellen xi der Zusammenhang g  (xi ) = 0 gelten soll. Zeigen Sie, dass δ(g(x)) =

 δ(x − xi ) i

|g  (xi )|

gilt. Sie dürfen alle weiter Eigenschaften der Dirac-Delta-Funktion als bekannt voraussetzen. (b) (5 Punkte) Benutzen Sie das dritte Kepler’sche Gesetz a3 T −2 = K = konst. um die Bahngeschwindigkeit der Planeten vP durch ihre große Halbachsen und die Bahngeschwindigkeit der Erde vE auszudrücken. Sie dürfen vereinfachend von Kreisbahnen ausgehen. (c) (5 Punkte) Betrachten Sie das Potential   3 x y2 − x − 2y + a + U (x, y) = mg a2 a und bestimmen Sie alle Extrema des Potentials. Darin stelle a > 0 einen Parameter der Dimension Länge dar. Welche Extrema stellen ein stabiles und welche ein instabiles Gleichgewicht dar? (d) (5 Punkte) Betrachten Sie eine Rakete im Schwerefeld der Erde g, welche die Leermasse m0 hat und die ihren Treibstoff mit der Geschwindigkeit v0 relativ zur Rakete mit einer festen Rate in der Zeitspanne τ abwirft. Finden Sie die Geschwindigkeit v der Rakete als eine Funktion der Zeit, wenn die Geschwindigkeit zum Zeitpunkt t = 0 gerade u > 0 beträgt. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie das Quadrat des Betrags der Antwortfunktion des harmonischen Oszillators und bestimmen Sie die volle Breite Γ auf der halben Höhe des Maximums. Es soll also |χ (ωmax ± Γ/2) |2 =

1 |χ(ωmax )|2 2

gelten, wobei ωmax die Frequenz ist, unter der das Maximum auftritt. Sie dürfen dabei annehmen, dass γ  Γ  ω0 gilt.

126

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 2 Kettenkarussell Schlagwörter: Beschleunigte Bezugssysteme, Newton’sche Gesetze, Vektoren, Scheinkräfte

Betrachten Sie ein Pendel der Masse m und der Länge l, dass an einem, um die z-Achse rotierenden Arm der Länge R mit Winkelgeschwindigkeit ω angebracht ist. Dies ist ein einfaches Modell für ein Kettenkarussell. Physikalisch handelt es sich um ein beschleunigtes Bezugssystem. Der Wechsel lässt sich durch eine passive Transformation durchführen, bei der die neuen Basisvektoren eˆi von der Zeit abhängig sind, der Vektor r und r  aber gleich sind. Die eˆx -Achse stellt den Arm dar. Das Pendel soll nur entlang dieser Achse frei schwingen können. (a) (5 Punkte) Finden Sie zunächst die neuen Basisvektoren eˆi (t) und zeigen Sie, dass diese die Gleichung dˆ e i = ω × eˆi dt erfüllen. (b) (3 Punkte) Zeigen Sie nun, von r = eˆi ri = r  = eˆi ri ausgehend, dass die Gleichung v  ≡ eˆi r˙i = r˙ − ω × r  gilt. (c) (3 Punkte) Zeigen Sie mit Ihren Ergebnissen aus (b) weiter, dass ω × v  − ω × (ω ω × r  ) − ω˙ × r  a  ≡ eˆi r¨i = r¨ − 2ω gilt. (d) (10 Punkte) Auf die Pendelmasse wirken im Inertialsystem nur Kräfte F = F g + F F = −mgˆ ez + F F . Finden Sie damit die Bewegungsgleichungen bei konstanter Winkelgeschwindigkeit und drücken Sie diese in geeigneten Polarkoordinaten eˆr = sin(θ) eˆx − cos(θ) eˆz

eˆθ = cos(θ) eˆx + sin(θ) eˆz

aus. Zeigen Sie damit, dass die eˆθ -Komponente die Form   R 2 2 ¨ + sin(θ) θ + ω0 sin(θ) = ω cos(θ) l annimmt. Was ist ω0 ? (e) (4 Punkte) Finden Sie eine Bedingung für die neue Ruhelage des Pendels und bestimmen Sie eine grafische Lösung. Was gilt für l  R?

2.11

Klausur XI - Klassische Mechanik

127

25 Punkte

Aufgabe 3 Dreidimensionaler harmonischer Oszillator Schlagwörter: Kraft, Erhaltungsgrößen, Vektoren, Newton’sche Gesetze Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m, der sich auf der Bahnkurve r (t) = r 0 cos(ωt) +

v0 sin(ωt) ω

bewegt, wobei ω > 0, r 0 und v 0 vorgegebene Parameter sind. (a) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass der Massenpunkt einem Kraftfeld der Form F (rr ) = −krr ausgesetzt ist. Was ist k? (b) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Größe L = mrr × r˙ erhalten ist. Bestimmen Sie weiter das Potential U (rr ) und argumentieren Sie damit, dass die Größe E=

1 2 mr˙ + U (rr ) 2

erhalten ist. (c) (5 Punkte) Bestimmen Sie durch explizites Einsetzen von r (t) und r˙ (t) die Größen L und E als Funktionen der Zeit. Stimmt das Ergebnis mit Ihren Überlegungen aus Teilaufgabe (b) überein? (d) (7 Punkte) Bestimmen Sie den Ausdruck S(t) ≡ r · r˙ als Funktion der Zeit. Zeigen Sie grafisch so, dass es im Intervall ωt ∈ [0, 2π) immer vier äquidistante Punkte gibt, an denen r und r˙ senkrecht aufeinander stehen. (e) (6 Punkte) Mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (d) lässt sich rechtfertigen, dass r 0 und v 0 senkrecht zueinander gewählt werden können. Zeigen Sie mit r = r0eˆx

v 0 = v0eˆy

und r0 , v0 > 0, dass es sich bei der Bahnkurve um eine Ellipse handelt. Welche Halbachsen weist diese Ellipse auf? Welcher besondere Punkt der Ellipse liegt im Ursprung und welcher Zusammenhang besteht zwischen der Periodendauer und der Halbachsen der Ellipse?

128

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 4 Massenpunkt im Kegel Schlagwörter: Newton’sche Gesetze, Harmonischer Oszillator, Drehimpuls, Taylor-Reihe

Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m der sich im Schwerefeld der Erde reibungsfrei auf der Innenseite eines nach oben geöffnetem Kegels mit halben Öffnungswinkel α bewegt. (a) (8 Punkte) Stellen Sie mit Hilfe der Newton’schen Gesetze die Bewegungsgleichungen des Massenpunktes in Zylinderkoordinaten (s, φ, z) auf und zeigen Sie, dass sich diese auf die Gleichung s¨ =

L2z sin2 (α) − g sin(α) cos(α) m2 s3

vereinfachen lassen. Darin ist Lz die z-Komponente des Drehimpulses, deren Konstanz zu begründen ist. (b) (4 Punkte) Finden Sie die Komponenten Ls und Lφ des Drehimpulses und zeigen Sie mit Hilfe dieser, dass die Komponenten Lx und Ly nicht erhalten sind. Ist der Betrag des Drehimpulses L erhalten? (c) (6 Punkte) Finden Sie den Radius s0 unter dem der Massenpunkt eine Kreisbewegung bei vorgegebenem Lz ausführt. Bestimmen Sie in diesem Fall Lx und Ly stehen diese im Widerspruch zu der Lösung einer Kreisbahn, deren Bewegung in einer festen Ebene stattfindet? (d) (2 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass der Massenpunkt kleinen Abweichungen δs(t) von der Kreisbahn s0 unterliegt. Finden Sie die Bewegungsgleichung von δs und zeigen Sie, dass es sich um einen harmonischen Oszillator handelt. Welche Kreisfrequenz ω weist dieser auf? (e) (3 Punkte) Nehmen Sie an, dass δs(0) = δs0  s0 und δ s(0) ˙ = 0 gilt und lösen Sie so die Bewegungsgleichung für δs(t). Finden Sie damit φ als Funktion der Zeit unter der Anfangsbedingung φ(0) = 0. (f) (2 Punkte) Finden Sie die Bedingung für den halben Öffnungswinkel α, sodass es in der Näherung kleiner Abweichungen zu geschlossenen Bahnkurven kommen kann.

2.12

2.12

Klausur XII - Klassische Mechanik

129

Klausur XII - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzaufgaben

Schlagwörter: Fourier-Reihe, Beschleunigung, Potentielle Energie, Erhaltungsgrößen, Würfe

(a) (5 Punkte) Betrachten Sie die Funktion  1 −T < t < 0 f (t) = −1 0 0 haben dabei die Dimension einer Länge.

2.12

Klausur XII - Klassische Mechanik

131

25 Punkte

Aufgabe 2 Galilei-Transformationen

Schlagwörter: Galilei-Transformation, Inverse einer Matrix, Differentialoperator, Lorentz-Transformation Eine allgemeine Galilei-Transformation lässt sich als r  = Rrr + u t + a

t = t + τ

schreiben. Dabei ist R eine Matrix der SO(3), u und a konstante Vektoren, und τ eine konstante Zahl. Eine Transformation kann daher auch durch die Angabe des geordneten Tupels g ≡ (R, u , a , τ ) beschrieben werden. Das Ausführen der Transformation lässt sich dann als (rr  , t ) = g(rr , t) = (Rrr + u t + a , t + τ ) formulieren. In dieser Aufgabe sollen die Eigenschaften der durch g gebildeten Struktur untersucht werden. (a) (2 Punkte) Beschreiben Sie die physikalische Bedeutung von R, u , a und τ . (b) (2 Punkte) Nehmen Sie an, dass Orts- und Zeitkoordinate in einem vierdimensionalen Vektor der Form   t x≡ r zusammengefasst werden können und bestimmen Sie die 4 × 4-Matrix Λ und den konstanten vierdimensionalen Vektor c, mit denen sich die Galilei-Transformation als x = Λx + c schreiben lässt. (c) (6 Punkte) Zeigen Sie durch die Hintereinanderausführung zweier unterschiedlicher Transformationen g1 und g2 , dass sich die die assoziative Verknüpfungsvorschrift durch g2 ◦ g1 = (R2 R1 , R2u1 + u2 , R2a1 + u2 τ1 + a2 , τ1 + τ2 ) bestimmt, wobei Sie die Assoziativität derselbigen nicht beweisen müssen. Handelt es sich bei dem neuen Element wieder um eine Galilei-Transformation, also ein Element der Form g?

132

Klausuren

(d) (3 Punkte) Finden Sie das Neutrale Element e, also die Transformation, die r = r

t = t

produziert. Handelt es sich um ein Element der Form g? (e) (7 Punkte) Finden Sie zu g das Inverse Element g −1 , welches g −1 ◦ g = g ◦ g −1 = e erfüllt. (f) (3 Punkte) Nehmen Sie nun eine homogene Galilei-Transformation a = 0 , τ = 0 an und finden Sie Λ−1 und (Λ−1 )T aus Ihren Überlegungen der Teilaufgabe (e). Bestimmen Sie damit über     ∂t ∂t −1 T = (Λ ) ∇ ∇ die Transformation der Differentialoperatoren ∂t und ∇. (g) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die Lorentz-Transformation u ·r t = γ t + 2 c r  = γ(rr  + u t) r ⊥ = r ⊥ mit γ=

1 1−

u2 c2

in die Galilei-Transformation übergeht, wenn u  c ist.

2.12

Klausur XII - Klassische Mechanik

133

25 Punkte

Aufgabe 3 Die schwingende Saite

Schlagwörter: Newton’sche Gesetze, Differentialgleichung 2. Ordnung, Kontinuumslimes, Differentialrechnung, Integralrechnung Betrachten Sie eine Reihe von N Massenpunkten der Masse m, die sich paarweise mit einer konstanten Kraft F anziehen. Der erste Massenpunkt soll sich bei x = 0 befinden, während der letzte Massenpunkt bei x = L positioniert ist. Die Massenpunkte sollen entlang der x-Achse äquidistante Abstände Δx ≈ N1 haben. Dies ist ein einfaches Modell einer Saite, wenn der Kontinuumslimes N → ∞ durchgeführt wird. Die Auslenkung der Massenpunkte yα = y(xα , t) geht so in eine Funktion y(x, t) über, die die Auslenkung der Saite beschreibt. (a) (3 Punkte) Bestimmen Sie die Kraft, die der Massenpunkt α durch seine Nachbarn erfährt und zeigen Sie, dass sich diese als Feff. = F

y(xα + Δx) − 2y(xα ) + y(xα − Δx) Δx

schreiben lässt, falls es sich um kleine Auslenkungen |yα+1 − yα |  Δx handelt. (b) (3 Punkte) Stellen Sie damit für den Massenpunkt α die Bewegungsgleichung auf und m führen Sie die feste Linienmassendichte μ = Δx ein, um den Grenzwert Δx → 0 und m → 0 durchführen zu können. Zeigen Sie damit, dass die Auslenkung der Gleichung 1 ∂2y ∂2y − =0 2 2 v ∂t ∂x2 gehorcht. Was ist dabei v? (c) (5 Punkte) Finden Sie heraus, wann eine Lösung dieser Differentialgleichung durch y(x, t) = y0 sin(kx) sin(ωt) gegeben ist. Bestimmen Sie mit den Randbedingungen y(0, t) = y(L, t) = 0 das minimal mögliche ω und daraus, die Grundfrequenz f = ωmin /(2π) der Saite in Abhängigkeit der Länge L, des Durchmessers D, der Dichte ρ=

4μ πD2

und der Spannkraft F . Finden Sie auch einen Zusammenhang zwischen der Wellenlänge λ = 2π/k und der Länge der Saite L für alle erlaubten Schwingungen. (d) (7 Punkte) Finden Sie mit dem Ansatz aus Teilaufgabe (c) den Zusammenhang zwischen λ und L für

134

Klausuren

(i) die halboffene Schwingung mit y(0, t) = 0 und

∂y ∂x (L, t)

= 0.

∂y ∂y (ii) die offene Schwingung mit ∂x (0, t) = 0 und ∂x (L, t) = 0. Hinweis: Sie müssen den Ansatz aus Teilaufgabe (c) entsprechend modifizieren.

Skizzieren Sie y(x, 0) aus Teilaufgabe (c), (i) und (ii) für die Fälle n ∈ {1, 2, 3}. (e) (7 Punkte) Zeigen Sie, dass die kinetische Energie der Saite durch 

L

Ekin =

μ 2

dx 0

∂y ∂t

2

zu ist. Verwenden Sie die potentielle Energie bei kleinen Auslenkungen  2bestimmen  ∂ y  1, welche durch  ∂x2  

L

F U= 2

dx 0

∂y ∂x

2

gegeben ist, um damit die Energie der schwingenden Saite aus Teilaufgabe (c) zu ermitteln. Drücken Sie dieses durch y0 , F und L aus.

2.12

Klausur XII - Klassische Mechanik

135

25 Punkte

Aufgabe 4 Massenpunkt auf Tisch

Schlagwörter: Newton’sche Gesetze, Harmonischer Oszillator, Erhaltungsgrößen, Taylor-Reihe Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m, der sich reibungsfrei auf einem Tisch bewegen kann. An diesem Massenpunkt ist ein Faden der Länge l befestigt, der durch ein Loch in der Mitte des Tisches mit einem zweiten Massenpunkt der selben Masse befestigt ist, welcher sich nur in z-Richtung frei bewegen kann. Der gesamte Aufbau findet im Schwerefeld der Erde statt. (a) (6 Punkte) Finden Sie die Bewegungsgleichung des Massenpunktes auf dem Tisch in Zylinderkoordinaten (s, φ, z) und zeigen Sie, dass g L2 s¨ = − + 2 2m2 s3 gilt, wobei L der Drehimpuls des Massenpunktes auf dem Tisch ist, dessen Konstanz zu begründen ist. (b) (2 Punkte) Finden Sie den Radius s0 unter dem der Massenpunkt eine Kreisbahn ausführt. Wie hängt dieser mit der Geschwindigkeit v des Massenpunktes zusammen? (c) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Energie des Systems. Führen Sie ein sinnvolles, effektives Potential ein, skizzieren Sie dieses und diskutieren Sie daran die Bewegung. Begründen Sie physikalisch, warum gebundene Bewegungen nur für E  0 stattfinden. (d) (4 Punkte) Nehmen Sie an, der Massenpunkt auf dem Tisch vollführe eine Bahn, deren Radius nur leicht von s0 , nämlich um den Wert δs(t) abweicht. Zeigen Sie, dass die Energie in diesem Fall durch E ≈ m(δ s) ˙ 2+

3mg (δs)2 + K 2s0

gegeben ist. Woraus setzt sich die Konstante K zusammen? (e) (4 Punkte) Leiten Sie aus der Energie und ihrer Erhaltung die Bewegungsgleichung für δs her und zeigen Sie, dass es sich um einen harmonischen Oszillator mit zu bestimmender Kreisfrequenz ω handelt. Lösen Sie diese Bewegungsgleichungen für δs(0) = δs0  s0 und δ s(0) ˙ = 0. (f) (4 Punkte) Finden Sie für die kleinen Abweichungen von der Kreisbahn φ als Funktion von t mit der Anfangsbedingung φ(0) = 0. Bestimmen Sie die Größe ΔφT = φ(T ) − φ(0),

136

Klausuren

welche beschreibt, wie weit sich der Winkel, unter dem die größte Abweichung von der Kreisbahn δsmax > 0 auftritt, innerhalb einer Periode des harmonischen Oszillators T = 2π ω verschiebt. Diskutieren Sie die Implikationen für die Existenz geschlossener Bahnkurven. Hinweis: ΔφT ≈ 300◦ .

2.13

2.13

Klausur XIII - Klassische Mechanik

137

Klausur XIII - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

Schlagwörter: Integralrechnung, Drehimpuls, Geschwindigkeit, Gravitation ausgedehnter Körper, Harmonischer Oszillator

(a) (5 Punkte) Bestimmen Sie das Integral ∞

dx x2 e−ax

I(a) = 0

mit positivem Parameter a, indem Sie den Faktor x2 als zweite Ableitung von e−ax ausdrücken und das verbleibende Integral ausführen. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Massenpunkt der sich in einer Ebene mit dem festen Drehimpuls L bewegt. Wie ändert sich der Drehimpuls, wenn der Bezugspunkt nun nicht in der Ebene, sondern um a senkrecht zur Ebene verschoben gewählt wird. Wann ist der Betrag erhalten? Bestimmen Sie die Komponenten des neuen Drehimpulses bezüglich L und p . (c) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit, die benötigt wird, um von der Erde aus das Sonnensystem zu verlassen als Funktion der Bahngeschwindigkeit der Erde vE , der Erdmasse ME , des Erdradius RE , der Sonnenmasse MS und des Abstands zwischen Erde und Sonne dES . Dabei soll die Bahngeschwindigkeit der Erde ausgenutzt werden, nicht jedoch deren Drehung um die eigene Achse. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie das Gravitationsfeld einer Massenverteilung ρ(rr ) =

3M Θ(R − r) 4πR3

mit Gesamtmasse M und positivem Parameter R, das durch  2 R r>R F GM 2 G= = − 2 eˆr rr m R r 0, um zu zeigen, dass geschlossene Bahnkurven nur für Potentiale der Form V (r) = 1 Hierbei

C k r k

bezeichnet V  (x) die Formableitung des Potentials V und hat nichts mit dem Winkel φ zu tun.

142

Klausuren

mit k > −2 und C > 0 auftreten können. Wie hängen k und ω zusammen? Hinweis: Für die Ableitung des Logarithmus einer Funktion ist der Zusammenhang d f  (x) ln(f (x)) = dx f (x) gültig. (d) (4 Punkte) Zeigen Sie nun, dass die Differenz zwischen dem Apoapsis- und Periapsiswinkel ψ = φA − φP durch ψ=√

π 2+k

gegeben sein muss, damit sich geschlossene Bahnkurven ergeben. Argumentieren Sie, weshalb ψ ein rationales Vielfaches von π sein muss. Begründen Sie damit, weshalb ψ weder eine Funktion von E noch von L sein kann. (e) (4 Punkte) Betrachten Sie nun den Fall k > 0 und bestimmen Sie im Limes E → ∞ das maximal mögliche umax . Führen Sie damit die Größe x = u/umax ein und begründen Sie, weshalb der Term durch das Potential V für alle x außer für x = 0 verschwindet. Leiten Sie für diesen Grenzfall die Bewegungsgleichung in x her und zeigen Sie so, dass ψ=

π 2

gilt, beachten Sie dazu auch den unendlichen Wert des Potentials bei x = 0. (f) (4 Punkte) Betrachten Sie den Fall k < 0 im Limes E → 0 und führen Sie κ = −k und die Größe x2 = u2−κ ein und zeigen Sie so, dass 2

u x = (2 − κ) x u

gilt. Finden Sie damit die Bewegungsgleichung für x und zeigen Sie, dass ψ=

π 2+k

gültig ist. Hinweis: Im besagten Limes wird rmax gegen unendlich streben, was bedeutet dies für xmin ? (g) (3 Punkte) Verwenden Sie die Ergebnisse aus den Teilaufgaben (d), (e), (f), um zu argumentieren, welche Werte für k zulässig sind. Betrachten Sie auch den Grenzwert k → 0 und bestimmen Sie die Form des Potentials. Warum wird dieses Potential ebenfalls keine geschlossene Bahnkurve zulassen?

2.14

2.14

Klausur XIV - Klassische Mechanik

143

Klausur XIV - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

Schlagwörter: Komplexe Zahlen, Arbeit, Pendel, Schwerpunkt, Gravitation ausgedehnter Körper

(a) (5 Punkte) Benutzen Sie die Euler-Formel e±ix = cos(x) ± i sin(x) , um das trigonometrische Additionstheorem cos(x ± y) = cos(x) cos(y) ∓ sin(x) sin(y) zu beweisen. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie die Bewegung eines Massenpunktes m unter dem Einfluss einer konservativen Kraft F kons = − grad(U (rr )) und einer dissipativen Kraft F dis . Bestimmen Sie die Arbeit W12 , die der Massenpunkt verrichtet, wenn er sich vom Ort r 1 zum Ort r 2 bewegt. Finde Sie außerdem die zeitliche Ableitung von E=

1 2 mr˙ + U (rr ). 2

(c) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Fadenpendel der Länge l. Stellen Sie die Bewegungsgleichungen auf und zeigen Sie, dass bezüglich der Seilspannkraft keine Arbeit verrichtet wird. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Prisma der Höhe h mit quadratischer Grundfläche der Kantenlänge a und der Masse M , aus dem nun in der oberen rechten Ecke ein kleines Prisma mit gleicher Höhe, aber mit quadratischer Grundfläche der Kantenlänge b entfernt wird. An diese Stelle wird passgenau ein Prisma der Masse m eingesetzt. Bestimmen Sie die Lage des Schwerpunkts des so entstandenen Objekts. Drücken Sie Ihr Ergebnis auch über die Dichten der beiden Prismen aus. Betrachten Sie die Grenzfälle ρm → ρM , b → 0 und b → a und diskutieren Sie deren Sinnhaftigkeit. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie einen kleinen Körper der Masse m und des Radius r, der sich im Gravitationsfeld eines großen Körpers der Masse M und des Radius R befindet. Bestimmen Sie den Abstand d der Schwerpunkte der beiden Körper, ab dem sich an der Oberfläche des kleinen Körpers die Gezeitenkräfte und die Gravitationskraft durch den kleinen Körper ausgleichen. Drücken Sie diese Grenze als Funktion des Radius des großen Körpers und der mittleren Dichten der beiden Körper aus.

144

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 2 Waagrechter Wurf mit Energieverlust Schlagwörter: Würfe, Erhaltungsgrößen, Impuls, Geschwindigkeit

Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m, der bei t = 0 vom Punkt (x = 0, z = z0 ) mit der Geschwindigkeit v0 in horizontaler Richtung geworfen wird und dem Schwerefeld der Erde ausgesetzt ist. Jedes mal, wenn er mit dem Boden bei z = 0 kollidiert, wird er vertikal reflektiert und verliert dabei ein Teil seines vertikalen Impulses, so dass dieser nach dem Aufprall den Bruchteil r < 1 des vertikalen Impulses vor dem Aufprall beträgt. Ziel der Aufgabe ist es, herauszufinden, wann der Massenpunkt seine vertikale Bewegung einstellt. Hinweis: Für die gesamte Aufgabe, wird die geometrische Reihe ∞  n=1

qn =

q 1−q

|q| < 1

hilfreich sein. (a) (4 Punkte) Bestimmen Sie mit Hilfe der Bewegungsgleichungen den Zeitpunkt Δt0 , zu welchem der Massenpunkt zum ersten Mal mit dem Boden kollidiert. Ermitteln Sie damit die Strecke Δs0 , die er in dieser Zeit in horizontaler Richtung zurückgelegt hat und drücken Sie dieses Ergebnis durch v0 und z0 aus. (b) (6 Punkte) Verwenden Sie nun die Energieerhaltung, sowie die Newton’schen Gesetze, um zu argumentieren, weshalb der Massenpunkt nach dem ersten Zusammenstoß nur auf die Höhe z1 = r2 z0 zurückkehren wird. Bestimmen Sie damit den horizontalen Abstand Δs1 und den zeitlichen Abstand Δt1 zwischen dem ersten und dem zweiten Aufprall auf dem Boden. (c) (8 Punkte) Verallgemeinern Sie das Vorgehen aus Teilaufgabe (b), um so zu zeigen, dass  8z0 Δtn = rn g für n ≥ 1 gilt. Finden Sie damit auch Δsn und bestimmen Sie so die Zeit τ und die Strecke σ, die verstreicht, bis der Massenpunkt seine vertikale Bewegung einstellt. Diskutieren Sie zunächst das Verhalten von σ in den Grenzfällen r → 0, 1. Welchen Wert nimmt σ für r = 12 an? Beschreiben Sie die Bewegung für t > τ . (d) (7 Punkte) Bestimmen Sie die Änderung der Energie ΔEn und des Impuls Δpn für jeden Aufprall. Finden Sie damit den gesamten Energie- und Impulsübertrag und interpretieren Sie diese physikalisch. Betrachten Sie dabei auch die beiden Grenzfälle r → 0, 1.

2.14

Klausur XIV - Klassische Mechanik

145

25 Punkte

Aufgabe 3 Elastischer Stoß Schlagwörter: Elastischer Stoß, Impuls, Erhaltungsgrößen, Stoßprozesse, Schwerpunkt

Betrachten Sie den Stoßprozess von zwei Körpern der Massen m1 und m2 mit dem Impulsen im Laborsystem p 1 und p 2 . (a) (2 Punkte) Finden Sie den Impuls des Schwerpunktes P und drücken Sie die Impulse der beiden Körper im Schwerpunktsystem π 1 und π 2 durch die Impulse im Laborsystem p α , die Massen der Körper mα , die Gesamtmasse M und den Schwerpunktimpuls aus. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie nun einen elastischen Stoß und zeigen Sie, dass die Impulse im Schwerpunktsystem nach dem Stoß π α die gleichen Beträge wie vor dem Stoß aufweisen. Argumentieren Sie dann weiter, weshalb die Impulse vor und nach dem Stoß innerhalb einer Ebene betrachtet werden können und finden Sie die Impulse nach dem Stoß im Laborsystem p α . (c) (5 Punkte) Gehen Sie nun davon aus, dass m2 im Laborsystem vor dem Stoß ruht und m1 sich mit dem Impuls p 1 = p1eˆx und p1 > 0 bewegt. Führen Sie die Größe 1 γ=m m2 ein und zeigen Sie so, dass π 1 + π 1 p 1 = γπ

p 2 = π 1 − π 1

gilt. Finden Sie so für den Streuwinkel im Laborsystem θL , welcher den Winkel zwischen p 1 und p 1 darstellt, den Ausdruck tan(θL ) in Abhängigkeit von γ und dem Streuwinkel im Schwerpunktsystem θR , welcher den Winkel zwischen π 1 und π 1 darstellt. (d) (8 Punkte) Konstruieren Sie zeichnerisch für γ > 1, γ = 1 und γ < 1 bei gegebenem γ, θR und p1 die beiden Impulse p 1 und p 2 . Welche Winkel θL sind für diese drei Fälle möglich? Was gilt für den Winkel zwischen den beiden Impulsen nach dem Stoß im Fall γ = 1? 1 einer vorgegebenen Strecke Hinweis: Sie dürfen annehmen, dass Sie den Anteil 1+γ konstruieren können. E

(e) (5 Punkte) Bestimmen Sie den Anteil der Energie E21 , den Masse m2 nach dem Stoß trägt als eine Funktion des Streuwinkels θR im Schwerpunktsystem, der reduzierte m2 Masse μ = mm11+m und der Gesamtmasse M = m1 + m2 . Bei welchem Streuwinkel 2 wird dieser Anteil maximal? Was passiert in diesem Fall bei gleichen Massen?

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Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 4 Störung am harmonischen Oszillator

Schlagwörter: Harmonischer Oszillator, Taylor-Reihe, Integralrechnung, Erhaltungsgrößen, Pendel Betrachten Sie einen harmonischen Oszillator der Masse m, auf den eine zusätzliche Kraft der Form x3 einwirkt, so dass dessen Bewegungsgleichung durch 4α 3 x m gegeben ist. In dieser Aufgabe soll es darum gehen, den Einfluss der zusätzlichen Kraft auf die Periodendauer des Oszillators zu bestimmen. x ¨ + ω2 x = −

(a) (2 Punkte) Finden Sie die Energie des Systems und zeigen Sie, dass diese erhalten ist. (b) (5 Punkte) Verwenden Sie die Anfangsbedingungen x(0) = x0 und x(0) ˙ = 0, um zu zeigen, dass die Periodendauer durch 4 T = ω

x0

0

dx (x20

−

x2 )

+

2α 4 mω 2 (x0

− x4 )

gegeben ist. (c) (5 Punkte) Bestimmen Sie nun T in der Form   δT T = T0 1 + , T0 wobei T0 die Periodendauer des Oszillators für α = 0 und δT T0 eine Funktion von x0 sind. Nehmen Sie dazu an, dass der Einfluss durch den Term mit α besonders klein ist. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie nun ein Pendel mit Länge l und identifizieren Sie x mit lθ. Finden Sie die Energie und bestimmen Sie so in erster Näherung α. Wie sieht die Periodendauer des Pendels T als Funktion von θ0 aus? (e) (8 Punkte) Nehmen Sie nun, etwas allgemeiner, die Bewegung eines Massenpunktes m in einem Potential U (x) = U0 (x) + δU (x) an. Das Potential U0 soll ein symmetrisches Potential mit bekannter Lösung sein. Das Störpotential δU soll ebenfalls symmetrisch sein. Zeigen Sie nun, dass sich die Korrektur zur Periodendauer durch √ δT = − 2m

x0

dx 0

δE − δU (x) (E0 − U0 (x))3/2

bestimmt, wobei δE und E0 daher rühren, dass die selben Umkehrpunkte ±x0 wie für das ungestörte Problem betrachtet werden sollen und δU somit einen Einfluss auf E hat. Zeigen Sie weiter, dass sich damit das selbe Ergebnis wie in Teilaufgabe (c) erhalten lässt.

2.15

2.15

Klausur XV - Klassische Mechanik

147

Klausur XV - Klassische Mechanik 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

Schlagwörter: Komplexe Zahlen, Drehimpuls, Geschwindigkeit, Erhaltungsgrößen, Harmonischer Oszillator

(a) (5 Punkte) Benutzen Sie die Euler-Formel e±ix = cos(x) ± i sin(x) , um das trigonometrische Additionstheorem sin(x ± y) = sin(x) cos(y) ± sin(y) cos(x) zu beweisen. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Massenpunkt der sich in einer Ebene mit dem festen Drehimpuls L bewegt. Wie ändert sich der Drehimpuls, wenn der Bezugspunkt nun nicht in der Eben sondern um a + b verschoben gewählt wird. Dabei sollen a und b senkrecht bzw. parallel zur Ebene liegen. Wann ist der Betrag erhalten? (c) (5 Punkte) Finden Sie für einen Massenpunkt m, der sich nahe an der Oberfläche einer kugelförmigen Masse M mit Radius R bewegt, die Geschwindigkeit, unter der der Massenpunkt auf einer stabilen Kreisbahn bleibt. Drücken Sie diese Geschwindigkeit auch durch die Schwerebeschleunigung g an der Oberfläche der Masse M aus. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Fadenpendel der Länge l und der Masse M , dass sich in seiner Ruhelage befindet. Es wird von einer Kugel mit der Geschwindigkeit v und der Masse m getroffen. Der Stoß erfolgt elastisch und horizontal. Die Kugel fliegt danach weiter. Wie hoch wird das Pendel ausschwingen. Finden Sie eine Bedingung für den Impuls der Kugel, damit es sich um eine kleine Schwingung handelt. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie den Schwingfall des harmonischen Oszillators x(t) =

v0 sin(Ωt) e−γt Ω

Ω2 = ω02 − γ 2

und bestimmen Sie den Energieverlust ΔET innerhalb der ersten Periode T = daraus den Gütefaktor Q = 2π

E . ΔET

Was gilt im Fall einer schwachen Dämpfung γ  ω0 ?

2π Ω

und

148

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 2 Das Swing-by-Manöver Schlagwörter: Galilei-Transformation, Impuls, Kinetische Energie, Stoßprozesse

Betrachten Sie eine Raumsonde der Masse m, die durch einen Planeten der Masse M  m ihre Flugbahn ändert. Nehmen Sie an, dass die Raumsonde nur für die Zeitspanne τ maßgeblich dem gravitativen Einfluss des Planeten unterliegt und dass in dieser Zeitspanne die Bewegung des Planeten als geradlinig gleichförmig mit Geschwindigkeitsbetrag u angenommen werden kann. Sie können weiter verwenden, dass die Bewegung des Planeten und der Sonde in einer gemeinsamen Ebene verläuft. (a) (6 Punkte) Betrachten Sie die Fälle, dass sich die Sonde mit der Geschwindigkeit v parallel oder antiparallel zur Planetengeschwindigkeit dem Planeten nähert und nach der Flugbahnänderung eine Bewegung mit der Geschwindigkeit v  senkrecht zum Planet ausführt. Finden Sie für die beiden Fälle v  , ΔEkin. der Sonde und den Betrag des Impulsübertrages Δpp = p  − p als Funktionen von u und v. Was ist die physikalische Interpretation für negative Radikanten in der Wurzel Ihres Ergebnisses? (b) (2 Punkte) Nehmen Sie an, dass der Betrag der Kraft der Sonde auf den Planeten als konstant in der Zeitspanne τ angesehen werden kann. Stellen Sie die Bewegungsgleichung für den Planeten auf und argumentieren Sie, weshalb sich nichts an dessen Flugbahn ändern wird. (c) (3 Punkte) Nehmen Sie nun an, die Sonde bewege sich senkrecht zu der Geschwindigkeit des Planeten auf diesen zu und werde so abgelenkt, dass sie sich nach der Bahnänderung parallel zum Planeten bewegt. Bestimmen Sie v  analog zu Ihren Rechnungen in Teilaufgabe (a). (d) (3 Punkte) Verwenden Sie nun, dass die Newton’schen Gesetze invariant unter Zeitumkehr sind, um aus den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a) das Ergebnis der Teilaufgabe (c) herzuleiten. Sie stoßen dabei auf die Wahl eines Vorzeichens. Welche physikalische Situation entspricht der Wahl des „falschen“ Vorzeichens? (e) (8 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass sich die Sonde mit der Geschwindigkeit v dem Planeten nähert und dass v und u den Winkel φ einschließen, wobei φ im Uhrzeigersinn zunehmen soll. Nehmen Sie weiter an, dass die Sonde nach der Bahnänderung die Geschwindigkeit v  hat, welche mit u den Winkel ψ einschließen soll, der ebenfalls im Uhrzeigersinn zunimmt. Zeigen Sie dann, dass  v  = u cos(ψ) + v 2 + u2 cos2 (ψ) − 2uv cos(φ) gilt. Überprüfen Sie hiermit Ihre Ergebnisse der Teilaufgaben (a) und (c). Bestimmen Sie dann das Quadrat des Impulsübertrags als eine Funktion von v, v  , φ und ψ.

2.15

Klausur XV - Klassische Mechanik

149

(f) (3 Punkte) Verwenden Sie das Ergebnis aus Teilaufgabe (e) um v  zu bestimmen, wenn die Raumsonde sich parallel oder antiparallel dem Planeten nähert und sich nach der Flugbahn antiparallel oder parallel zu dessen Geschwindigkeit bewegt. In welchem Fall wird die Raumsonde beschleunigt?

150

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 3 Newton’sche Kosmologie

Schlagwörter: Gravitation ausgedehnter Körper, Newton’sche Gesetze, Integralrechnung, Differentialrechnung Gehen Sie davon aus, dass das Universum auf großen Skalen als homogen angesehen werden kann. Ein Punkt im Raum soll durch den Ortsvektor r beschrieben werden, der sich als x r (t) = a(t)x schreiben lässt. Darin ist x ein konstanter Vektor, der die Position auf einem festen Koordinatengitter vorgibt. Der Vektor r beschreibt den physikalisch messbaren Abstand. Die Bewegung einer Galaxie der Masse m wird also allein auf die Veränderung des dimensionslosen sogenannten Skalenfaktor a(t) zurückgeführt. (a) (5 Punkte) Verwenden Sie das Newton’sche Schalentheorem um die Gleichung a ¨ 4πG ρ0 =− a 3 a3 herzuleiten, wobei ρ0 die Massendichte einer Kugel mit Masse M und Radius x darstellt. (b) (5 Punkte) Multiplizieren Sie die Gleichung aus Teilaufgabe (a) geschickt mit 2a˙ und integrieren Sie unbestimmt nach der Zeit. Führen Sie dabei auf der linken Seite die Integrationskonstante Kc2 ein, um die Gleichung H2 =

a˙ 2 8πG ρ0 Kc2 = − 2 2 3 a 3 a a

zu erhalten. (c) (2 Punkte) Zum heutigen Zeitpunkt auf kosmologischer Skala t0 nimmt H einen konstanten Wert H0 =

a(t ˙ 0) >0 a(t0 )

an. Bestimmen Sie damit den Zusammenhang zwischen dem Abstand einer Galaxie und der Geschwindigkeit, mit der sich diese von der Milchstraße entfernt. Wie könnte so H0 gemessen werden? (d) (4 Punkte) Formen Sie die Gleichung aus Teilaufgabe (b) so um, dass sich ein Term der Form 12 mr˙ 2 ergibt und interpretieren Sie so die Bedeutung der Integrationskonstante K.

2.15

Klausur XV - Klassische Mechanik

151

(e) (5 Punkte) Betrachten Sie nun den Fall K = 0 und bestimmen Sie mit der Gleichung aus Teilaufgabe (b) den Skalenfaktor a als eine Funktion der Zeit. Per Konvention wird der Skalenfaktor a zum Zeitpunkt t0 auf a(t0 ) = 1 gesetzt. Verwenden Sie dies, um das Alter des Universums t0 als eine Funktion von H0 zu bestimmen. Was gilt für a und a˙ für t → ∞? Hinweis: Zum Zeitpunkt t = 0 gilt a(0) = 0. (f) (4 Punkte) Bestimmen Sie für K > 0 mit der Gleichung aus Teilaufgabe (b) das maximal mögliche a und diskutieren Sie qualitativ die zeitliche Entwicklung von a für die Fälle K > 0 und K < 0.

152

Klausuren

25 Punkte

Aufgabe 4 Das dreidimensionale Pendel Schlagwörter: Pendel, Harmonischer Oszillator, Newton’sche Gesetze, , Erhaltungsgrößen

Betrachten Sie eine Masse m, die an einem Faden der Länge l im Schwerefeld der Erde aufgehängt ist und sich in x und y-Richtung frei bewegen kann. (a) (4 Punkte) Stellen Sie die Bewegungsgleichungen auf und zeigen Sie damit, dass die z-Komponente des Drehimpulses erhalten ist. Sind Lx und Ly auch erhalten? (b) (4 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass es sich nur um kleinen Auslenkungen handelt, so dass stets |x|, |y|  l gilt. Zeigen Sie, dass dann     x ¨ 2 x = −ω y¨ y gilt. Was ist ω? (c) (3 Punkte) Finden Sie die allgemeine Lösung für die Differentialgleichung aus Teilaufgabe (b) und bestimmen Sie damit Lz und die Energie E. (d) (3 Punkte) Bestimmen Sie aus der Parametrisierung ⎛ ⎞ sin(θ) cos(φ) ⎜ ⎟ r = l ⎝ sin(θ) sin(φ) ⎠ − cos(θ) und der allgemeinen Lösung für kleine Auslenkungen den Ausdruck θ2 als Funktion der Zeit. Finden Sie eine Bestimmungsgleichung für tan(φ). (e) (4 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass die Anfangsbedingungen durch x(0) = x0 > 0, x(0) ˙ = 0, y(0) = 0 und y(0) ˙ = v0 ≥ 0 gegeben sind. Finden Sie so x(t), y(t), (θ(t))2 und tan(φ(t)) und diskutieren welche drei Arten der Bewegung sich ergeben. (f) (5 Punkte) Finden Sie E und Lz als Funktion von x0 und v0 und zeigen Sie, dass    E E 1 2  1+ 1−α v0 = α x0 = √ 2 mω m 1 + 1 − α2 gilt. Beachten Sie dafür auch, was für ein Pendel gilt, das sich nur in einer festen Ebene bewegen kann. Was ist der Parameter α? Wie ist er mit den drei möglichen Fällen aus Teilaufgabe (e) verbunden? (g) (2 Punkte) Betrachten Sie nun α = 1 und bestimmen Sie die kinetische Energie und die potentielle Energie als eine Funktion von E. Wie verträgt sich ihr Ergebnis mit dem Virial-Satz?

3

Lösungen zu den Klausuren der Theoretischen Physik – Klassische Mechanik

Im folgenden Kapitel werden Lösungshinweise und Lösungen zu den in Kapitel 2 vorliegenden Klausuren gegeben. Zu jeder Klausur wird dazu zunächst ein Bogen mit Lösungshinweisen für jede Teilaufgabe aufgeführt. Bei der Inanspruchnahme eines Lösungshinweises sollten nur noch die Hälfte der Punkte der jeweiligen Teilaufgabe gutgeschrieben werden. Auf den Bogen der Lösungshinweise folgen die ausführlichen Lösungen der jeweiligen Aufgaben. Dabei wird vor der Lösung einer jeden Teilaufgabe der Aufgabentext wiederholt, um eine besseren Überblick zu ermöglichen. In einigen Fällen schließt sich an die Lösungen einzelner Teilaufgaben ein kleiner Einschub über die Verwendung oder andere interessante Zusammenhänge der in der Aufgabe aufgetretenen Thematiken an.

Überblick 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11 3.12 3.13 3.14 3.15

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik . . Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik . Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik . Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik . Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik . Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik . Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik . Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik . Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik . Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

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© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 M. Eichhorn, Prüfungstraining Theoretische Physik – Klassische Mechanik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67755-1_3

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155 187 217 251 279 311 343 375 407 437 465 493 527 559 591

153

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

3.1

155

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Wie ist der Drehimpuls definiert und wie lautet das zweite Newton’sche Gesetz? (b) Wie lässt sich eine Bahnkurve durch die zurückgelegte Weglänge s parametrisieren? r Wie hängt die Krümmung mit der Ableitung des Tangentenvektors eˆt = dr ds zusammen? (c) Wie lässt sich die Energie durch θ und θ˙ bestimmen? Können Sie damit θ˙ durch E ausdrücken und die Gleichung integrieren? (d) Wie lässt sich das Problem auf eine Dimension reduzieren? Sie sollten die Differentialgleichung z¨ = −g − γ z˙ erhalten. (i) Welche Terme lassen sich in den Grenzfällen vernachlässigen, also auf Null setzen? (ii) Lässt sich die Differentialgleichung durch Trennung der Variablen lösen? (e) Lässt sich wegen |x|  1 eine Größe y definieren, deren Betrag ebenfalls sehr viel kleiner als Eins ist? Wie lässt sich solch ein Ausdruck mit der Taylor-Reihe einer Potenz (1 + y)n ≈ 1 + ny +

n(n − 1) 2 y + ··· 2

ausmultiplizieren? Aufgabe 2 - Zwei-Teilchen-Harmonischer-Oszillator (a) Können das zweite und dritte Newton’sche Gesetz helfen? Sie sollten unter anderem m1r¨1 = −k(rr 1 − r 2 ) erhalten. (b) Wie ist der Schwerpunkt definiert? Wie kann seine zweite zeitliche Ableitung mit den Bewegungsgleichungen vereinfacht werden? Kann für die Relativkoordinaten die reduzierte Masse m1 m2 μ= m1 + m2 hilfreich sein?

156

Lösungen

(c) Was gilt für Zentralkraftfelder und konservative Kraftfelder? Handelt es sich bei dem vorliegenden Kraftfeld um diese Kraftfeldsorten? (d) Wie lässt sich das Problem in Zylinder- bzw. Polarkoordinaten formulieren? Wie sieht in diesen Koordinaten der Drehimpuls aus? (e) Sie haben in Teilaufgabe (c) vielleicht bereits das Potential U (r) =

1 2 kr 2

bestimmt. Lässt sich die kinetische Energie vereinfachen, wenn der Ortsvektor in Zylinder- bzw. in Polarkoordinaten ausgedrückt wird? Sie sollten α=

L2 2μ

β=

k 2

bestimmen. (f) Ist es hilfreich die beiden Summanden des Potentials einzeln zu skizzieren? Als Energie auf der eine Kreisbahn stattfindet, sollten Sie  E0 = 2 αβ erhalten. Aufgabe 3 - Der Laplace-Runge-Lenz-Vektor (a) Wie lassen sich Impuls und Drehimpuls in Polar-Koordinaten ausdrücken? Sie sollten eˆs · A =

L2 − mα r

eˆφ · A = −mrL ˙

finden. (b) Kann die zeitliche Ableitung durch das zweite Newton’sche Gesetz vereinfacht werden? Ein hilfreiches Zwischenergebnis ist durch   α ∂U ˙ − 2 eˆφ A=L ∂r r gegeben. (c) Können die Ergebnisse aus Teilaufgabe (a) hier hilfreich sein? Sie sollten A 2 = 2mEL2 + m2 α2 erhalten.

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

157

(d) Wie ist das Skalarprodukt zweier Vektoren mit deren Beträgen und dem Winkel zwischen ihnen verknüpft? Was passiert, wenn Sie das Skalarprodukt mittel r = rˆ es auswerten? Sie sollten  2EL2 L2 e= 1+ p= mα mα2 erhalten. (e) Lässt sich ein Zwischenergebnis aus Teilaufgabe (b) verwenden? (f) Lässt sich A durch die Erkenntnisse aus Teilaufgabe (a) in einer etwas praktischeren Schreibweise darstellen? (g) Wie kann ein Integral über die Zeit mittels der Drehimpulserhaltung in ein Integral über den Winkel φ umgeschrieben werden? Was passiert bei einer solchen Substitution mit den Grenzen? (h) Wie lässt sich das gegebene Potential in die Gleichung aus Teilaufgabe (g) einarbeiten, so dass der Integrand explizit nur von φ abhängt? Warum verschwindet das Integral über cos(φ) bzw. cos3 (φ)? Aufgabe 4 - Der getriebene harmonische Oszillator (a) Um welchen Fall des harmonischen Oszillators handelt es sich? Wie sieht die allgemeine Lösung einer inhomogenen linearen Differentialgleichung aus? (b) Ist es möglich, als Ansatz für die partikuläre Lösung, die Inhomogenität mit einer noch unbekannten komplexen Zahl zu multiplizieren? Wie muss diese komplexe Zahl dann aussehen? (c) Was gilt für das Extremum einer Funktion? Sie sollten ωmax = ω02 − 2γ 2 für die Lage des Maximums erhalten. (d) Berücksichtigen Sie, die speziellen Punkte, die Sie in Teilaufgabe (c) bestimmt haben. Welchen Wert nimmt |χ(ω)| für ω → 0 an? Welcher Grenzwert kann für ω → ∞ bestimmt werden? Hat tan(ψ(ω)) eine Polstelle? Welche Grenzwerte ergeben sich für ω → 0 oder ω → ∞? (e)

• Verwenden von Teilaufgabe (b) Wie lässt sich die Inhomogenität f0 cos(ωt) durch die Inhomogenität eiωt ausdrücken? Lässt sich die so erhaltene partikuläre Lösung mit der Euler-Formel eix = cos(x) + i sin(x) wieder durch eine Kosinus-Funktion ausdrücken?

158

Lösungen

• Differentialgleichung auffassen als Realteil einer komplexen Differentialgleichung Warum ist der Realteil von z¨ + 2γ z˙ + ω02 z = f0 ei(ωt+φ) mit der gesuchten Differentialgleichung identisch? Ist der Lösungsansatz z = A ei(ωt+φ) zielführend? (f) Lässt sich die Inhomogenität durch eine Fourier-Reihe

f (t) =



T /2

cn e

1 cn = T

inωt

n∈Z

dt e−inωt f (t) −T /2

darstellen? Sie sollten die Lösung xp (t) = erhalten.

iα ω

 n∈Z\{0}

(−1)n χ(nω) einωt n

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

159

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

(a) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass in einem Zentralkraftfeld der Bahndrehimpuls eines Massenpunktes eine Erhaltungsgröße ist. Lösungsvorschlag: Der Drehimpuls ist durch L = r ×p gegeben. Seine Ableitung wird durch L˙ = r˙ × p + r × p˙ bestimmt. Der Impuls ist parallel zu r˙ wodurch das erste Produkt Null wird. Nach den Newton’schen Axiomen ist p˙ = F . Somit ist L˙ = r × F . Da es sich um ein Zentralkraftfeld handelt ist F = F (rr )ˆ er und damit parallel zu r aus diesem Grund fällt auch das verbleibende Produkt wegen r × eˆr = 0 weg und es verbleibt L˙ = 0 ⇒ L = const. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Teilchen, das der Bahnkurve ⎞ ⎛ R cos(ωt) ⎟ ⎜ r (t) = ⎝ R sin(ωt) ⎠ h0 + v · t mit ω, R, h0 , v > 0 folgt. Bestimmen Sie die Krümmung κ der Bahnkurve. Lösungsvorschlag: Um die Krümmung zu bestimmen, muss die Bahnkurve durch den zurückgelegten Weg t

dt˜ |˙r (t˜)|

s(t) = 0

ausgedrückt werden. Die Zeitableitung von r ist durch ⎛ ⎞ −ωR sin(ωt) ⎜ ⎟ r˙ = ⎝ ωR cos(ωt) ⎠ v

160

Lösungen

gegeben, womit sich  |˙r | = ω 2 R2 sin2 (ωt) + ω 2 R2 cos2 (ωt) + v 2 = ω 2 R2 + v 2 und schlussendlich t

dt˜

s(t) =



 ω 2 R2 + v 2 = t ω 2 R2 + v 2 ≡ ut

0

ergibt. Daher ist die Bahnkurve durch  ⎞ R cos ωu s  ⎟ ⎜ r (s) = ⎝ R sin ωu s ⎠ ⎛

h0 + uv s

gegeben. Der Tangentenvektor eˆt ist die Ableitung von r nach s und durch ⎛  ⎞ −R ωu sin ωu s  ⎟ drr ⎜ = ⎝ R ωu cos ωu s ⎠ eˆt = ds v u

zu bestimmen. daher wird

1

Die Krümmung κ ist der Betrag der Ableitung von eˆt nach s und ⎛  2  ⎞ −R ωu cos ωu s  ⎟  2 dˆ et ⎜ = ⎝ −R ωu sin ωu s ⎠ ds 0

berechnet, um schlussendlich   ω ω 2   dˆ e t  2 ω 2  κ= = R s + sin s cos ds  u u u 1 R2 ω 2 ω2 =R 2 = u R R2 ω 2 + v 2 √ zu erhalten. Dabei wurde im letzten Schritt der Ausdruck für u = ω 2 R2 + v 2 wieder explizit eingesetzt. 2 (c) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Fadenpendel der Länge l mit einem Massenpunkt der Masse m und bestimmen Sie mit Hilfe der Energieerhaltung die Periodendauer einer Schwingung in Abhängigkeit der initialen Auslenkung θ0 . Das Ergebnis sollte ein Integral sein, das nicht analytisch zu lösen ist. Betrag ist |ˆ e t | = 1, was eine gute Probe ist, um mögliche Rechenfehler zu entdecken im Falle der Geschwindigkeit v = 0 der Massenpunkt einen Kreis mit Radius R beschreibt, sollte die Krümmung für v = 0 ebenfalls den Kehrwert von R annehmen, was hier der Fall ist. 1 Sein 2 Da

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

Lösungsvorschlag: Der Massenpunkt befindet sich am Ort r=l und hat die Geschwindigkeit



sin(θ)

161



− cos(θ) 

 cos(θ) r˙ = lθ˙ . sin(θ)

Damit ist die kinetische Energie durch  1  1 1 2 mr˙ = ml2 θ˙2 cos2 (θ) + sin2 (θ) = ml2 θ˙2 2 2 2

T =

gegeben, während sich die potentielle Energie aus U = mgy = −mgl cos(θ) bestimmen lässt. Damit ist die Gesamtenergie durch E =T +U =

1 2 ˙2 ml θ − mgl cos(θ) 2

gegeben. Da keine Reibung im System auftritt, ist diese erhalten. Bei der maximalen Auslenkung θ0 ist θ˙ = 0 und daher lässt sich E auch als E = −mgl cos(θ0 ) ausdrücken. Damit kann der Ausdruck der Energie E= nach θ˙2 in der Form

1 2 ˙2 ml θ − mgl cos(θ) = −mgl cos(θ0 ) 2 

dθ dt

2

g = 2 (cos(θ) − cos(θ0 )) l

umgestellt werden. Beim Ziehen der Wurzel ist die Wahl des Vorzeichens zu beachten. Da für θ0 > 0 der Winkel θ mit zunehmender Zeit abnehmen wird, ist ein negatives Vorzeichen zu wählen, um  dθ g = − 2 (cos(θ) − cos(θ0 )) dt l zu erhalten. Mit Trennung der Variablen lässt sich so die Integralgleichung 0

θ0

T /4

dθ  g =− 2 l (cos(θ) − cos(θ0 ))

dt = −T /4 0

162

Lösungen

finden. Bei der Wahl der Grenzen wurde berücksichtigt, dass das Fadenpendel beim Übergang von der maximalen Auslenkung zur Ruhelage ein Viertel seiner vollständigen Periodendauer durchstreicht. Schlussendlich lässt sich die Periodendauer aus √ T =2 2

θ0

dθ (cos(θ) − cos(θ0 )) l

g 0

berechnen. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Massenpunkt m im freien Fall, der der Luftreibung in Form der Kraft F r = −γmvv ausgesetzt ist. Bestimmen Sie die Geschwindigkeit als Funktion der Zeit (i) für die beiden asymptotischen Fälle t → 0 und t → ∞. (ii) für einen beliebigen Zeitpunkt. Verwenden Sie hierzu in beiden Fällen die Anfangsbedingungen r (0) = 0 und v (0) = 0 . Hinweis: Sie dürfen das unbestimmte Integral dx 1 = ln(a + bx) + C a + bx b verwenden. Lösungsvorschlag: Die zu lösende Differentialgleichung ist durch m¨ r = −mgˆ e z − γmr˙ gegeben. In dieser kann m gekürzt werden und sie lässt sich wegen der Anfangsbedingungen allein auf die z-Achse projizieren.3 Damit lässt sich die zu lösende Differentialgleichung z¨ = −g − γ z˙ bestimmen. Weiter wird nur nach der Geschwindigkeit gesucht, weshalb die Ersetzung v ≡ z˙ und damit v˙ = z¨ durchgeführt werden kann, um v˙ = −g − γv zu erhalten. 3 In x- und y-Richtung liegt keine Beschleunigung an, es sei denn, die Geschwindigkeit in diese Richtungen sei Null, was durch die Anfangsbedingung aber ausgeschlossen ist.

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

163

(i) Für t → 0 ist v → 0 und es verbleibt v˙ ≈ −g, was durch v(t) ≈ −gt gelöst wird. Für t → ∞ ist zu berücksichtigen, dass bei negativem v ein Punkt erreicht werden kann, zu dem die rechte Seite der Gleichung verschwindet. Die Geschwindigkeit wäre dann konstant. Da aus dem ersten Fall klar ist, dass v zunächst abnimmt und daher negativ wird, wird also v˙ auf Null gesetzt, um so 0 = −g − γv

⇒

v=−

g γ

zu erhalten. (ii) Die Gleichung v˙ = −g − γv wird durch Trennung der Variablen auf die Integralform v

0

t

d˜ v =− g + γ˜ v

dt˜ = −t 0

gebracht. Die Integralgrenzen sind dabei entsprechend der Anfangsbedingung eingesetzt worden. Das Integral auf der linken Seite wird durch dx 1 = ln(a + bx) + C a + bx b zu v

0

  g + γv d˜ v 1 1 v = ln(g + γ˜ v ) |0 = ln g + γ˜ v γ γ g

gelöst. Damit ist die Gleichung   g + γv 1 ln = −t γ g nach v aufzulösen, was durch v(t) = −

 g 1 − e−γt γ

gelingt. In den Grenzwerten γt  1 und γt  1 werden die beiden asymptotischen Fälle aus (i) erhalten.

164

Lösungen

(e) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Taylor-Reihe der Funktion f (x, z) = √

1 1 − 2xz + x2

für |x|  1 und |z| < 1 bis zur zweiten Ordnung. Lösungsvorschlag: Für |x|  1 mit |z| < 1 ist auch der Betrag der Kombination y = x2 − 2xz klein gegenüber Eins. Daher kann zunächst die Funktion g(y) ≡ √

1 = (1 + y)−1/2 1+y

approximiert werden. Dies geschieht über die Approximation einer Potenz (1 + y)n = 1 + ny +

n(n − 1) 2 y + ··· 2

und ergibt    1 1 3 1 2 g(y) ≈ 1 − y + − − y + O(y 3 ). 2 2 2 2 Durch das Resubstituieren der Kombination y lässt sich für die Funktion f so der Ausdruck 3 1 f (x, z) ≈ 1 − (x2 − 2xz) + (x2 − 2xz)2 + O(x3 ) 2 8 21 23 = 1 + xz − x + x 4z 2 + O(x3 ) 2 8 2 2 3z − 1 = 1 + xz + x + O(x3 ) 2 finden. Nicht gefragt: Die Entwicklungskoeffizienten in x sind die Legendre-Polynome Pl (z) in z und die ∞ $ Funktion f lässt sich auch als f (x, z) = xl Pl (z) schreiben. l=0

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

165

25 Punkte

Aufgabe 2 Zwei-Teilchen-Harmonischer-Oszillator

Betrachten Sie zwei Teilchen der Massen m1 und m2 bei denen Teilchen 1 durch Teilchen 2 mit der Kraft −k(rr1 − r 2 ) angezogen wird. Dabei ist k > 0. (a) (4 Punkte) Stellen Sie mit Ihren Kenntnissen über die Newton’schen Gesetze einen Satz an Differentialgleichungen auf, der die Bewegung der Teilchen beschreibt. Es wird sich um ein sechsdimensionales Problem handeln. Lösungsvorschlag: Die Differentialgleichung für den Ort des Teilchens 1 wird m1r¨1 = −k(rr 1 − r 2 ) lauten. Da nach dem dritten Newton’schen Gesetz jede Kraft eine gleich große, entgeF 21 wird die Differentialgleichung für Teilchen gengesetzte Kraft hervorruft F 12 = −F 2 die Form m2r¨2 = −k(rr 2 − r 1 ) annehmen. Da die drei Koordinaten von Teilchen 1, sowie die drei Koordinaten von Teilchen 2 unbekannt sind, handelt es sich um ein sechsdimensionales Problem. (b) (4 Punkte) Reduzieren Sie das sechsdimensionale Problem durch das Einführen von Schwerpunkts- und Relativkoordinaten (mit r = r 1 − r 2 ) auf ein dreidimensionales Problem für die Relativkoordinate. Lösen Sie das Problem der Schwerpunktskoordinate mit den Anfangsbedingungen R (0) = R 0 und R˙ (0) = V 0 . Lösungsvorschlag: Der Schwerpunkt wird über R=

m 1 r 1 + m2 r 2 m 1 + m2

ermittelt, wobei zur Abkürzung noch M = m1 + m2 eingeführt wird. Damit lässt sich die Differentialgleichung ¨ = m1r¨1 + m2r¨2 = −k(rr 1 − r 2 ) − k(rr 2 − r 1 ) = 0 MR finden. Es handelt sich also um eine geradlinig, gleichförmige Bewegung, die mit den Anfangsbedingungen durch R (t) = R 0 + V 0 t

166

Lösungen

gelöst wird. Für die Relativkoordinate r = r 1 − r 2 lässt sich zunächst die Gleichung k −k (rr 1 − r 2 ) − (rr 2 − r 1 ) m1 m2   1 k 1 k r r+ (−rr ) = −k + =− m1 m2 m1 m2

r¨ = r¨1 − r¨2 = −

finden. Diese kann durch die Einführung der reduzierten Masse 1 1 1 = + μ m1 m2 auf μ¨ r = −krr umgeformt werden. Hierbei handelt es sich um die Bewegung eines Teilchens der Masse μ im Kraftfeld F (rr ) = −krr weshalb es sich nunmehr um ein dreidimensionales Problem handelt. (c) (4 Punkte) Begründen Sie anhand des Kraftfeldes die Drehimpuls- und Energieerhaltung. Lösungsvorschlag: Da das Kraftfeld parallel zu eˆr ist, handelt es sich um ein Zentralkraftfeld. In jedem Zentralkraftfeld ist der Drehimpuls erhalten. Das Kraftfeld F (rr ) = −krr verfügt über ein Potential U (rr ) =

1 2 kr 2

für das F (rr ) = −∇U (rr ) = −ˆ er

∂U = −kˆ e r r = −krr ∂r

gilt. Damit handelt es sich um ein konservatives Kraftfeld. In jedem konservativem Kraftfeld ist die Energie erhalten. (d) (4 Punkte) Reduzieren Sie das dreidimensionale Problem der Relativkoordinate durch die Drehimpulserhaltung auf ein zweidimensionales Problem. Bestimmen Sie den Drehimpuls als Funktion von r, der reduzierten Masse und der Winkelgeschwindig˙ keit φ.

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

167

Lösungsvorschlag: Da der Drehimpuls konstant ist, findet die Bewegung in einer Ebene statt. Daher werden Zylinderkoordinaten gewählt, um den Ortsvektor durch r = rˆ es auszudrücken. Seine erste Zeitableitung ist demnach durch ˙e φ r˙ = rˆ ˙e s + rφˆ ˙ e φ in Zylinderkoordinaten gilt. Damit gegeben, wobei verwendet wurde, dass eˆ˙ s = φˆ lässt sich der Drehimpuls mittels ˙e φ ) L = μrr × r˙ = μrˆ e s × (rˆ ˙e s + rφˆ ˙ e z ≡ Lˆ ez = μr2 φˆ bestimmen. (e) (4 Punkte) Nutzen Sie die Energieerhaltung aus, um das zweidimensionale Problem auf ein eindimensionales in der Koordinate r zu reduzieren. Führen Sie dabei ein effektives Potential der Form α Ueff (r) = 2 + βr2 r ein. Wobei α, β > 0 sind. Finden Sie die Ausdrücke für α und β in Abhängigkeit des Drehimpulses, der reduzierten Masse und der Konstante k. Lösungsvorschlag: Aus Aufgabenteil (c) ist das Potential U (rr ) = U (r) =

1 2 kr 2

bekannt. Die Gesamtenergie ist daher durch E =T +U =

1 2 1 2 μ˙r + kr 2 2

gegeben. Mit den Rechnungen aus Teilaufgabe (d) lässt sich die kinetische Energie zu  1  1 2 ˙e φ 2 μ˙r = μ rˆ ˙e s + rφˆ 2 2 1 1 μr2 φ˙2 = μ(r˙ 2 + r2 φ˙ 2 ) = μr˙ 2 + 2 2 2

T =

bestimmen. Mit dem erhaltenen Drehimpuls L = μr2 φ˙ lässt sich so φ˙ mit L φ˙ = 2 μr

168

Lösungen

ersetzen, um die kinetische Energie so auf die Form T =

L2 1 2 μr˙ + 2 2μr2

zu bringen. Die Gesamtenergie lässt sich so auf die Form E=

L2 1 1 2 μr˙ + + kr2 2 2μr2 2

bringen, was mit der Einführung des effektiven Potentials Ueff (r) =

L2 1 α + kr2 = 2 + βr2 2μr2 2 r

der Bewegung eines Teilchens mit der Masse μ in einer Dimension entlang der Koordinate r in eben diesem Potential entspricht. Die Ausdrücke für α und β sind damit durch α=

L2 2μ

β=

k 2

gegeben. (f) (5 Punkte) Skizzieren Sie das effektive Potential aus Aufgabenteil (e) und diskutieren Sie die möglichen Bewegungen. Gibt es ungebundene Bewegungen? Bei welcher Energie kommt es zu einer Kreisbewegung mit r˙ = 0. Wie lautet der Radius einer solchen Kreisbewegung? Lösungsvorschlag: Die Skizze ist in Abb. 3.1.1 zu sehen.

Ueff(r)

E

r0

Abb. 3.1.1 Skizze zum effektiven Potential Ueff (r)

r

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

169

Dabei wurde zusätzlich das Verhalten für kleine r in Form von α/r2 und für große r in Form βr2 als gestrichelte Linien eingezeichnet. Da das Potential für r → 0 sowie für r → ∞ gegen Unendlich strebt, kommt es nur zu gebundenen Bewegungen. Ungebundene Bewegungen treten nicht auf. Am Minimum des Potentials verschwindet wegen E = Ueff (r0 ) die kinetische Energie des radialen Impulses 12 μr˙ 2 und somit ist r˙ = 0. Es findet eine Kreisbewegung mit Radius r0 statt, der mittels

⇒

dUeff α ! (r0 ) = −2 3 + 2βr0 = 0 dr r0   α L2 α ⇒ r0 = 4 = 4 r04 = β β μk

bestimmt werden kann. Die Energie auf dieser Kreisbahn ist durch E0 = Ueff (r0 ) = 

α α/β

+β



α/β =

   αβ + αβ = 2 αβ

gegeben. Eine Bewegung bei geringeren Energien kann nicht stattfinden.

170

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 3 Der Laplace-Runge-Lenz-Vektor

Betrachten Sie ein Teilchen der Masse m im Potential α U (r) = − r mit α > 0, was dem Kepler-Problem entspricht. Für ein solches Problem lässt sich der Laplace-Runge-Lenz-Vektor A = p × L − mαˆ es definieren. Dabei sind p der Impuls und L der erhaltene Drehimpuls des Teilchens. (a) (2 Punkte) Finden Sie die Komponenten von A bezüglich eˆs und eˆφ und drücken Sie diese durch den Drehimpuls, die Koordinate r und deren Ableitung, sowie α aus. Lösungsvorschlag: Der Impuls lässt sich im Kepler-Problem durch ˙e φ p = mr˙ = mrˆ ˙e s + mrφˆ bestimmen, während der Drehimpuls durch ˙e z L = mr2 φˆ gegeben ist. Somit lässt sich der Laplace-Runge-Lenz-Vektor als   ˙ e φ × Lˆ A = p × L − mαˆ e s = mrˆ e z − mαˆ ˙e s + mrφˆ es   2 L ˙ − mα eˆs = mrL(−ˆ ˙ e φ ) + mrφLˆ e s − mαˆ e s = −mrLˆ ˙ eφ + r ausdrücken. Dabei wurde φ˙ mit L/mr2 ersetzt. Die Projektionen auf eˆs und eˆφ sind daher durch eˆs · A =

L2 − mα r

eˆφ · A = −mrL ˙

gegeben. (b) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass es sich bei A um einen erhaltenen Vektor handelt. Nutzen Sie dabei Ihre Kenntnis über den Drehimpuls L aus. Lösungsvorschlag: Die Ableitung von A ist durch ˙e φ ˙ e φ = F × L − mαφˆ A˙ = p˙ × L + p × L˙ − mαφˆ ∂U L ∂U αL eˆs × Lˆ (−ˆ e φ ) − 2 eˆφ =− e z − mα 2 eˆφ = −L ∂r mr ∂r r   ∂U α − 2 eˆφ =L ∂r r

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

171

bestimmt. Dabei wurde ausgenutzt, dass für den erhaltenen Drehimpuls L˙ = 0 und nach dem zweiten Newton’schen Gesetz p˙ = F gilt. Mit ∂U α = 2 ∂r r verschwindet der Term in der Klammer und es gilt A˙ = 0 , womit A ein erhaltener Vektor ist. (c) (3 Punkte) Drücken Sie das Betragsquadrat von A durch die Gesamtenergie des Teilchens E, seinen Drehimpuls, seine Masse und den Parameter α aus. Lösungsvorschlag: Die Gesamtenergie des Teilchens ist durch E=

1 L2 α 1 2 mr˙ + U (r) = mr˙ 2 + − 2 2 2 2mr r

gegeben. Sie wird in der folgenden Rechnung verwendet werden, um r˙ zu ersetzen. Das Betragsquadrat von A lässt sich so zu 2  2 L − mα e s · A )2 + (ˆ e φ · A )2 = m2 r˙ 2 L2 + A 2 = (ˆ r     4 2 1 L mα L 2 2 mr˙ 2 + = 2mL2 + m α − 2 2 r2 r   4   2 L α 2mαL2 L 2 2 = 2mL2 E − + + + m α − 2mr2 r r2 r 4 4 2 2mαL2 L L 2mαL = 2mEL2 + m2 α2 − 2 + 2 + − r r r r = 2mEL2 + m2 α2 bestimmen. (d) (4 Punkte) Bilden Sie das Skalarprodukt von A mit r und finden Sie so r(φ) und bringen Sie es in die Form r=

p . 1 + e cos(φ)

(3.1.1)

Wie lauten p und e ausgedrückt durch den Drehimpuls, die Masse m des Teilchens, seiner Gesamtenergie und den Parameter α? In welche Richtung zeigt demnach A ? Lösungsvorschlag: Das Skalarprodukt lässt sich einerseits als r · A = rA cos(φ)

172

Lösungen

schreiben und wird andererseits mit



r · A = rˆ e sA = r

L2 − mα r



= L2 − mαr

bestimmt. Da beide Ausdrücke gleich sind, lässt sich die Gleichung rA cos(φ) = L2 − mαr

⇒

r(mα + A cos(φ)) = L2

finden, die sich nach r=

L2 /mα A 1 + mα cos(φ)

auflösen lässt. Die Ausdrücke p und e sind demnach durch  A 2EL2 L2 e= = 1+ p= mα mα mα2 gegeben. Da es sich bei r(φ) um einen Kegelschnitt handelt und im Falle von φ = 0 der Ortsvektor auf die Periapsis zeigt und in diesem Falle r und A parallel liegen, zeigt A stets vom Ursprung zur Periapsis. Nicht gefragt: Im Kepler-Problem nimmt α den Wert GM m an und daher ist die Exzentrizität e durch  2EL2 e= 1+ 2 2 3 G M m gegeben. Betrachten Sie nun das Potential U (r) = −

α + V (r) r

mit α > 0. (e) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die zeitliche Ableitung von A durch A ∂V dA = A˙ = eˆφ L dt ∂r gegeben ist. Lösungsvorschlag: In Teilaufgabe (b) wurde bereits gezeigt, dass   ∂U α ˙ − 2 eˆφ A=L ∂r r

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

173

gilt. Da nun ∂U α ∂V = 2+ ∂r r ∂r gilt, ist damit auch  A˙ = L

α α ∂V − 2 + r2 ∂r r

 eˆφ = eˆφ L

∂V ∂r

zu finden. (f) (4 Punkte) Gehen Sie davon aus, dass der Betrag des Vektors A weiterhin erhalten ist und bestimmen Sie die zeitliche Ableitung seines Winkels in der xy-Ebene über ˙ez . A × A˙ = A2 ψˆ Sie sollten dabei den Ausdruck L ∂V ψ˙ = cos(φ) A ∂r erhalten. Verwenden Sie dazu auch Gl. (3.1.1). Lösungsvorschlag: Mit den Erkenntnissen aus Aufgabenteil (a) lässt sich der Ausdruck   ∂V ˙ A × A = (ˆ e s · A )ˆ e r + (ˆ e φ · A )ˆ e φ × eˆφ L ∂r   2 ∂V L ∂V (ˆ e s × eˆφ ) = L − mα eˆz = L(ˆ es · A) ∂r r ∂r ˙ez = A2 ψˆ gewinnen. Dies lässt sich nach L ψ˙ = 2 A



L2 − mα r



∂V ∂r

umstellen. Mit dem Ausdruck aus Aufgabenteil (d) r= lässt sich so

finden.

L2 /mα A 1 + mα cos(φ)

    ∂V L L2 A ψ˙ = 2 cos(φ) − mα mα 1 + A L2 mα ∂r L ∂V L ∂V = cos(φ) = 2 A cos(φ) A ∂r A ∂r

174

Lösungen

(g) (3 Punkte) Integrieren Sie nun über eine Periode um den Ausdruck 2π

m Δψ = A

dφ cos(φ) r2 0

∂V ∂r

zu erhalten. Lösungsvorschlag: Die Verschiebung Δψ wird durch T

Δψ = 0

T

L dt ψ˙ = A

dt cos(φ) 0

∂V ∂r

erhalten. Dabei sind L und A konstant, weshalb sie direkt aus dem Integral gezogen werden können. Die Koordinate r ist weiterhin von φ abhängig und daher nicht aus dem Integral zu ziehen. Durch den Drehimpuls L = mr2 φ˙

L dφ = φ˙ = dt mr2

⇒

kann die Substitution dt =

mr2 dφ L

ausgeführt werden. Die Grenzen laufen dann von Null bis 2π und die Verschiebung wird damit durch Δψ =

L A

m = A

2π

dφ 0

∂V mr2 cos(φ) L ∂r

2π

dφ cos(φ) r2 0

∂V ∂r

bestimmt. (h) (5 Punkte) Betrachten Sie nun im Speziellen V (r) = −

αL2 m2 c2 r3

und bestimmen Sie Δψ als Funktion der Masse m, der Exzentrizität e, der großen Halbachse a und des hier auftretenden Parameters c. Verwenden Sie hierzu wieder Gl. (3.1.1). Sie dürfen außerdem das unbestimmte Integral dx cos2 (x) =

x sin(2x) + +C 2 4

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

175

verwenden. Lösungsvorschlag: Es muss zunächst die Ableitung des Potentials durch ∂V 3αL2 = 2 2 4 ∂r m c r bestimmt werden. Dieses kann in das in Aufgabenteil (g) gefundene Integral eingesetzt werden, um m Δψ = A =

2π

dφ cos(φ) r2 0

3αL2 mAc2

3αL2 m2 c2 r4

2π

dφ cos(φ) 0

1 r2

zu erhalten. Mit dem Ausdruck L2 /mα A 1 + mα cos(φ)

r= aus Aufgabenteil (d) lässt sich so 3αL2 m2 α2 Δψ = mAc2 L4

2π

0

2  A cos(φ) dφ cos(φ) 1 + mα

finden. Wird nun p = L2 /mα = a(1 − e2 ) eingesetzt, lässt sich dies auf 3α2 Δψ = 2 Ac a(1 − e2 )

2π

0



A cos(φ) + dφ cos(φ) 1 + 2 mα



A mα

2

 2

cos (φ)

vereinfachen. Da die Integrale über cos(φ) und cos3 (φ) über eine vollständige Periode verschwinden, bleibt nur das Integral über cos2 (φ) stehen, das mittels der angegebenen Stammfunktion zu 2π

dφ cos2 (φ) = 0

2π sin(4π) + =π 2 4

gelöst werden kann. Somit ergibt sich Δψ =

3α2 2πA 6πα = Ac2 a(1 − e2 ) mα mc2 a(1 − e2 )

176

Lösungen

als Verschiebung des Laplace-Runge-Lenz-Vektors. Nicht gefragt: Es handelt sich bei V (r) um die Korrektur, die aus der allgemeinen Relativitätstheorie kommt. Bei c handelt es sich daher auch um die Lichtgeschwindigkeit. Für den Merkur (TMerkur = 0,2408 yr, eMerkur = 0,2056, aMerkur = 57,909 · 109 m) kann so die Verschiebung innerhalb eines Jahrhunderts zu Δψ100 yr =

100 yr 6πGMSonne ≈ 43 · 2 TMerkur c aMerkur (1 − e2Merkur )

bestimmt werden. Dabei wurden die üblichen Werte für G = 6,674 · 10−11 c = 299 792 458 ms und MSonne = 1,99 · 1030 kg eingesetzt.

m2 kg·s2 ,

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

177

25 Punkte

Aufgabe 4 Der getriebene harmonische Oszillator Betrachten Sie den getriebenen harmonischen Oszillator x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = f (t)

(3.1.2) √ mit γ, ω0 > 0 sowie ω0 > 2γ und einer zu spezifizierenden treibenden Kraft f (t). ˙ = v0 . Finden (a) (5 Punkte) Betrachten Sie die Anfangsbedingungen x(0) = x0 und x(0) Sie die Lösung zu diesem Anfangswertproblem, ohne dabei explizit einen Ausdruck für die partikuläre Lösung xp (t) einzusetzen. Lösungsvorschlag: √ Da ω0 > 2γ > γ ist, handelt es sich um den Schwingfall. Die homogene Lösung im Schwingfall ist durch xh (t) = (A cos(ωt) + B sin(ωt)) e−γt  gegeben, wobei Ω = ω02 − γ 2 ist. Die allgemeine Lösung wird durch x(t) = xh (t) + xp (t) bestimmt. Die partikuläre Lösung muss zur Bestimmung der Koeffizienten A und B also mit einbezogen werden. Für die erste Bedingung x(0) = x0 lässt sich so der Ausdruck x0 = x(0) = (A cos(0) + B sin(0)) e0 +xp (0) = A + xp (0) ⇒ A = x0 − xp (0) bestimmen. Für die zweite Bedingung x(0) ˙ = v0 muss zunächst die Ableitung x˙ zu x(t) ˙ =Ω(−A sin(ωt) + B cos(ωt)) e−γt − γ(A cos(ωt) + B sin(ωt)) e−γt +x˙ p (t) bestimmt werden. An besagter Stelle, nimmt diese den Wert v0 = x(0) ˙ = BΩ − γA + x˙ p (0) an. Dies lässt sich mit der Kenntnis über A auf B=

v0 − x˙ p (0) + γ(x0 − xp (0)) v0 − x˙ p (0) + γA = Ω Ω

umformen, um so die Lösung   v0 − x˙ p (0) + γ(x0 − xp (0)) sin(Ωt) e−γt +xp (t) x(t) = (x0 − xp (0)) cos(Ωt) + Ω zu erhalten.

178

Lösungen

(b) (5 Punkte) Verwenden Sie die Inhomogenität f (t) = eiωt um die komplexe Antwortfunktion χ(ω) sowie deren Betrag |χ(ω)| und komplexe Phase tan(ψ(ω)) zu finden. Lösungsvorschlag: Mit der gegebenen Inhomogenität ist die Gleichung x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = eiωt zu lösen, für die der Ansatz x(t) = χ(ω) eiωt gemacht werden kann, um so die Ableitungen x˙ = iωχ(ω) eiωt

x ¨ = −ω 2 χ(ω) eiωt

zu finden. Eingesetzt in die zu lösende Gleichung lässt sich so   χ(ω) −ω 2 + 2iωt + ω02 eiωt = eiωt ⇒

χ(ω) =

1 ω02

−

ω2

+ 2iγω

=

ω02 − ω 2 − 2iγω 2

(ω 2 − ω02 ) + 4γ 2 ω 2

finden. 4 Die Phase tan(ψ(ω)) lässt sich als Quotient des Imaginär- und Realteils tan(ψ(ω)) =

−2γω 2γω = 2 2 2 ω0 − ω ω − ω02

bestimmen. Für das Betragsquadrat wird χ(ω) mit seinem komplex Konjugierten multipliziert, um 

2

2

+ 4γ 2 ω 2 1

2 = 2 2 2 2 (ω − ω0 ) + 4γ 2 ω 2 (ω 2 − ω02 ) + 4γ 2 ω 2

|χ(ω)| =

ω 2 − ω02

zu erhalten. Die Wurzel daraus 1 |χ(ω)| = 2 (ω 2 − ω02 ) + 4γ 2 ω 2 ist der Betrag von χ(ω). 4 Im letzten Schritt wurde mit dem komplex Konjugierten des Nenners erweitert, um den Real- und Imaginärteil direkt im Zähler ablesen zu können

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

179

(c) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Lage und die Höhe des Maximums des Betrags der Antwortfunktion, sowie die Werte für ω an denen tan(ψ(ω)) die Werte ±1 annimmt. Beschränken Sie sich für die gesamte Teilaufgabe auf positive Werte von ω. Lösungsvorschlag: Für das Maximum von |χ(ω)| =



ω 2 − ω02

2

+ 4γ 2 ω 2

−1/2

muss die erste Ableitung nach ω verschwinden. Diese Ableitung ist durch d|χ(ω)| 1 2(ω 2 − ω02 ) · 2ω + 8γ 2 ω =−

3/2 dω 2 2 (ω 2 − ω02 ) + 4γ 2 ω 2 (ω 2 − ω02 ) + 2γ 2

= −2ω

2

(ω 2 − ω02 ) + 4γ 2 ω 2

3/2

gegeben. Nur der Zähler kann Null werden, daher ergibt sich   − 2ω ω 2 − ω02 + 2γ 2 = 0 ⇒

ω=0

oder

ω 2 − ω02 + 2γ 2 = 0

als Bedingung für ein mögliches Maximum. Bei ω = 0 wechselt das Vorzeichen der Ableitung von negativ auf positiv, es handelt sich also um ein Minimum. Dies ist nur der Fall, da ω02 > 2γ 2 ist. Für ω 2 = ω02 − 2γ 2 wechselt das Vorzeichen der ersten Ableitung von positiv auf negativ, daher handelt es sich um ein Maximum. Das Maximum tritt damit an der Stelle ωmax = ω02 − 2γ 2 auf. |χ(ω)| nimmt dort den Wert 1 |χ(ωmax )| = 2 2 2 − ω02 ) + 4γ 2 ωmax (ωmax 1 = 2 (ω02 − 2γ 2 − ω02 ) + 4γ 2 (ω02 − 2γ 2 ) 1 1 = = 4γ 4 + 4γ 2 ω02 − 8γ 2 4γ 2 (ω02 − γ 2 ) 1 =  2 2γ ω0 − γ 2 an. Um die Werte für ω zu finden, an denen tan(ψ(ω)) die Werte ε ∈ {−1, +1} mit ε2 = 1 annimmt, ist die Gleichung 2γωε =ε ωε2 − ω02

180

Lösungen

χ(ω)

1 2γ√ ω02 − γ 2 1 ω0

ω0 2

√ ω0

− 2γ 2

ω

Abb. 3.1.2 Skizze zu |χ(ω)| zu lösen, was durch die Rechnung ε(ωε2 − ω02 ) = 2γωε ⇒ ωε2 − ε2γωε − ω02 = 0 ωε,± = εγ ± ε2 γ 2 + ω02 = εγ ± γ 2 + ω02 getan wird. Sowohl für ε = +1 wie auch für ε = −1 ist die einzig positive Lösung für die Wahl des Vorzeichens + gegeben. Daher lauten die beiden gesuchten Lösungen ω±1 = γ 2 + ω02 ± γ. (d) (2 Punkte) Skizzieren Sie |χ(ω)| und tan(ψ(ω)). Lösungsvorschlag: Die Skizze zu |χ(ω)| ist in Abb. 3.1.2 aufgetragen. Besonders heraus sticht hierbei, dass für ω → 0 der Betrag zu einem von Null verschiedenen Wert konvergiert und für ω →∞ gegen Null strebt. 5 Ebenfalls zu bemerken ist, dass das Maximum ωmax = ω02 − 2γ 2 links von ω0 liegt. Die Skizze zu tan(ψ(ω)) ist in Abb. 3.1.3 zu finden. Für diese ist vor allem zu betrachten, dass ein Pol bei ω = ω0 auftritt. Für ω → ∞ strebt die Phase gegen 0+, während sie für ω → 0 gegen 0− strebt. 5 Die Bedeutung von Ersterem liegt darin, dass für ω → 0 eine konstante Kraft auf den Oszillator einwirkt und die Koordinate daher nur um eine Konstante verschoben wird. Die Bedeutung von Zweiterem besteht darin, dass bei besonders schnellen Oszillationen nur das Mittel dieser Kraft wirkliche Einflüsse auf das System hat. Da dieses aber Null ist, ist auch die Kraft mit Null gleichzusetzen.

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

181

tan(ψ(ω))

1 ω−1

ω

ω+1 −1

ω0

Abb. 3.1.3 Skizze zu ψ(ω)

(e) (3 Punkte) Finden Sie die partikuläre Lösung von Gl. (3.1.2) für f (t) = f0 cos(ωt + φ) entweder, indem Sie Ihr Ergebnis aus Teilaufgabe (b) verwenden oder Gl. (3.1.2) als den Realteil einer komplexen Gleichung auffassen. Lösungsvorschlag: • Verwenden von Teilaufgabe (b) Die Inhomogenität f (t) = f0 cos(ωt + φ) lässt sich in f (t) = f0 cos(ωt + φ) =

f0 iφ iωt f0 −iφ −iωt e e + e e 2 2

zerlegen. Da die Differentialgleichung linear ist, ist die partikuläre Lösung für die Summe an Inhomogenitäten durch die Summe der jeweiligen partikulären Lösungen gegeben. Für eine Inhomogenität der Form A eiωt

182

Lösungen

ist nach Aufgabenteil (b) die Lösung durch Aχ(ω) eiωt = A|χ(ω)| ei(ωt+ψ(ω)) gegeben. Wegen 1 1 |χ(−ω)| = = = |χ(ω)| 2 2 ((−ω)2 − ω02 ) + 4γ 2 (−ω)2 (ω 2 − ω02 ) + 4γ 2 ω 2 und tan(ψ(−ω)) =

2γω 2γ(−ω) =− 2 = − tan(ψ(ω)) = tan(−ψ(ω)) (−ω)2 − ω02 ω − ω02

ist der Betrag eine gerade und die Phase eine ungerade6 Funktion bezüglich ω. Damit ist die partikuläre Lösung durch f0 f0 |χ(ω)| eiψ(ω) eiφ eiωt + |χ(−ω)| eiψ(−ω) e−iφ e−iωt 2 2

f0 i(ωt+φ+ψ(ω)) = |χ(ω)| e + e−i(ωt+φ+ψ(ω)) 2 = f0 |χ(ω)| cos(ωt + φ + ψ(ω))    2γω f0 cos ωt + φ + Arctan = ω 2 − ω02 2 (ω 2 − ω02 ) + 4γ 2 ω 2

xp (t) =

gegeben. • Differentialgleichung auffassen als Realteil einer komplexen Differentialgleichung Es wird die komplexe Differentialgleichung z¨ + 2γ z˙ + ω02 z = f0 ei(ωt+φ) betrachtet. Ihr Realteil ist mit x = Re [z] durch x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = f0 cos(ωt + φ) gegeben, was der zu lösenden Gleichung entspricht. Als Ansatz für z wird z = A ei(ωt+φ) gewählt. Die Ableitungen werden dann als z˙ = iωA ei(ωt+φ) 6 Dabei

z¨ = −ω 2 A ei(ωt+φ)

wurde ausgenutzt, dass tan(x) selbst eine ungerade Funktion ist

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

183

bestimmt. Eingesetzt in die Differentialgleichung lässt sich A durch die Rechnung   A −ω 2 + 2iγω + ω02 ei(ωt+φ) = f0 ei(ωt+φ) 1 ⇒ A= 2 2 ω0 − ω + 2iγω bestimmen. Damit entspricht A der Antwortfunktion χ(ω) und kann wie in Aufgabenteil (b) in

i Arctan 22γω 2 1 ω −ω 0 A=  e (ω 2 − ω02 )2 + 4γ 2 ω 2 umgeformt werden, wobei |χ(ω)| und ψ(ω) direkt eingesetzt wurden. Damit ist die partikuläre Lösung für z durch

i Arctan 22γω 2 f0 ω −ω i(ωt+φ) 0 zp (t) = Af0 e = e ei(ωt+φ) 2 2 2 2 2 (ω − ω0 ) + 4γ ω     2γω f0 = exp i ωt + φ + Arctan ω 2 − ω02 (ω 2 − ω02 )2 + 4γ 2 ω 2 gegeben. Und damit ist die partikuläre Lösung xp (t) als dessen Realteil xp (t) = Re [zp (t)] =

   2γω cos ωt + φ + Arctan ω 2 − ω02 (ω 2 − ω02 )2 + 4γ 2 ω 2 f0

zu bestimmen. (f) (5 Punkte) Finden Sie die partikuläre Lösung für Gl. (3.1.2) in Reihen-Darstellung, wenn die periodische Inhomogenität f (t + T ) = f (t) auf dem Intervall [−T /2, T /2] durch f (t) = αt mit α > 0 und ω = 2π T definiert ist. Sie müssen dafür den expliziten Ausdruck von χ(ω) nicht einsetzen. Lösungsvorschlag: Wie bereits in Teilaufgabe (e) wird hier die Linearität der Differentialgleichung ausgenutzt. Die Inhomogenität ist T -periodisch und kann daher durch eine Fourier-Reihe

f (t) =

 n∈Z

T /2

cn e

inωt

1 cn = T

dt e−inωt f (t) −T /2

184

Lösungen

dargestellt werden. Die partikuläre Lösung ist mit den Überlegungen aus (d) durch   cn χ(nω) einωt = cn |χ(nω)| ei(nωt+ψ(nω)) xp (t) = n∈Z

n∈Z

gegeben. Der Rest der Aufgabe besteht darin, die Fourier-Koeffizienten cn zu bestimmen. Es ist also das Integral T /2

α cn = T

dt e−inωt t −T /2

zu lösen. Für n = 0 ist dieses Null. Für alle anderen n kann die Substitution u = nωt und damit du = nω dt sowie ±T /2 → ±nωT /2 = ±nπ/2 durchgeführt werden, um fortan das Integral nπ

α cn = T n2 ω 2

du u e−iu −nπ

zu lösen. Mit Hilfe einer partiellen Integration kann nπ −iu

du u e −nπ



nπ nπ   1 −iu 1 = − e u − du − e−iu i i −nπ −nπ   nπ  1 −iu 1 −inπ inπ − e −(−nπ) e + = i nπ e i i −nπ   = 2inπ cos(nπ) − einπ − e−inπ

= 2inπ(−1)n − 2i sin(nπ) = 2inπ(−1)n gefunden werden7 . Die Fourier-Koeffizienten cn mit n = 0 lassen sich so zu cn =

α iα (−1)n 2inπ(−1)n = 2 2 Tn ω ω n

berechnen8 und die partikuläre Lösung ist daher durch  cn χ(nω) einωt xp (t) = n∈Z\{0}

= 7 Dabei

iα ω

 n∈Z\{0}

(−1)n χ(nω) einωt n

wurden die Identitäten sin(nπ) = 0 und cos(nπ) = (−1)n ausgenutzt wurde ωT = 2π ausgenutzt

8 Hierbei

3.1

Lösung zur Klausur I - Klassische Mechanik

185

gegeben. Durch die Eigenschaften der Antwortfunktion χ(ω) = |χ(ω)| eiψ(ω)

|χ(−ω)| = |χ(ω)|

ψ(−ω) = −ψ(ω)

lässt sich die Lösung weiter zu xp (t) =

iα  (−1)n |χ(nω)| ei(nωt+ψ(nω)) − e−i(nωt+ψ(nω)) ω n n∈N

=−

2α  (−1)n |χ(nω)| sin(nωt + ψ(nω)) ω n n∈N

2α  (−1)n+1 = |χ(nω)| sin(nωt + ψ(nω)) ω n n∈N

umformen.

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

3.2

187

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Fertigen Sie sich eine Skizze einer Ellipse an und markieren Sie Strecken, wie die große und die kleine Halbachse, sowie die Brennpunkte. Können Sie die große und kleine Halbachse durch ein Dreieck miteinander in Verbindung bringen? Was gilt für φ = 0 und φ = π? (b) Wie sehen das charakteristische Polynom und seine Nullstellen aus? Wie können diese verwendet werden, um die Lösungen der Differentialgleichung zu bestimmen. Lässt sich die Lösung durch reelle Größen darstellen, indem die Euler-Formel eix = cos(x) + i sin(x) verwendet wird. (c) Welche Größe bleibt bei dem Stoß erhalten? Wie lässt sich die kinetische Energie durch die Masse und die Geschwindigkeit ausdrücken? (d) Wie lässt sich die Energie E in der Skizze U (x) über x in einem konservativem Kraftfeld U darstellen? Kinetische oder potentielle Energie, welche ist stets nicht negativ? Was bedeutet das, für die möglichen Bewegungen? (e) Wie lautet das zweite Newton’sche Gesetz bei konstanten Massen? Aufgabe 2 - Relativität (a) Welche Strecken muss der Lichtimpuls in den jeweiligen Bezugssystemen überqueren? Wie spielt die Bewegung des Ruhesystems hier mit hinein? Sie sollten Δt = γΔt finden. (b) Welche Strecke überquert der Lichtimpuls jeweils auf dem Weg zu Spiegel B in den beiden Bezugssystemen? Welche Strecke überquert der Lichtimpuls auf dem Weg von Spiegel B zu Sensor A? Wie spielt die Bewegung des Ruhesystems mit hinein? (c) Welcher Zusammenhang besteht zwischen t , x und Δl ? Welcher Zusammenhang besteht zwischen t, x und Δl? Wie lassen sich die Ergebnisse der bisherigen Teilaufgaben mit einbringen? (d) Lassen sich die gestrichenen Ausdrücke einfach einsetzen? Aufgabe 3 - Achterbahn-Loopings dy (a) Ist es sinnvoll für dx ds und ds die Bahn durch ihre Tangente anzunähern? Ist es sinnvoll dθ für ds die Kurve durch einen Kreis anzunähern?

188

Lösungen

(b) Lässt sich der Zusammenhang f  (x) dθ = dx 1 + (f  (x))2 zeigen? Wie lässt sich damit κ bestimmen? Sie sollten so G(0) = −

av02 +1 g

erhalten. √ (c) Wieso ist der Zusammenhang s = H θ gültig? Für x sollten Sie θ

H x= 2

dφ 0

cos(φ) √ φ

erhalten. (d) Bis zu welchem θ wird y zunehmen? Sie sollten schlussendlich G=

√ 2v02 √ θ + cos(θ) − 2 θI(θ) gH

erhalten. (e) Wieso sind die g-Kräfte näherungsweise durch G≈1+

2v02 1/2 11 2 θ − θ gH 6

gegeben? Welche g-Kraft würde ein Massenpunkt auf einer ebenen Bahn gemäß des dritten Newton’schen Axioms erfahren? (f) Wird der Kreis nach wie vor √ das angegebene g-Kraft-Profil aufweisen? Sie sollten auf den Zusammenhang H = R 2π kommen. Aufgabe 4 - Rutherford-Streuung (a) Welches Vorzeichen hat p? Gibt es gebundene Bewegungen? Was bedeutet das für die Energie? (b) Ist es hilfreich die Werte für einige spezielle Winkel zu bestimmen? Wann divergiert r. (c) Wie hängt der Streuwinkel mit dem Winkel zwischen Asymptote und x-Achse β zusammen? Wie  hängt dieser Winkel mit φ∞ zusammen? Wie sieht θ/2 aus? Was ist  sin π2 − x ?

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

189

(d) Lässt sich die x-Komponente des Ortsvektors durch einen Parameter ausdrücken, dessen Grenzfall gegen Unendlich betrachtet wird? Ist dieser Parameter Teil des Drehimpulses? Sie sollten  4E 2 b2 e= 1+ α2 erhalten. (e) Warum ist dσ 1 b  θ  dθ θ = dΩ 2 sin 2 cos 2 db gültig? Was ist

de db

und wie hängt es mit

dθ db

(f) Ist die Substitution u = sin(θ/2) hilfreich?

zusammen?

190

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen (a) (5 Punkte) Die zwei Ausdrücke, um Ellipsen zu beschreiben sind durch x 2 y 2 + =1 a b und r(φ) =

p 1 + e cos(φ)

gegeben, wobei die beiden Ellipsen entlang der x-Achse relativ zueinander verschoben sind. Wie lauten die Zusammenhänge zwischen den Parametern a, b, e und p? Drücken Sie die relative Verschiebung der beiden Ellipsen durch die gegebenen Parameter aus. Lösungsvorschlag: Die Geometrie kann anhand der Abb. 3.2.1 nachvollzogen werden. Die Verschiebung

y

a

b

a

r ϕ

Δ

x

a

Abb. 3.2.1 Skizze einer Ellipse, die durch die beiden Formeln erzeugt wird Δ lässt sich über das Dreieck aus Verschiebung, großer und kleiner Halbachse a und b zu  Δ = a2 − b2

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

191

bestimmen. Der Durchmesser der Ellipse entlang der x-Achse ist sowohl durch 2a wie auch durch r(0) + r(π) gegeben. Damit lässt sich die Gleichung 2a = r(0) + r(π) =

p p p(1 − e) + p(1 + e) 2p + = = 2 1+e 1−e 1−e 1 − e2

aufstellen, wodurch der Zusammenhang p = a(1 − e2 ) gefunden wird. Weiter lässt sich die Verschiebung Δ auch über die große Halbachse a und r(0) durch Δ = a − r(0) darstellen, was auf die Gleichung Δ=

 a(1 − e2 ) = a − a(1 − e) = ea a2 − b2 = a − r(0) = a − 1+e

führt, aus der sich e zu √ e=

a2 − b2 a

bestimmen lässt. Gleichzeitig ist dadurch Δ auch durch Δ = ea gegeben. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie einen harmonischen Oszillator der Art x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = 0 mit ω0 > γ. Finden Sie die Lösung mit den Anfangsbedingungen x(0) = x0 und x(0) ˙ = v0 . Lösungsvorschlag: Zunächst wird das charakteristische Polynom mit dem Ansatz x = eλt aufgrund von x˙ = λx

x ¨ = λ2 x

zu p(λ) = λ2 + 2γλ + ω02 = 0 bestimmt. Die Lösung dieses Polynoms ist durch λ± = −γ ± γ 2 − ω02 = −γ ± i ω02 − γ 2 gegeben. Da  ω0 > γ ist, ist der Radikant positiv und die Wurzel reell. Zur Abkürzung wird Ω = ω02 − γ 2 eingeführt. Damit ist die allgemeine (homogene) Lösung durch x(t) = A e−γt+iΩt +B e−γt−iΩt

192

Lösungen

gegeben. Die Ableitung lässt sich so zu x˙ = (−γ + iΩ)A e−γt+iΩt +(−γ − iΩ)B e−γt−iΩt bestimmen. Mit den Anfangsbedingungen x(0) = x0 und x(0) ˙ = v0 können die Gleichungen A + B = x0 −γ(A + B) + iΩ(A − B) = v0 gefunden werden. Diese können weiter zu A + B = x0 v0 + γx0 A−B = iΩ umgeformt werden und schließlich zu v0 + γx0 iΩ v0 + γx0 2B = x0 − iΩ 2A = x0 +

aufgelöst werden. Durch Einsetzen in die ursprüngliche Lösung ergibt sich so   v0 + γx0  iΩt x0  iΩt e + e−iΩt e−γt + e − e−iΩt e−γt 2iΩ  2 v0 + γx0 sin(Ωt) e−γt = x0 cos(Ωt) + Ω

x(t) =

als Lösung der Differentialgleichung. (c) (5 Punkte) Ein ruhender Massenpunkt der Masse m wird von einem bewegten Massenpunkt der Masse M mit der Geschwindigkeit v0 gerammt. Die beiden bleiben aneinander haften und bewegen sich als ein gemeinsamer Massenpunkt weiter. Bestimmen Sie die Geschwindigkeit v nach dem Stoß sowie den Energieverlust durch den Stoß. Der Stoß soll sich dabei eindimensional abspielen. Lösungsvorschlag: Die Impulserhaltung verlangt M v0 + m · 0 = (M + m)v

⇒

Die kinetische Energie vor dem Stoß beträgt Ti =

1 M v02 2

v=

M v0 . M +m

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

193

während sie nach dem Stoß bei Tf =

M2 1 1 1 M2 2 (M + m)v 2 = (M + m) v2 v = 2 2 (M + m)2 0 2M +m 0

liegt. Die Differenz kann daher zu 1 M2 1 v 2 − M v02 ΔE = Tf − Ti = 2M +m 0 2   M 1 Mm 2 1 −1 =− v = M v02 2 M +m 2M +m 0 bestimmt werden. (d) (5 Punkte) Ein Teilchen der Masse m bewegt sich in einer Dimension in dem Potential U (x) = Θ(x) (αx2 − βx4 ) + Θ(−x) γx2 . mit α, β, γ > 0. Diskutieren Sie die Bewegung des Teilchens anhand einer Skizze. Welche Bedingungen muss die Energie E des Teilchens erfüllen, damit es zu einer gebundenen Bewegung kommt? Lösungsvorschlag: Die Skizze ist in Abb. 3.2.2 zu finden. Für x < 0 wird das Teilchen in jedem Fall einen

U(x) (I) (II) (III) x x0

(IV) (V)

Abb. 3.2.2 Skizze des Potentials und der möglichen Bewegungszustände Umkehrpunkt besitzen. Das Verhalten für x > 0 bedarf einer genaueren Betrachtung.

194

Lösungen

Dazu wird die Form des Potentials durch f (x) = αx2 − βx4 beschrieben. Diese besitzt wegen 

3



f (x) = 2αx − 4βx = 0 ein Maximum bei x0 =



 f

α 2β

α 2β

!

⇒

x=0

oder

x0 ≡

α 2β

mit dem Wert  =α =

α −β 2β



α 2β

2 =

α2 α2 − 2β 4β

α2 ≡ E0 4β

(I) Ist die Energie im Bereich E > E0 so gibt es nur einen Wendepunkt im Bereich x < 0. Kommt das Teilchen aus dem Unendlichen von rechts wird es an diesem Punkt umkehren und wieder nach rechts entweichen. Es handelt sich um eine ungebundene Bewegung. (II) Ist die Energie exakt E = E0 , so hat das Teilchen die Möglichkeit in einem instabilen Gleichgewicht bei x0 zu verharren. Daneben hat es die Möglichkeit einer Bewegung links von diesem Punkt, die aber in eben diesem instabilen Gleichgewicht enden würde oder aber die Möglichkeit bei passender Richtung der Anfangsgeschwindigkeit nach rechts in die Unendlichkeit zu entweichen. Es sind hier also eine Gleichgewichtslage oder eine ungebundene Bewegung möglich. (III) Ist die Energie im Bereich 0 < E < E0 so kann das Teilchen für x < x0 eine gebundene Bewegung ausführen. Für x > x0 handelt es sich um eine ungebundene Bewegung, wie sie bereits für (I) diskutiert wurde. (IV) Im Fall E = 0 ist neben der ungebundenen Bewegung für x > x0 auch eine stabile Gleichgewichtslage bei x = 0 möglich. (V) Im letzten Fall für E < 0 existiert nur eine ungebundene Bewegung. Zusammenfassend ist eine Form der gebundenen Bewegung (inklusive stabiler und 2 instabiler Gleichgewichte) für 0 ≤ E ≤ E0 = α 4β möglich. (e) (5 Punkte) Ein Massenpunkt der Masse m vollführe die Bahnkurve ⎞ ⎛ v0 t ⎟ ⎜ r (t) = ⎝R cos(ωt + φ0 )⎠ − 12 gt2 mit v0 , R, ω, φ0 , g > 0. Bestimmen Sie die Kraft, die der Massenpunkt erfährt.

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

195

Lösungsvorschlag: Die erste Ableitung des Ortsvektors ist durch ⎞ v0 ⎟ ⎜ r˙ = ⎝−ωR sin(ωt + φ0 )⎠ ⎛

−gt und die zweite Ableitung durch ⎞ 0 ⎟ ⎜ r¨ = ⎝−ω 2 R cos(ωt + φ0 )⎠ −g ⎛

gegeben. Die Kraft ist bei konstanter Masse durch F = m¨ r gegeben. Daher lässt sich die Kraft durch ⎛ ⎞ 0 ⎜ ⎟ F = m¨ r = ⎝−mω 2 R cos(ωt + φ0 )⎠ −mg bestimmen. Die einzelnen Komponenten sind durch Fx = 0 gegeben.

Fy = −mω 2 R cos(ωt + φ0 )

Fz = −mg

196

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 2 Relativität In dieser Aufgabe sollen die Lorentz-Transformationen hergeleitet werden.

(a) (4 Punkte) Betrachten Sie zwei Spiegel A und B. Von Spiegel A wird ein kleiner Lichtimpuls zu Spiegel B gesendet und dort reflektiert. Er kommt schlussendlich wieder bei Spiegel A an, wo er von einem Sensor gemessen wird und so die Zeit, die er zum Zurücklegen der Strecke benötigt hat, bestimmt werden kann. Diese Situation lässt sich aus zwei Perspektiven heraus beobachten: (1) Die beiden Spiegel ruhen. (2) Die beiden Spiegel bewegen sich senkrecht zu ihrer Verbindungslinie mit der Geschwindigkeit v. Aus experimentellen Resultaten geht hervor, dass in beiden Situationen der Lichtimpuls dieselbe Geschwindigkeit c gehabt haben muss. Finden Sie damit den Zusammenhang zwischen der verstrichen Zeit Δt im Ruhesystem, in welchem die Spiegel ruhen und Δt im Laborsystem, in welchem sich die Spiegel mit der Geschwindigkeit v bewegen. Das Ergebnis ist als Zeitdilatation bekannt. Drücken Sie es durch den Lorentz-Faktor 1 γ= ≥1 2 1 − vc2 aus. Lösungsvorschlag: Im Ruhesystem muss der Lichtimpuls nur die Verbindungsstrecke AB überqueren. Er benötigt dafür die Zeit Δt und daher ist die Strecke AB durch cΔt gegeben. Im Laborsystem überquert der Lichtstrahl die Diagonale eines Dreiecks, da zum Zeitpunkt des Eintreffens Δt beim Spiegel B derselbige um die Strecke vΔt zur Verbindungslinie verschoben wurde. Auf der Diagonale hat der Lichtimpuls jedoch die Geschwindigkeit c, sodass die Länge der Diagonale gerade cΔt beträgt. Die Verbindungslinie AB bleibt gegenüber dem Ruhesystem unverändert. Damit lässt sich mit dem Satz des Pythagoras der Zusammenhang (cΔt)2 = (cΔt )2 + (vΔt)2 aufstellen, der sich über   v2 c2 Δt2 1 − 2 = (cΔt )2 c

⇒

nach Δt auflösen lässt. Da 1 γ= 1−

v2 c2

Δt Δt = 2 1 − vc2

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

197

gilt, lässt sich dieses Ergebnis auch als Δt = γΔt ausdrücken. Vom Laborsystem aus gesehen, gehen die Uhren im Ruhesystem langsamer. (b) (8 Punkte) Betrachten Sie nun einen Stab, an dessen Ende A ein Laser und ein Lichtsensor und an dessen anderen Ende B ein Spiegel befestigt sind. Es wird ein Lichtimpuls in Richtung des Spiegels bei B gesandt, dort reflektiert und bei A erfasst. Wieder lassen sich zwei Situationen betrachten: (1) Der Stab ruht (Ruhesystem). (2) Der Stab bewegt sich entlang der Richtung AB mit der Geschwindigkeit v (Laborsystem). Bestimmen Sie die Länge des Stabes im Ruhesystem Δl und im Laborsystem Δl. Das Ergebnis ist als Längenkontraktion bekannt. Drücken Sie es durch den Lorentz-Faktor γ aus. Lösungsvorschlag: Im Ruhesystem überquert der Lichtimpuls in der Zeit Δt zwei mal die Strecke Δl , was die Länge des Stabes im Ruhesystem ist. Da der Lichtimpuls die Geschwindigkeit c hat, muss 2Δl = cΔt gelten. Im Laborsystem ist es sinnvoll, zunächst zu betrachten welche Strecke der Lichtimpuls zurücklegt, um den Spiegel B zu erreichen. Der Lichtimpuls muss neben der Länge des Stabes im Laborsystem Δl auch die Strecke überwinden, die der Spiegel B sich in der Zwischenzeit bewegt hat. Benötigt der Lichtimpuls die Zeit Δt1 um den Spiegel zu erreichen, so muss er die Strecke Δs1 = Δl + vΔt1 überwinden. Da der Lichtimpuls die Geschwindigkeit c hat, muss Δs1 = cΔt1 gelten und es lässt sich so Δt1 zu Δt1 =

Δl c−v

bestimmen. Nachdem der Lichtimpuls reflektiert wurde, erreicht er nach Δt2 den Sensor bei A. Da sich dieser aber bewegt hat, muss der Lichtimpuls die Strecke Δl verringert um vΔt2 überwinden, so dass Δs2 = cΔt2 = Δl − vΔt2 gilt. Dies lässt sich wider nach Δt2 auflösen, um Δt2 =

Δl c+v

198

Lösungen

zu erhalten. Insgesamt benötigt der Lichtimpuls also die Zeit   1 1 + Δt = Δt1 + Δt2 = Δl c+v c−v Δl Δl 1 2c =2 = 2γ 2 = Δl 2 c − v2 c 1 − vc22 c um vom Aussenden wieder zum Sensor bei A zu gelangen. Nach den Erkenntnissen von Teilaufgabe (a) ist aber Δt = γΔt , sodass 2γ 2

Δl Δl = 2γ c c

⇒

Δl =

Δl γ

gefunden werden kann. Aus dem Laborsystem heraus gemessen ist die Länge des Stabes gegenüber dem Ruhesystem verkürzt. (c) (6 Punkte) Betrachten Sie wieder den Stab aus Teilaufgabe (b). Diesmal ist der Lichtsensor am Ende B angebracht. Bezeichnen Sie das Ereignis der Messung des Lichtimpulses im Ruhesystem mit (ct, x) und im Laborsystem mit (ct , x ). Das Aussenden des Lichtimpulses ist in beiden Systemen das Ereignis (0, 0). Zeigen Sie unter zu Hilfenahme der Ergebnisse aus den Teilaufgaben (a) und (b), dass v ct = γ ct − x x = γ(x − vt) c gilt. Lösungsvorschlag: Im Ruhesystem entspricht x gerade der Länge des Stabes, also Δl . Außerdem ist es die Strecke, die der Lichtimpuls in der Zeit t zurücklegt, so dass ct = x = Δl gilt. Im Laborsystem hingegen ist x die Länge des Stabes im Laborsystem plus die Strecke, die der Lichtsensor B in der Zeit t mit der Geschwindigkeit v zurückgelegt hat. Es ist auch die Strecke, die der Lichtimpuls in der Zeit t zurückgelegt hat, so dass ct = x = Δl + vt gilt. Diese Gleichung lässt sich nach Δl auflösen, um Δl = x − vt zu erhalten. Da nach Teilaufgabe (b) aber Δl = γΔl gilt und sich somit Δl = x − vt =

Δl x = γ γ

schreiben lässt, kann schlussendlich x = γ(x − vt)

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

199

gefunden werden. Die Gleichung ct = x = Δl + vt lässt aber auch den Ausdruck Δl = ct − vt und t =

x c

zu, was zu v Δl = ct − x c

führt. Da weiterhin Δl γ

Δl = und zusätzlich Δl = ct gelten, kann somit

v Δl ct Δl = ct − x = = c γ γ v  ⇒ ct = γ ct − x c gefunden werden. Dieses Transformationsverhalten für x und t wird als LorentzTransformation (genauer: Lorentz-Boost entlang der x-Achse) bezeichnet. (d) (7 Punkte) Zeigen Sie, dass durch die Transformation aus Teilaufgabe (c) die beiden Größen (Δs)2 = c2 (Δt)2 − (Δx)2 und (Δs )2 = c2 (Δt )2 − (Δx )2 miteinander übereinstimmen. Welche Implikationen ergeben sich für Licht? Ist das überraschend? Lösungsvorschlag: Die Ergebnisse aus Teilaufgabe (c) könne zu Δx = γ(Δx − vΔt) umformuliert werden. Damit lässt sich

v cΔt = γ cΔt − Δx c



2 v (Δs )2 = c2 (Δt )2 − (Δx )2 = γ 2 cΔt − Δx − γ 2 (Δx − vΔt)2 c  2 v = γ 2 (cΔt)2 − 2vcΔxΔt + 2 (Δx2 ) c    2 2 2 − (Δx) − 2vcΔxΔt + v (Δt )      v2 v2 2 2 2 = γ (cΔt) 1 − 2 − (Δx) 1 − 2 c c   2   v (cΔt)2 − (Δx)2 = γ2 1 − 2 c

200

Lösungen

bestimmen. Da nun aber γ2 =

1 2 1 − vc2

ist, kann (Δs )2 auch zu (Δs )2 = (cΔt)2 − (Δx)2 = (Δs)2 bestimmt werden. Damit stimmen Δs und Δs miteinander überein. Es handelt sich um eine invariante Größe unter der Lorentz-Transformation. Da für Licht im Laborsystem Δx = cΔt gilt, wird Δs = 0 sein. Damit ist aber auch Δs = 0 und es muss daher ebenso Δx = cΔt gelten. Das Licht hat also in beiden Bezugssystemen die gleiche Geschwindigkeit. Da die Geschwindigkeit v, mit der sich das Ruhesystem relativ zum Laborsystem bewegt, beliebig war, hat das Licht in jedem Bezugssystem dieselbe Geschwindigkeit. Da in den Aufgaben (a), (b) und (c) zum Herleiten der Transformationen aber vorausgesetzt wurde, dass das Licht eine feste Geschwindigkeit hat, ist dieses Resultat nicht verwunderlich. Es zeigt dennoch, dass die mathematische Beschreibung mit sich selbst konsistent ist.

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

201

25 Punkte

Aufgabe 3 Achterbahn-Loopings

Ein Massenpunkt der Masse m auf einer vorgegebenen zweidimensionalen Bahn ohne Reibungsverluste kann als einfaches Modell einer Achterbahn angesehen werden. Dabei lässt sich zeigen, dass auf diesen Punkt die g-Kräfte (Normalbeschleunigung in Vielfachen der Erdbeschleunigung g) G=

v02 κ − 2yκ + cos(θ) g

wirken. Dabei ist y die Höhenkoordinate des Massenpunktes, v0 die Geschwindigkeit des Punktes auf der Höhe y = 0, θ der Winkel der Bahnkurve relativ zur Horizontalen und κ = 1r die Krümmung der Kurve, wobei r den Krümmungsradius darstellen. (a) (2 Punkte) Betrachten Sie zunächst eine beliebige Strecke und finden Sie mittels geody dx metrischer Überlegungen Ausdrücke für dθ ds , ds und ds in Abhängigkeit von κ und θ. Lösungsvorschlag: Jeder Streckenabschnitt lässt sich in erster Näherung durch die Tangente im betrachteten Punkt beschreiben. Diese schließt mit der Horizontalen den Winkel θ ein. Auf der Tangente wird die infinitesimale Strecke ds zurückgelegt, was der Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks, wie in Abb. 3.2.3 (a) entspricht. Damit sind infinitesimale Änderungen in der x- und y− Koordinate verbunden. Aus diesem Dreieck lassen sich die Zusammenhänge dx = cos(θ) ds

dy = sin(θ) ds

herleiten, so dass dx = cos(θ) ds

dy = sin(θ) ds

gefunden werden kann. In zweiter Näherung kann eine gekrümmte Kurve durch einen Kreis mit dem Krümmungsradius r beschrieben werden, wie es in Abb. 3.2.3 (b) zu sehen ist. Der Winkel, den die Kurve mit der Horizontalen einschließt, entspricht auch dem Winkel vom Lot zum betrachteten Punkt des Kreises. Damit resultiert eine Änderung in der Position auf dem Kreis, die mit dem Überstreichen des infinitesimalen Bogenelements ds verbunden ist, eine infinitesimale Änderung des Winkels dθ sodass der Zusammenhang ds = r dθ und daher die Gleichung dθ 1 = =κ ds r gefunden werden kann.

202

Lösungen

(b) (6 Punkte) Finden Sie für einen Parabelbogen f (x) = − a2 x2 mit a > 0 die g-Kräfte als Funktion von x. Sie dürfen dabei ohne Beweis verwenden, dass cos(θ) = 

f sin(θ) =  1 + f 2

1 1 + f 2

gilt. Welche Beziehung muss zwischen a und v0 bestehen, damit bei x = 0 Schwerelosigkeit erreicht wird? Lösungsvorschlag: Um die g-Kräfte nach der gegebenen Formel zu bestimmen, muss κ an jedem Punkt der Bahn bekannt sein. Zu diesem Zweck wird die Rechnung κ=

dθ dθ dx dθ = = cos(θ) ds dx ds dx

betrachtet. Dabei wurde die Kettenregel ausgenutzt und es wurden die in (a) gefundedx nen Zusammenhänge für dθ ds und ds eingesetzt. Da anhand des Steigungsdreiecks in Abb. 3.2.3 (a) auch der Zusammenhang tan(θ) =

dy = f dx

klar ist und die Ableitung f  =

d dθ dθ tan(θ) = (1 + tan2 (θ)) = (1 + f 2 ) dx dx dx

bestimmt werden kann, kann auch der Zusammenhang f  dθ = dx 1 + f 2 hergestellt werden. Zusammen mit der gegebenen Gleichung cos(θ) =

1 (1 + f 2 )1/2

kann so κ=

f  (1 + f 2 )3/2

gefunden werden. Nach Einsetzen in die gegebene Formel für die g-Kräfte kann schließlich v02 κ − 2yκ + cos(θ) g   2 f  (x) v0 1 − 2f (x) + = g (1 + (f  (x))2 )3/2 1 + (f  (x))2

G(x) =

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

203

bestimmt werden. Die erste und zweite Ableitung der Funktion f (x) = − a2 x2 sind durch f  (x) = −ax

f  (x) = −a

gegeben, sodass die g-Kräfte durch  2  v0 a 1 2 G(x) = − + ax +√ g (1 + a2 x2 )3/2 1 + a2 x2 bestimmt sind. An der Stelle x = 0 kann dies zu G(0) = −

av02 +1 g

vereinfacht werden. Soll dort Schwerelosigkeit erreicht werden, so ist G = 0 erforderlich und es kann daher g v02 = a gefunden werden. Es hierbei wichtig zu bemerken, dass aufgrund der Parametrisierung der Strecke v0 die Geschwindigkeit am höchsten Punkt darstellt.

(a)

(b)

θ

ds θ

dx

dθ

dy r ds

Abb. 3.2.3 Annäherung einer Bahnkurve durch ihre Tangente (a) und durch einen Kreis (b) Betrachten Sie eine Euler-Spirale (Klothoide), deren Krümmung über die Wegstrecke durch 2s κ= 2 H

204

Lösungen

ausgedrückt wird. H ist dabei ein Parameter der Dimension Länge. (c) (6 Punkte) Zeigen Sie mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a), dass y als Funktion von θ ∈ [0, π] durch θ

H y(θ) = 2

dφ 0

sin(φ) H √ ≡ I(θ) 2 φ

gegeben ist. Finden Sie auch x(θ) ebenfalls in Abhängigkeit eines Integrals. Berücksichtigen Sie dabei, dass θ = 0 dem Ursprung entspricht. Lösungsvorschlag: Da die Krümmung als Funktion der zurückgelegten Wegstrecke bekannt ist und in Teilaufgabe (a) der Zusammenhang 2s dθ =κ= 2 ds H

⇒

dθ =

2s ds H2

gefunden wurde, kann mit den Anfangsbedingungen s = 0 ⇔ θ = 0 der funktionale Zusammenhang θ

s 

θ=

ds

dθ = 0

0

2s s2 = H2 H2

bzw. √ s=H θ zwischen θ und s gefunden werden. Damit lässt sich die Krümmung mittels √ √ θ 2H θ 2s =2 κ= 2 = H H2 H auch als Funktion von θ ausdrücken. Um y als Funktion von θ zu finden, wird die Rechnung dy dy ds 1 H = = sin(θ) = √ sin(θ) dθ ds dθ κ 2 θ herangezogen, wobei die Erkenntnisse aus Teilaufgabe (a) ausgenutzt wurden. Hiermit lässt sich über die Rechnung y

θ 

y=

dy = 0

θ

dy  (θ ) = dθ dθ 

0

θ

H H dθ √ sin(θ ) =  2 2 θ 

0

dφ 0

sin(φ) √ φ

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

205

das gesuchte Integral ermitteln. Im letzten Schritt wurde dabei θ in φ umbenannt. Für x muss die Rechnung dx dx ds 1 H = = cos(θ) = √ cos(θ) dθ ds dθ κ 2 θ herangezogen werden, so dass sich im Vergleich mit der Rechnung für y ein Kosinus statt eines Sinus im Integrand einstellen wird und x durch θ

H x= 2

dφ 0

cos(φ) √ φ

gefunden werden kann. (d) (2 Punkte) Finden Sie einen Zusammenhang zwischen der maximalen Höhe der EulerSpirale h und H, sowie die g-Kräfte als Funktion von θ. Lösungsvorschlag: Der Integrand im Ausdruck y(θ) ist im Intervall [0, π] nicht negativ, wodurch y bis zu θ = π zunehmen wird. Der maximale Wert auf dem betrachteten Intervall tritt also für θ = π ein. Aus diesem Grund ist die Höhe h der Euler-Spirale durch h = y(π) =

1,7897 H I(π) ≈ H 2 2

gegeben und skaliert daher direkt mit dem vorgegebenen Parameter H. Für die g-Kräfte als Funktion von θ wird in die gegebene Formel G= für κ der Ausdruck

v02 κ − 2yκ + cos(θ) g √ θ κ=2 H

und für y der gefundene Ausdruck y(θ) =

H I(θ) 2

eingesetzt, um √ √ θ θ v02 H G= 2 − 2 · I(θ) · 2 + cos(θ) g H 2 H √ 2v 2 √ = 0 θ + cos(θ) − 2 θI(θ) gH zu erhalten.

206

Lösungen

(e) (2 Punkte) Entwickeln Sie den Ausdruck G(θ) aus Teilaufgabe (d) für kleine θ bis zur 2. Ordnung und finden Sie den Grenzwert von G für θ → 0. Vergleichen Sie dies mit dem Grenzwert θ → 0 für die g-Kräfte in einem kreisförmigen Looping mit Radius R, die durch GKreis =

v02 − 2 + 3 cos(θ) gR

gegeben sind. Welche Bedeutung kommt der Euler-Spirale bei der Konstruktion eines Loopings daher zu? Lösungsvorschlag: Für kleine Winkel x  1, lässt sich der Kosinus durch 1 cos(x) ≈ 1 − x2 2 entwickeln, während der Sinus durch sin(x) ≈ x −

x3 6

angenähert wird. Damit lässt sich das Integral I(θ) näherungsweise durch θ

I(θ) ≈ 0

=

φ− φ dφ √ 6 = φ



θ

3

dφ

φ

1/2

0

φ5/2 − 6



2 3/2 2 7/2 2 θ θ − ≈ θ3/2 3 6·7 3

bestimmen. In den Ausdruck von G eingesetzt, kann so √ 2 2v02 √ θ2 − 2 θ · θ3/2 θ+1− gH 2 3 2v02 1/2 11 2 θ =1+ − θ gH 6

G≈

gefunden werden. Dieser Ausdruck geht für θ → 0 gegen Eins. Ein Massenpunkt, der sich auf einer ebenen Bahn im Schwerefeld der Erde bewegt, erfährt aufgrund des dritten Newton’schen Gesetzes durch die Bahn eine Beschleunigung von einem g, so dass die Euler-Spirale ein Element darstellt, das es ermöglicht, von einer ebenen Bahn in eine gekrümmte Bahn überzugehen, ohne dass dabei die g-Kräfte sprunghaft ansteigen. Sie erlaubt also ein stetiges Profil der g-Kräfte. Die g-Kräfte des Kreises gehen für θ → 0 gegen den Wert GKreis (0) =

v2 v02 −2+3=1+ 0 gR gR

und sind somit definitiv verschieden von Eins. Es kommt zu einem plötzlichen Sprung in den g-Kräften.

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

207

Die Euler-Spirale stellt eine Möglichkeit dar, ebene Elemente mit gekrümmten Elementen zu verbinden und so einen Looping zu konstruieren, der ein glattes Profil der g-Kräfte aufweist. (f) (7 Punkte) Betrachten Sie nun einen Looping wie in Abb. 3.2.4, dessen untere Hälfte θ ∈ [0, π/2) aus einer Euler-Spirale mit Parameter H und dessen obere Hälfte θ ∈ [π/2, π) aus einem kreisförmigen Looping mit Radius R besteht. Welcher Zusammenhang muss zwischen R und H gültig sein, damit die g-Kräfte eine stetige Funktion sind?

g Kreis

Euler-Spiralen

Abb. 3.2.4 Looping aus Euler-Spiralen- und Kreiselementen

Lösungsvorschlag: Zunächst ist zu berücksichtigen, dass der Halbkreis ein anderes g-Kräfte-Profil als das gegebene aufweisen wird. Dies liegt daran, dass auf der ersten Hälfte anstelle des Kreises die Euler-Spirale durchfahren wird und der Kreis daher insgesamt etwas höher liegt und die effektive Eintrittsgeschwindigkeit dadurch verringert ist. Um die g-Kräfte im Kreis zu bestimmen wird von der Formel GHalbkreis (θ) =

v2 yHalbkreis v02 κ − 2yκ + cos(θ) = 0 − 2 + cos(θ) g gR R

ausgegangen. Die Koordinaten des Halbkreises yHalbkreis lassen sich über H I(π/2) − R cos(θ) 2 bestimmen. Damit werden die g-Kräfte im Halbkreis durch yHalbkreis = yEuler (π/2) − R cos(θ) =

H I(π/2) − R cos(θ) v02 −2 2 + cos(θ) gR R H v2 = 0 − I(π/2) + 3 cos(θ) gR R

GHalbkreis (θ) =

208

Lösungen

bestimmt sein. Die g-Kräfte in der Euler-Spirale sind weiterhin durch GEuler (θ) =

√ 2v02 √ θ + cos(θ) − 2 θI(θ) gH

gegeben. An der Stelle π/2 nehmen diese den Wert     2 √ v0 π 2v 2 π GEuler (π/2) = 0 −2 I(π/2) = 2π − I(π/2) gH 2 2 gH an, während die g-Kräfte im Halbkreis den Wert GHalbkreis (π/2) =

H H v02 − I(π/2) = gR R R



 v02 − I(π/2) gH

annehmen. Damit diese gleich sind, müssen die Koeffizienten vor den Klammern gleich sein, was den Zusammenhang √ H = R 2π offenbart. Hinweis: Sie dürfen die numerischen Integrale θ

I(θ) =

dφ 0

sin(φ) √ φ

I(π/2) ≈ 0,0986

als Konstanten bekannten Wertes ansehen.

I(π) ≈ 1,7897

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

209

25 Punkte

Aufgabe 4 Rutherford-Streuung

Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m, der sich in der xy-Ebene im Potential U (r) = −

α r

bewegt. Dabei kann der Parameter α zunächst sowohl positiv als auch negativ sein. Es lässt sich zeigen, dass der Massenpunkt daher eine Bewegung im effektiven Potential der Form α L2 − 2mr2 r

Ueff. (r) =

vollführt, wobei L der Betrag des Drehimpulses ist. Energie und Drehimpuls sind in diesem Potential erhalten. Die Bahnkurve, die der Massenpunkt durchläuft, wird durch ⎛

⎞ cos(φ) ⎜ ⎟ r = r(φ) ⎝ sin(φ) ⎠ 0

(3.2.1)

mit r(φ) =

p 1 + e cos(φ)

beschrieben. Dabei sind die Parameter p und e mittels  2EL2 L2 e= 1+ p= mα mα2 gegeben. Für den Rest der Aufgabe soll der Fall α < 0 betrachtet werden. (a) (3 Punkte) Was gilt für die Energie und die Parameter e und p? Argumentieren Sie auch anhand des effektiven Potentials. Lösungsvorschlag: Da m > 0 und L2 > 0 ist, gilt im Falle α < 0 auch p=

L2 0 − = + 2 2mr r 2mr2 r

210

Lösungen

gegeben und damit stets positiv. Aus diesem Grund ist die Energie E=

1 2 mr˙ + Ueff. (r) > 0 2

auch stets positiv und die Exzentrizität  e=

1+

√ 2EL2 > 1+0=1 2 mα

ist größer als Eins. (b) (6 Punkte) Skizzieren Sie die Bahnkurve, die sich aus Gl. (3.2.1) ergibt und markieren Sie auf der Bahn, die Bewegungsrichtung des Massenpunktes. Bestimmen Sie dabei auch den Winkel φ∞ unter dem die erste der beiden Asymptote auftritt und zeichnen Sie diesen ein. Die Bahn wird aus zwei separierten Teilen bestehen. Welcher dieser Teile beschreibt die physikalische Bewegung? Lösungsvorschlag:

y

ϕ∞

x

β β

β θ

Abb. 3.2.5 Skizze der Bahnkurve bei Rutherford-Streuung. Der durchgezogene Teil ist physikalisch, während der gestrichelte Teil durch seine negativen Radien ausscheidet. Die Schnitte mit der x- und y-Achse sind wie im Text besprochen bei (p/(e − 1), 0), (p/(e + 1), 0) sowie (0, p), (0, −p). Es bietet sich an, zunächst einige spezielle Winkel einzusetzen und die Werte von r(φ)

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

211

zu p 0 r(π) = 1−e e−1 r(0) =

r(π/2) = p < 0 r(3π/2) = p < 0

zu bestimmen. Damit zeigt sich bereits, dass um φ = 0 herum r negative Werte annimmt und daher nicht physikalisch ist. Um den Winkel φ∞ der Asymptote zu bestimmen, wird der Nenner auf Null gesetzt, woraus sich     1 1 = π − Arccos 1 + e cos(φ∞ ) = 0 ⇒ φ∞ = Arccos − e e ergibt. Da das Argument des Arcuskosinus positiv ist, liegt das Ergebnis zwischen Null und π/2, womit der Winkel φ∞ zwischen π/2 und π liegt. Dies ist mit den gefundenen Werten von r(φ) vereinbar, da auch für φ = π/2 ein negativer Wert für r aufgetreten ist. Insgesamt sind die Werte von r auf dem Intervall φ ∈ (−φ∞ , φ∞ ) negativ und somit unphysikalisch. Der physikalische Teil der Bahn befindet sich auf dem Intervall φ ∈ (φ∞ , 2π − φ∞ ), denn dort ist 1 + e cos(φ) negativ, ebenso wie p, wodurch r(φ) insgesamt positiv wird. Die Bahn ist in Abb. 3.2.5 skizziert. (c) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass der Streuwinkel θ, welcher durch v i · v f = vi vf cos(θ) definiert wird, durch   1 θ = π − 2 Arccos e   bestimmt ist. Bestimmen Sie daraus die Größe sin θ2 . Lösungsvorschlag: In Abb. 3.2.5 ist zu erkennen, dass der Streuwinkel θ durch θ = π − 2β bestimmt ist, wobei β durch β = π − φ∞ gegeben ist. Insgesamt lässt sich so   1 −π θ = π − 2(π − φ∞ ) = 2φ∞ − π = 2π − 2 Arccos e   1 = π − 2 Arccos e

212

Lösungen

bestimmen. Daher ist

θ 2

durch   1 θ π = − Arccos 2 2 e

bestimmt und es kann         π 1 1 θ 1 = sin − Arccos = cos Arccos = sin 2 2 e e e  π ermittelt werden, wobei der Zusammenhang sin 2 − x = cos(x) ausgenutzt wurde. (d) (3 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass der Massenpunkt im Unendlichen startet und die Startgeschwindigkeit durch v ∞ = vˆ e x mit v > 0 beschrieben wird. Die yKomponente soll im Unendlichen b > 0 betragen. Finden Sie die Energie E und den Betrag des Drehimpulses L ausgedrückt durch m, v und b. Bestimmen Sie den Parameter e als Funktion von E, α und b. Lösungsvorschlag: Im Unendlichen lässt sich der Ortsvektor durch ex + bˆ ey ) r ∞ = lim (−aˆ a→∞

ausdrücken.Damit lässt sich der Drehimpuls auch als e x + bˆ e y ) × vˆ e x ) = lim (−mbvˆ e z ) = −mbvˆ ez L ∞ = mrr ∞ × v ∞ = lim ((−aˆ a→∞

a→∞

bestimmen. Da der Drehimpuls eine Erhaltungsgröße darstellt, ist L = mbv. Für r ∞ geht r gegen Unendlich und daher geht Ueff. (r) gegen Null, sodass die Energie nur durch E=

1 mv 2 2

bestimmt ist. Dieser Zusammenhang kann verwendet werden, um v 2 über mv 2 = 2E durch die Energie auszudrücken. Die Exzentrizität war durch

 e=

1+

2EL2 mα2

gegeben und kann daher zu    2Em2 b2 v 2 2Eb2 mv 2 4E 2 b2 e= 1+ = 1+ = 1+ 2 2 mα α α2 bestimmt werden.

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

213

(e) (6 Punkte) Bestimmen Sie den differentiellen Streuquerschnitt    dσ    D(θ, φ) =  dΩ    als Funktion von α, E und sin θ2 . Dabei sind dσ = b db dφ und dΩ = sin(θ) dθ dφ. In dieser Definition hat θ weiterhin die Bedeutung des Streuwinkels aus Teilaufgabe (c). Lösungsvorschlag: Zunächst wird die Kombination 1 b db dφ b db b dσ  θ  dθ θ = = = dΩ sin(θ) dθ dφ sin(θ) dθ 2 sin 2 cos 2 db betrachtet, aus der ersichtlich wird, dass die Ableitung diesem Zweck wird der Zusammenhang   θ 1 = sin 2 e

dθ db

bestimmt werden muss. Zu

nach b abgeleitet, um

    θ θ dθ d 1 sin = cos db 2 2 2 db   de 1 de d 1 2 θ =− 2 = − sin = db e e db 2 db

zu erhalten, was sich als

  sin2 θ2 de dθ   = −2 db cos θ2 db

schreiben lässt. Die Ableitung de db lässt sich über     de 1 d 8E 2 b d 4E 2 b2 1 d 4E 2 b2 = = 1+ = db db α2 2e db α2 2e db α2   θ 4E 2 = 2 b sin α 2 bestimmen. Somit lässt sich

      sin2 θ2 4E 2 θ dθ 8E 2 sin3 θ2     = −2 =− 2 b b sin db 2 α cos θ2 α2 cos θ2

und schließlich auch dσ 1 1 b α2 θ   θ = = − θ 3 4 2 sin dΩ 16E sin θ2 2 sin 2 cos 2 − 8E 2 b ( 2 ) 2 α cos( θ2 )

214

Lösungen

finden, wodurch der differentielle Streuquerschnitt zu   α 2 2  dσ  1 1 = α      = D(θ, φ) =   dΩ 16E 2 sin4 θ2 4E sin4 θ2 bestimmen lässt. 1 (f) (4 Punkte) Bestimmen Sie den totalen Streuquerschnitt σtot. =

dΩD(θ, φ)

und interpretieren Sie dieses Resultat physikalisch. Lösungsvorschlag: Der totale Streuquerschnitt wird über 2π

σtot. =

= 2π

dΩD(θ, φ) = α 2 4E

α 2 = 4π 4E

π

0 π

π

dφ 0

dθ sin(θ) 0

α 2 1   4E sin4 θ2

    θ 1 θ   sin dθ 2 cos 2 2 sin4 θ2 dθ cos

0

  1 θ   3 2 sin θ2

bestimmt. Um das letzte Integral zu lösen, wird die Substitution u = sin verbunden   θ 1 dθ du = cos 2 2 θ=0⇒u=0

θ 2

und damit

θ=π⇒u=1

eingeführt. Damit lässt sich der totale Streuquerschnitt zu

σtot.

α 2 = 8π 4E

1

du 0

1 u3

bestimmen. Aufgrund der Stammfunktion − u22 und deren Divergenz für u → 0 lässt sich erkennen, dass σtot. = ∞ 1 Dieses Ergebnis gilt auch für α < 0, was sich über eine analoge Rechnung zeigen lässt. Es ist als RutherfordStreuquerschnitt bekannt.

3.2

Lösung zur Klausur II - Klassische Mechanik

215

gilt. Das bedeutet, egal wie weit entfernt vom Streuzentrum der Massenpunkt mit der Energie E = 12 mv 2 einfällt, es wird immer eine Streuung stattfinden. Es handelt sich um eine langreichweitige Wechselwirkung. Der Grenzwert u → 0 entsprach auch den Winkeln θ = 0, was bedeutet, die Divergenz tritt aufgrund der Kleinwinkelstreuung auf. Anders ausgedrückt muss zum Erreichen kleiner Streuwinkel θ  1 ein immer weiterer Abstand zum Streuzentrum eingenommen werden. Nicht gefragt: Im Fall kleiner Winkel θ  1, lässt sich aus   θ θ 1 ≈ sin = 2 2 e

 e=

1+

4E 2 b2 α2

ein direkte Zusammenhang zwischen b und dem gewünschten Streuwinkel θ herstellen, der durch  4 |α| 1 |α| −1≈ b≈ 2E θ2 E θ gegeben ist. Darin ist zu erkennen, dass für θ → 0, der Stoßparameter b gegen Unendlich geht.

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

3.3

217

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Was gilt für kij klm und wie lässt sich ein Kreuzprodukt mit dem Levi-Civita-Symbol ausdrücken? (b) Welche Implikationen hat θ0  1 für die Integrationsvariable θ? Wie lautet die TaylorEntwicklung für den Kosinus? Die Substitution θ = θ0 sin(w) kann hilfreich sein. (c) Gibt es ein Potential U (rr ), für das F = − grad(U (rr )) gilt? Welchen Wert muss das F entlang eines beliebigen Weges annehmen, damit F konservativ Kreisintegral drr ·F ist? Ist das hier der Fall? (d) Welche Beschleunigung erfährt das Objekt? Wie lassen sich Geschwindigkeit und Ort als ein Integral über die Beschleunigung darstellen? Ihre Lösung sollte y(x) = h − g x2 sein. 2v 2 0

(e) Wie sehen das charakteristische Polynom und seine Lösungen aus? Wie lassen sich damit die Lösungen der Differentialgleichungen bestimmen. Wie können e±x durch cosh(x) =

ex + e−x 2

sinh(x) =

ex − e−x 2

ausgedrückt werden? Aufgabe 2 - Gekoppelte Pendel (a) Beachten Sie, dass die Winkel φi gegenüber der üblichen Polarkoordinaten um π/2 verschoben sind. Wie sehen die Ableitungen der Basisvektoren in Polarkoordinaten aus? (b) Welche drei Kräfte wirken auf die Punktmassen? Wie lautet das zweite Newton’sche Gesetz? (c) Als Differenzvektor sollten Sie r 1 − r 2 = (l(φ1 − φ2 ) − d)ˆ ex erhalten haben. Welchen Betrag hat dieser Differenzvektor? Warum ist die Federkraft durch (1) F Feder ≈ −kl(φ1 − φ2 )ˆ ex

gegeben? (d) Warum müssen aus den Gleichungen aus Teilaufgabe (b) nur die eˆφi -Anteile betrachtet werden? Was gilt in diesem Fall für den Beitrag der Fadenspannkraft?

218

Lösungen

(e) Durch Einsetzen sollten Sie die Differentialgleichung g k φ¨± = − φ± − (1 ∓ 1)φ− l m erhalten. Was sind die Lösungen dieser Differentialgleichungen? Wie lassen sich aus φ± wieder φ1 und φ2 konstruieren? (f) Ist es sinnvoll in den Darstellungen φ± aus Teilaufgabe (e) zu rechnen? Aufgabe 3 - Lorentz-Transformation (a) Die Transformation des Differentials ist durch dxμ = Λμα dxα gegeben. Was passiert mit den Indices einer Matrix-Komponente beim Transponieren? (b) Wie sieht ein Lorentz-Boost entlang der z-Achse aus? Ist das Produkt zweier LorentzBoosts selbst wieder ein Lorentz-Boost? Sie sollten v3 =

v1 + v2 1 + v1c2v2

erhalten. (c) Wie lassen sich β und γ durch ν ausdrücken? Sie sollten den Lorentz-Boost   cosh(ν) − sinh(ν) μ Λν = − sinh(ν) cosh(ν) erhalten. Sind die Additionstheoreme cosh(x ± y) = cosh(x) cosh(y) ± sinh(x) sinh(y) sinh(x ± y) = sinh(x) cosh(y) ± sinh(y) cosh(x) der hyperbolischen Funktionen hilfreich? Sie sollten ν3 = ν1 + ν2 erhalten. Ist für die Geschwindigkeitsaddition die Darstellung über den Logarithmus praktischer? (d) Sie sollten ⎛

([Λ2 , Λ1 ])μν

0 ⎜ ⎜0 = ν1 ν2 ⎜ ⎜0 ⎝ 0

0 0 1 0

0 −1 0 0

⎞ 0 ⎟ 0⎟ ⎟ 0⎟ ⎠ 0

finden. (e) Lässt sich ([Λ2 , Λ1 ])μν mit θM identifizieren? Wenn M mit einer Drehung zusammenhängt, was bedeutet dass dann für ([Λ2 , Λ1 ])μν ?

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

219

Aufgabe 4 - Die Kepler’schen Gesetze (a) Wie ist der Schwerpunkt definiert? Wie kann seine zweite Ableitung durch die Bewegungsgleichungen vereinfacht werden? Wie lässt sich r¨ aus den Bewegungsgleichungen bestimmen? (b) Um was für eine Art von Kraftfeld handelt es sich? Ist es ein Zentralkraftfeld? Ist es konservativ? Was gilt in solchen Fällen? Wie lassen sich der Drehimpuls und die kinetische Energie in Zylinder-Koordinaten ausdrücken? Sie sollten ein effektives Potential der Art Ueff. (r) =

L2 α − 2μr2 r

erhalten. (c) Lässt sich die Energie nach r˙ umstellen? Welches Vorzeichen ist zu wählen und warum? Kann durch den Drehimpuls ein Integral über die Zeit in ein Integral über den Winkel umgewandelt werden? (d) Ist die Substitution z = 1r hilfreich? Wie lassen sich nun a und b mit den Parameter in dem angegebenen Integral identifizieren? Sie sollten schlussendlich  L2 2EL2 p= e= 1+ μα μα2 erhalten. (e)

(I) Wie lassen sich die kleine und große Halbachse a und b durch die numerische Exzentrizität e miteinander in Verbindung setzen? Wo läge der Mittelpunkt einer durch r(φ) beschriebenen Ellipse? Lässt sich so die alternative Ellipsengleichung 

x − x0 a

2 +

y 2 b

=1

erfüllen? (II) Wie hängt die überstrichene Oberfläche mit dem Drehimpuls zusammen? (III) Welche Fläche überstreicht der Fahrstrahl in der Umlaufzeit T ? Wie lässt sich L durch α, μ, a und e ausdrücken?

220

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

(a) (5 Punkte) Zeigen Sie mit Hilfe des Levi-Civita-Symbols die Gültigkeit des Zusammenhangs a × (bb × c) = b(a a · c) − c(a a · b). Lösungsvorschlag: Hierzu kann die Rechnung a × (bb × c ) = eˆi ijk aj (bb × c )j = eˆi ijk aj klm bl cm = eˆi kij klm aj bl cm = eˆi (δil δjm − δim δjl )aj bl cm a · c ) − ci (a a · b )) = eˆi (bi aj cj − ci aj bj ) = eˆi (bi (a a · c ) − c (a a · b) = b (a betrachtet werden, wobei der Zusammenhang kij klm = δil δjm − δim δjl des Levi-Civita-Symbols ausgenutzt wurde. (b) (5 Punkte) Für ein Fadenpendel der Länge l lässt sich zeigen, dass die Periodendauer durch das Integral  √ l T =2 2 g

θ0

 0

dθ cos(θ) − cos(θ0 )

berechnet werden kann. Zeigen Sie, dass sich für kleine initale Auslenkungen θ0  1 l g

der bekannte Zusammenhang T = 2π

ergibt.

Lösungsvorschlag: Der zu findende Ausdruck lässt sich als  √ l T =2 2 g

θ0

 0

dθ cos(θ) − cos(θ0 )

√ ≡2 2

mit dem Integral θ0



I≡ 0

dθ cos(θ) − cos(θ0 )

 l I g

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

221

schreiben, womit es dieses Integral I zu lösen gilt. Da für kleine θ0  1 auch jedes θ  1 gilt, können die Kosinus-Funktionen durch 1 cos(θ) ≈ 1 − θ2 2

1 cos(θ0 ) ≈ 1 − θ02 2

geschrieben werden. Damit ist der Radikant durch   1 1 θ2 − θ2 cos(θ) − cos(θ0 ) = 1 − θ2 − 1 − θ02 = 0 2 2 2 gegeben. Somit bleibt das Integral θ0

dθ

 cos(θ) − cos(θ0 )

I= 0

θ0

√ ≈ 2

 0

dθ θ02 − θ2

zu lösen. Dies kann durch die Substitution ⇒

θ = θ0 sin(w)

dθ = cos(w) dw

und dem daraus resultierenden Zusammenhang θ02 − θ2 = θ02 (1 − sin2 (w)) = θ02 cos2 (w) wie den neuen Grenzen θ=0⇒w=0

θ = θ0 ⇒ w =

π 2

zu √ I= 2

θ0

 0

dθ θ02

−

θ2

√ = 2

π/2

0

θ0 cos(w) dw π =√ θ0 cos(w) 2

gelöst werden. Damit ist die Periodendauer durch    √ √ l l π l √ = 2π T =2 2 I=2 2 g g 2 g gegeben. (c) (5 Punkte) Finden Sie heraus, ob das Kraftfeld ⎛ F =

−y

⎞

Fd ⎜ ⎟ ⎝x⎠ + y2 0

x2

mit F, d > 0 konservativ ist. Falls ja, finden Sie das Potential.

222

Lösungen

Lösungsvorschlag: Ein Kraftfeld ist dann konservativ, wenn es sich durch ein (stetig differenzierbares) Potential U (rr ) durch F = − grad(U ) darstellen lässt. Daraus folgt, dass die Rotation des Kraftfeldes verschwindet F) = 0 rot(F und jedes Kreisintegral Null ergibt drr · F (rr ) = 0. Zunächst wird die Rotation des Kraftfeldes untersucht. Die Rotation eines Kraftfeldes ist durch ⎞ ⎛ ∂y Fz − ∂z Fy ⎟ ⎜ F ) = ⎝∂z Fx − ∂x Fz ⎠ rot(F ∂x Fy − ∂y Fx gegeben. Aufgrund der Form des Kraftfeldes, sind die ersten beiden Komponenten der Rotation Null. Für die letzte Komponente müssen ∂y Fx = −F d∂y

x2

y x2 + y 2 − y(2y) x2 − y 2 = −F d = −F d 2 2 2 2 2 +y (x + y ) (x + y 2 )2

und ∂x Fy = F d∂x

x x2 + y 2 − x(2x) y 2 − x2 = F d = F d x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

bestimmt werden. Ihre Differenz ist durch   Fd 2 2 2 2 (y − x ) − (y − x ) = 0 ∂x Fy − ∂y Fx = 2 (x + y 2 )2 gegeben, weshalb die Rotation verschwindet, was aber noch nicht garantiert, dass F ein konservatives Kraftfeld ist. Denn bei einem Blick auf das Kraftfeld F wird klar, dass das Kraftfeld für r → 0 divergiert. Aus diesem Grund ist das Kraftfeld F im Punkt r = 0 nicht definiert. Daher muss auch das Kreisintegral überprüft werden. Dazu wird ein Kreisweg um den Ursprung mit Radius R betrachtet. Dieser wird also durch ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cos(φ) − sin(φ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ r (φ) = R ⎝ sin(φ) ⎠ ⇒ drr = dφR ⎝ cos(φ) ⎠ 0

0

parametrisiert und das Kraftfeld entlang dieses Weges wird durch ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −R sin(φ) − sin(φ) Fd ⎜ ⎟ Fd ⎜ ⎟ F (rr (φ)) = 2 ⎝ R cos(φ) ⎠ = ⎝ cos(φ) ⎠ 2 2 R R (cos (φ) + sin (φ)) 0 0

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

223

bestimmt. Dabei entstammt φ dem Intervall φ ∈ [0, 2π). Das Produkt drr · F ist damit durch ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − sin(φ) − sin(φ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ drr · F = dφF d ⎝ cos(φ) ⎠ · ⎝ cos(φ) ⎠ = dφF d 0

0

gegeben und das Kreisintegral lässt sich so zu 2π

drr · F = F d

dφ = 2πF d 0

bestimmen. Es ist von Null verschieden und daher kann es sich bei F nicht um ein konservatives Kraftfeld handeln. Dies ist ein wichtiges Beispiel dafür, dass eine verschwindende Rotation nicht immer garantiert, dass ein Kraftfeld konservativ ist. Zusätzlich zu der Bedingung der verschwindenden Rotation darf der Definitionsbereich des Kraftfeldes keine Lücken aufweisen. Salopp formuliert kann die Rotation eine nicht konservativen Kraftfeldes Null werden, wenn es „Polstellen“ besitzt. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie bei vernachlässigbarem Luftwiderstand ein Objekt der Masse m, das aus Höhe h mit der Geschwindigkeit v0 in x-Richtung im Schwerefeld der Erde geworfen wird. Finden Sie die Flugbahn y(x) aus dem Zusammenhang zwischen r , r˙ und r¨. Lösungsvorschlag: Die Beschleunigung auf das Objekt ist durch a = −gˆ e z gegeben. Die Anfangsbedingungen sind mit r (0) ≡ r 0 = hˆ ez

r˙ (0) ≡ v 0 = v0eˆx

bestimmt. Der Zusammenhang zwischen r und v = r˙ ist durch t

dt v (t )

r (t) = r 0 + 0

gegeben, während der Zusammenhang zwischen v und a = r¨ durch t

dt a (t )

v (t) = v 0 + 0

gegeben ist. Daher lässt sich zunächst v (t) zu t

t 



dt (−gˆ ez )

dt a (t ) = v0eˆx +

v (t) = v 0 + 0

ez = v0eˆx − gtˆ

0

224

Lösungen

bestimmen. Daher ist der Ortsvektor durch t

t 

r (t) = r 0 +



dt (v0eˆx − gteˆz )

dt v (t ) = hˆ ez + 0

0

⎞ v0 t 1 ⎟ ⎜ e x − gt2eˆz = ⎝ = hˆ e z + v0 tˆ 0 ⎠ 2 h − 12 gt2 ⎛

gegeben. Daraus lässt sich ⇒

x(t) = v0 t

t(x) =

x v0

1 y(t) = h − gt2 2 ablesen. Daher kann t(x) in y(t) eingesetzt werden, um y(x) als 1 y(x) = h − g 2



x v0

2 =h−

g 2 x 2v02

zu erhalten. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie den harmonischen Oszillator x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = 0 mit γ > ω0 . Finden Sie die homogene Lösung für diesen Fall und drücken Sie diese durch hyperbolische Funktionen aus. Wie heißt dieser Fall? Lösungsvorschlag: Hier handelt es sich um den Kriechfall. Um die Differentialgleichung zu lösen, wird der Ansatz x(t) = eλt betrachtet, weshalb sich die Ableitungen x˙ = λ eλt = λx

⇒

x ¨ = λ2 x

ergeben. Damit kann das charakteristische Polynom (λ2 + 2γλ + ω02 )x = 0 ⇒

p(λ) = λ2 + 2γλ + ω02

bestimmt werden. Dessen Nullstellen sind mit λ± = −γ ± γ 2 − ω02 ≡ −γ ± Ω

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

zu berechnen. Dabei ist Ω = lässt sich so also durch

225

 γ 2 − ω02 ∈ R, da γ > ω0 gilt. Die homogene Lösung −γt

x(t) = e

 A+ e

Ωt

+A− e

−Ωt



ausdrücken. Da der Zusammenhang e±x = cosh(x) ± sinh(x) gilt, kann die homogene Lösung mit A = A + + A−

B = A+ − A −

auch zu x(t) = A cosh(Ωt) + B sinh(Ωt) bestimmt werden.

226

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 2 Gekoppelte Pendel

Betrachten Sie zwei identische (mathematische) Fadenpendel mit Masse m und Länge l, wie sie in Abb. 3.3.1 dargestellt sind. Ihre Aufhängungen sollen entlang der x-Achse um einem Abstand d zueinander verschoben sein. Zusätzlich ist an den beiden Pendelmassen eine Feder mit Federkonstante k und Ruhelänge d angebracht, welche die beiden Pendel aneinander koppelt. Betrachten Sie die Aufhängung des linken Pendels als Ursprung des Koordinatensystems.

d

ϕ1

ϕ2

l

l

m

m k

Abb. 3.3.1 Schematische Darstellung der gekoppelten Pendel (a) (2 Punkte) Drücken Sie die Ortsvektoren, Geschwindigkeitsvektoren und Beschleunigungsvektoren der Pendelmassen durch die Einheitsvektoren eˆri und eˆφi aus. Dabei dient i zur Unterscheidung der Pendel und mit i = 1 soll das linke Pendel gemeint sein. Lösungsvorschlag: Wie für planare Probleme üblich, werden die Basisvektoren   sin(φi ) eˆri = − cos(φi ) und

 eˆφi =

cos(φi ) sin(φi )



3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

227

verwendet. Dabei bedeutet die erste Komponente die x-Komponente und die zweite Komponente die z-Komponente in kartesischen Koordinaten. Für diese Basisvektoren sind die Zusammenhänge eˆ˙ φi = −φ˙ieˆri

eˆ˙ ri = φ˙ieˆφi

gültig. Der Ursprung soll in der Aufhängung von Pendel 1 liegen. Wie in Abb. 3.3.1 zu erkennen ist, ist die Aufhängung des Pendels 2 um den Vektor dˆ e x verschoben, weshalb sich die Ortsvektoren e r1 r 1 = lˆ

r 2 = lˆ e r2 + dˆ ex

für die Pendelmassen ergeben. Die Ableitungen lassen sich wegen l˙ = 0 zu r˙ i = leˆ˙ ri = lφ˙ieˆφi und    d ˙ φieˆφi = l φ¨ieˆφi + φ˙ieˆ˙ φi dt

2 = l φ¨ieˆφ − φ˙i eˆr

r¨i = l

i

i

bestimmen. Auf Masse 1 wird durch die Feder die Kraft (1) F Feder = −k(|rr 1 − r 2 | − d)

r1 − r2 |rr 1 − r 2 |

ausgeübt. (b) (2 Punkte) Finden Sie mit Hilfe der Newton’schen Gesetze die vektoriellen Differentialgleichungen, die die Bewegung des Systems beschreiben. (1) Sie müssen dazu F Feder und andere auftretende Kräfte zwar nicht explizit einsetzen, aber erläutern. Lösungsvorschlag: Auf jede Pendelmasse wirken drei Kräfte (i)

1. Die Gewichtskraft F Gewicht = −mgˆ ez . (i)

2. Die Fadenspannkraft F Faden , welche parallel zu eˆri liegt. 3. Die im Aufgabentext beschriebene Federkraft. Auf Pendelmasse 1 wirkt dabei die (1) Kraft F Feder , während aufgrund des dritten Newton’schen Axioms Pendelmasse 2 (2) F (1) eine gleich große entgegengesetzte Kraft F Feder = −F Feder erfährt.

228

Lösungen

Die Gesamtkraft auf jede Pendelmasse ist die Summe der genannten Kräfte (Superpositionsprinzip) und beschreibt nach dem zweiten Newton’schen Axiom die Änderung des Impulses, welche bei konstanter Masse durch p˙ i = m¨ r i gegeben ist. Somit lassen sich die vektoriellen Differentialgleichungen (1) (1) e z + F Feder + F Faden m¨ r 1 = −mgˆ (1) (2) m¨ r 2 = −mgˆ e z − F Feder + F Faden

finden. (c) (3 Punkte) Betrachten Sie nun kleine Auslenkungen φi  1 und lφi  d. Finden Sie (1) in dieser Näherung F Feder . Lösungsvorschlag: Es genügt in diesem Fall nur bis zur ersten Ordnung in φi zu entwickeln, sodass die Trigonometrischen Funktionen durch cos(φi ) ≈ 1

sin(φi ) ≈ φi

ersetzt werden können. Damit nehmen die Basisvektoren die Form   φi eˆri ≈ −1 an und es kann der Ausdruck     l(φ1 − φ2 ) − d lφ1 − (d + lφ2 ) = = (l(φ1 − φ2 ) − d)ˆ ex r1 − r2 ≈ −l − (−l) 0 bestimmt werden. Dieser Vektor hat den Betrag |rr 1 − r 2 | = |l(φ1 − φ2 ) − d| = d − l(φ1 − φ2 ), wobei ausgenutzt wurde, dass lφi  d gelten soll. Damit lässt sich die vektorielle (1) Komponente in F Feder zu r1 − r2 ex (l(φ1 − φ2 ) − d)ˆ ≈ = −ˆ ex |rr 1 − r 2 | d − l(φ1 − φ2 ) (1)

bestimmen, sodass F Feder schlussendlich zu (1) ex) F Feder ≈ −k(|rr 1 − r 2 | − d)(−ˆ   ex ≈ kˆ e x d − l(φ1 − φ2 ) − d = −kl(φ1 − φ2 )ˆ

wird.

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

229

(d) (4 Punkte) Zeigen Sie, dass in der Näherung kleiner Auslenkungen die beiden Differentialgleichungen g φ¨1 = − φ1 − l g ¨ φ2 = − φ2 + l

k (φ1 − φ2 ) m k (φ1 − φ2 ) m

zu lösen sind. Lösungsvorschlag: Mit dem Blick auf die Ergebnisse aus Teilaufgabe (a)

2 r¨i = l φ¨ieˆφi − φ˙i eˆri ist klar, dass die Ausdrücke φ¨i nur in den eˆφi Komponenten auftauchen. Daher ist aus den vektoriellen Gleichungen aus Teilaufgabe (b) jeweils der eˆφi -Anteil heraus zu (i) projizieren. Nun ist aber F Faden parallel zu eˆri und damit senkrecht auf eˆφi . Somit verbleibt bspw. für Pendelmasse 1 m¨ r 1eˆφ1 = mlφ¨1 ez · eˆφ1 + F (1) ˆφ1 = −mgˆ Feder · e = −mgˆ e z · eˆφ1 − kl(φ1 − φ2 )ˆ e x · eˆφ1 als die zu lösende Gleichung. Die beiden Skalarprodukte sind in der Näherung kleiner Auslenkungen durch eˆz · eˆφi = sin(φi ) ≈ φi

eˆx · eˆφi = cos(φi ) ≈ 1

gegeben, wodurch für φi die Gleichung mlφ¨1 ≈ −mgφ1 − kl(φ1 − φ2 ) g k φ¨1 ≈ − φ1 − (φ1 − φ2 ) l m gilt. Die Gleichung für φ2 lässt sich auf gleiche Weise herleiten. Der einzige Unterschied besteht darin, dass aufgrund des dritten Newton’schen Axioms die Federkraft ein umgekehrtes Vorzeichen hat, sodass g k φ¨2 ≈ − φ2 + (φ1 − φ2 ) l m gilt. In der Näherung kleiner Auslenkung wird das Näherungssymbol durch ein Gleichheitszeichen ersetzt. (e) (4 Punkte) Führen Sie die beiden Größen φ± = φ1 ± φ2

230

Lösungen

ein und nutzen Sie diese, um die allgemeine Lösung für die beiden Differentialgleichungen aus Teilaufgabe (d) zu finden. Lösungsvorschlag: Mit φ± = φ1 ± φ2 lässt sich auch φ¨± = φ¨1 ± φ¨2

  g k g k = − φ1 − (φ1 − φ2 ) ± − φ2 + (φ1 − φ2 ) l m l m k g = − (φ1 ± φ2 ) − (1 ∓ 1)(φ1 − φ2 ) l m k g = − φ± − (1 ∓ 1)φ− l m bestimmen. Daher ergeben sich g 2 φ+ φ¨+ = − φ+ = −ω+ l und   g k g k +2 φ− φ¨− = − φ− − 2 φ− = − l m l m 2 = −ω− φ−

als zwei unabhängige Gleichungen. In beiden Fällen handelt es sich um einen harmonischen Oszillator 2 φ± φ¨± = −ω±

mit den Eigenfrequenzen  g ω+ = l

 ω− =

 g k + 2 = ω+ l m

1+2

kl > ω+ mg

die durch φ± = A± cos(ω± t) + B± sin(ω± t) gelöst werden. Da sich φ1 und φ2 aus φ+ + φ− φ+ − φ− φ2 = 2 2 berechnen lassen, sind ihre allgemeinen Lösungen durch   1 φ1 = A+ cos(ω+ t) + B+ sin(ω+ t) + A− cos(ω− t) + B− sin(ω− t) 2   1 A+ cos(ω+ t) + B+ sin(ω+ t) − A− cos(ω− t) − B− sin(ω− t) φ2 = 2 φ1 =

gegeben.

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

231

(f) (10 Punkte) Betrachten Sie die drei verschiedenen Anfangsbedingungen (i) φ1 (0) = φ2 (0) = φ0 , (ii) φ1 (0) = −φ2 (0) = φ0 , (iii) φ1 (0) = φ0 und φ2 (0) = 0, wobei für alle drei Fälle φ0 > 0 und φ˙ 1 (0) = φ˙ 2 (0) = 0 gelten soll. Diskutieren Sie Ihre Ergebnisse. Hinweis: Sie dürfen die Relationen

    y+x y−x cos(x) + cos(y) = 2 cos cos 2 2     y+x y−x cos(x) − cos(y) = 2 sin sin 2 2

ohne Beweis verwenden. Lösungsvorschlag: Es bietet sich an in allen drei Fällen die Anfangsbedingungen durch φ± (0) = φ1 (0) ± φ2 (0) und φ˙ ± (0) = φ˙ 1 (0) ± φ˙ 2 (0) auf φ± umzurechnen, um direkt A± und B± festlegen zu können und diese in   1 A+ cos(ω+ t) + B+ sin(ω+ t) + A− cos(ω− t) + B− sin(ω− t) φ1 = 2   1 φ2 = A+ cos(ω+ t) + B+ sin(ω+ t) − A− cos(ω− t) − B− sin(ω− t) 2 einzusetzen. Diese Anfangsbedingungen können dann zu

(ii) φ+ (0) = 0

φ− (0) = 2φ0

φ˙ ± (0) = 0 φ˙ ± (0) = 0

(iii) φ+ (0) = φ0

φ− (0) = φ0

φ˙ ± (0) = 0

(i) φ+ (0) = 2φ0

φ− (0) = 0

bestimmt werden. Da in allen Fällen φ˙ ± (0) = 0 gilt und φ˙ ± = −A± ω± sin(ω± t) + B± ω± cos(ω± t)

⇒

φ˙ ± (0) = B± ω±

gilt, ist in allen drei Fällen B± = 0. Darüber hinaus ist wegen φ± = A± cos(ω± t) + B± sin(ω± t)

⇒

φ± (0) = A±

klar, dass A± direkt aus den gegebenen Anfangsbedingungen abgelesen werden kann. Damit ergeben sich die Lösungen für die drei aufgeführten Fälle

232

Lösungen

(i) Es ist A+ = 2φ0 und A− = 0 und daher ist φ1 (t) = φ0 cos(ω+ t)

φ2 (t) = φ0 cos(ω+ t)

die Lösung für die vorliegenden Anfangsbedingungen. Die beiden Pendel haben also zu jedem Zeitpunkt die exakt selbe Auslenkung und schwingen mit der Frequenz ω+ . Es wird von einer gleichphasigen Schwingung gesprochen. (ii) Es ist A+ = 0 und A− = 2φ0 und daher ist φ1 (t) = φ0 cos(ω− t)

φ2 (t) = −φ0 cos(ω− t)

die Lösung für die vorliegenden Anfangsbedingungen. Die beiden Pendel haben also zu jedem Zeitpunkt die exakt entgegengesetzte Auslenkung und schwingen mit der Frequenz ω− . Es wird von einer gegenphasigen Schwingung gesprochen. (iii) Es ist A+ = φ0 und A− = φ0 und daher ist φ0 (cos(ω+ t) + cos(ω− t)) 2 φ0 (cos(ω+ t) − cos(ω− t)) φ2 (t) = 2

φ1 (t) =

die Lösung für die vorliegenden Anfangsbedingungen. Mit den angegebenen Relationen lässt sich dieses Ergebnis weiter auf φ1 (t) = φ0 cos((ω− + ω+ )t) cos((ω− − ω+ )t) φ2 (t) = φ0 sin((ω− + ω+ )t) sin((ω− − ω+ )t) umformen. Da der Zusammenhang ω− + ω+ > |ω− − ω+ | = ω− − ω+ gilt, wird die Trigonometrische Funktion mit ω− − ω+ eine längere Zeit benötigen, damit ihr Argument das Intervall von Null bis 2π durchläuft. Es handelt sich also um eine einhüllende Schwingung. Die jeweils zweite Trigonometrische Funktion durchläuft besagtes Intervall wesentlich schneller. Daher finden hier mehrere Schwingung pro Zyklus der einhüllenden Funktion statt. Sie wird daher auch meist als eingehüllte Funktion bezeichnet. Nach der Zeit π π (ω− − ω+ )T = ⇒ T = 2 2(ω− − ω+ ) ist diese Einhüllende bei Pendel 2 maximal und bei Pendel 1 minimal. Das bedeutet zu diesem Zeitpunkt schwingt Pendel 2 anstatt von Pendel 1. Insgesamt wird also zunächst eines der Pendel schwingen und dabei immer weiter abgedämpft, bis es zur Ruhe kommt. Das andere Pendel beginnt währenddessen langsam zu schwingen, bis es seine maximale Auslenkung erreicht hat. Danach kehrt

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

233

sich der Prozess um. Die kinetische Energie wird also von einem Pendel auf das andere periodisch übertragen. Zur Veranschaulichung sind in Abb. 3.3.2 die Auslenkungen der beiden Pendel als Funktionen der Zeit inklusiver ihrer einhüllenden Funktionen aufgetragen.

ϕ1 t

ϕ2 t

Abb. 3.3.2 Schematische Darstellung der Auslenkungen im Fall (iii) als Funktion der Zeit mit den Einhüllenden als gestrichelten Kurven

234

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 3 Lorentz-Transformation

(a) (3 Punkte) Leiten Sie die definierende Gleichung der Lorentz-Transformationen aus der Invarianz des Linienelements ds2 = ημν dxμ dxν her. Finden Sie die Inverse der Transformationsmatrix Λ ausgedrückt durch Λ und η. Lösungsvorschlag: Das Differential dxμ unterliegt der Transformation dxμ = Λμα dxα und daher lässt sich das Linienelement ds2 zu ds2 = ημν dxμ dxν = ημν Λμα dxα Λνβ dxβ     μ ν α β T = Λ α ημν Λ β dx dx = Λ ηΛ

dxα dxβ αβ

bestimmen. Da das Linienelement invariant unter Lorentz-Transformationen ist, was der Konstanz der Lichtgeschwindigkeit unter dem Wechsel der Bezugssysteme entspricht, muss das Linienelement auch mit ds2 = ds2 = ηαβ dxα dxβ übereinstimmen. Ein Vergleich der beiden Ausdrücke legt Λμα ημν Λνβ = ηαβ bzw. ΛT ηΛ = η als bestimmende Bedingung für die Lorentz-Transformationen Λ nahe. Ausgehend von der Matrixgleichung lässt sich von rechts mit der Inversen von Λ multiplizieren um ΛT ηΛΛ−1 = ΛT η = ηΛ−1 zu erhalten. Da η 2 = 1 ist, kann somit Λ−1 = ηΛT η gefunden werden. Nicht gefragt:

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

235

Aufgrund dieser Gestalt zeigt sich, dass der raumartige Anteil der Transformationsmatrix orthogonal ist, während die Komponenten Λ0i für die Inversion ihr Vorzeichen ändern müssen. Λ00 behält sein Vorzeichen. Da die Inverse der Matrix mit der transponierten Matrix unter der Anwendung des metrischen Tensors mit einer positiven und drei negativen Komponenten gegeben ist, wird die Gruppe der Lorentz-Gruppe als O(1, 3) bezeichnet. Das O steht für orthogonal und die spezifizierenden Zahlen für die Signatur des metrischen Tensors. Für physikalische Anwendungen werden nur jene Lorentz-Transformationen aus der Gruppe benutzt, die die Determinante Eins haben (SO(1, 3)) und bei denen die Komponente Λ00 positiv ist (orthochron). (b) (5 Punkte) Führen Sie zwei Lorentz-Boosts entlang der z-Achse mit den Geschwindigkeiten v1 und v2 durch. Leiten Sie daraus die relativistische Formel der Geschwindigkeitsaddition her. Hinweis: Ein allgemeiner Lorentz-Boost ist durch die Matrix   βT γ −γβ μ Λν = T β 1 + (γ − 1) βββ2 −γβ gegeben, wobei β =

v c

und γ −2 = 1 − β 2 sind.

Lösungsvorschlag: Ein Lorentz-Boost entlang der z-Achse ist laut dem Hinweis mit β = βˆ e z durch ⎛ ⎞ γ 0 0 −γβ ⎜ ⎟ ⎜ 0 1 0 0 ⎟ ⎟ Λμν = ⎜ ⎜ 0 0 1 0 ⎟ ⎝ ⎠ −γβ 0 0 γ gegeben, wobei β = vc und γ −2 = 1 − β 2 gilt. Da für die x und y-Komponenten eine Einheitsmatrix entsteht und sich an diesen Komponenten nichts ändert, wird mit der reduzierten Matrix der Form   γ −γβ μ Λν = −γβ γ gerechnet, die auf zweikomponentige Lorentz-Vektoren der Art V μ = (V 0 , V 3 ) anzuwenden sind. Damit lassen sich nun die Boosts   γi −γi βi μ (Λi ) ν = −γi βi γi betrachten, bei denen βi =

vi c

γi = 

1 1 − βi2

236

Lösungen

gilt. Bei der Hintereinanderanwendung ist zu beachten, dass zuerst Λ1 angewandt wird und darauf Λ2 folgt. Da die Transformationsmatrizen von links multipliziert werden, steht die zuerst angewandte Matrix rechts, so dass das Produkt (Λ2 Λ1 )μν = (Λ1 )μα (Λ2 )αν    −γ2 β2 −γ1 β1 γ2 γ1 = −γ2 β2 γ2 −γ1 β1 γ1   γ1 γ2 (1 + β1 β2 ) −γ1 γ2 (β1 + β2 ) = −γ1 γ2 (β1 + β2 ) γ1 γ2 (1 + β1 β2 ) zu bestimmen ist. Da das zweimalige Hintereinanderausführen eines Boosts in einer Richtung dem zweimaligen Wechsel des Bezugssystems einmal mit Relativgeschwindigkeit v1 und einmal mit Relativgeschwindigkeit v2 entspricht, ergibt sich insgesamt wieder ein Boost Λ3 der mit der Geschwindigkeit v3 verknüpft ist. Da Λ3 die Form   −γ3 β3 γ3 μ (Λ3 ) ν = −γ3 β3 γ3 annimmt, können durch einen direkten Vergleich die Zusammenhänge γ3 = γ1 γ2 (1 + β1 β2 )

γ3 β3 = γ1 γ2 (β1 + β2 )

gefunden werden. Durch die geschickte Erweiterung v3 = cβ3 = c

γ3 β3 γ3

kann so der Ausdruck γ3 β3 γ1 γ2 (β1 + β2 ) =c γ3 γ1 γ2 (1 + β1 β2 ) v1 + v2 β1 + β2 = =c 1 + β1 β2 1 + v1c2v2

v3 = c

für v3 gefunden werden. v3 stellt dabei die relativistische Addition von Geschwindigkeiten dar, was gelegentlich mit v3 = v1 ⊕ v2 gekennzeichnet wird. (c) (9 Punkte) Betrachten Sie nun die Größe ν = Artanh

v c

=

  c+v 1 ln , 2 c−v

die als Rapidität bezeichnet wird. Zeigen Sie zunächst, dass sich ein Lorentz-Boost entlang der z-Achse allein durch hyperbolische Funktionen der Rapidität ausdrücken lässt. Finden Sie weiter das Additionsverhalten der Rapidität unter Hintereinanderausführung von Lorentz-Boosts entlang der z-Achse und bestätigen Sie damit Ihr Ergebnis aus Teilaufgabe (b).

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

237

Lösungsvorschlag: Durch eine Inversion des Ausdrucks der Rapidität, lässt sich v = β = tanh(ν) c bestimmen. Nun gilt es γ mittels γ −2 = 1 − β 2 = 1 − tanh2 (ν) cosh2 (ν) sinh2 (ν) 1 − = 2 cosh (ν) cosh2 (ν) cosh2 (ν) γ = cosh(ν) =

⇒

zu finden. Mit der reduzierten Lorentz-Boost-Matrix aus Teilaufgabe (a)   γ −γβ μ Λν = −γβ γ lässt sich so die Transformations-Matrix in Abhängigkeit von ν zu    cosh(ν) − cosh(ν) tanh(ν) cosh(ν) μ Λν = = − cosh(ν) tanh(ν) cosh(ν) − sinh(ν)

 − sinh(ν) cosh(ν)

bestimmen. Da nun zwei Boosts durchgeführt werden, wird   ci −si μ (Λi ) ν = −si ci eingeführt, wobei ci = cosh(νi ) und si = sinh(νi ) bedeuten. Die Hintereinanderausführung wird durch das Produkt    c2 −s2 c1 −s1 μ μ α (Λ2 Λ1 ) ν = (Λ2 ) α (Λ1 ) ν = −s2 c2 −s1 c1   c2 c1 + s2 s1 −c2 s1 − s2 c1 = −s2 c1 − c2 s1 s2 s1 + c2 c1   cosh(ν1 + ν2 ) − sinh(ν1 + ν2 ) = − sinh(ν1 + ν2 ) cosh(ν1 + ν2 ) beschrieben. Dabei wurden die hyperbolischen Additionstheoreme cosh(x + y) = cosh(x) cosh(y) + sinh(x) sinh(y) sinh(x + y) = sinh(x) cosh(y) + sinh(y) cosh(x)

238

Lösungen

herangezogen. Da es sich wieder um einen Boost  (Λ3 )μν =

cosh(ν3 ) − sinh(ν3 )

− sinh(ν3 )



cosh(ν3 )

handeln muss, kann der Zusammenhang ν3 = ν1 + ν2 abgelesen werden. Bei der Hintereinaderausführung von Boosts, werden die Rapiditäten also im Gegensatz zu Geschwindigkeiten einfach addiert. Aus der Addition der Rapiditäten ν3 = ν1 + ν2 und die Definition der Rapidität lässt sich so der Zusammenhang

⇒

v v v 3 1 2 Artanh = Artanh + Artanh c c c         c + v3 c + v1 c + v2 (c + v1 )(c + v2 ) 1 1 1 1 ln = ln + ln = ln 2 c − v3 2 c − v1 2 c − v2 2 (c − v1 )(c − v2 )

herleiten. Dabei wurde die im Aufgabentext angegebene alternative Schreibweise des Areatangens hyperbolicus verwendet. Das Argument auf der rechten Seite wird kurzzeitig mit K≡

(c + v1 )(c + v2 ) (c − v1 )(c − v2 )

abgekürzt, um so den Zusammenhang c + v3 =K c − v3 zu erhalten, welcher mittels c + v3 = K(c − v3 )

⇒

v3 (1 + K) = c(K − 1)

⇒

v3 = c

nach v3 umgestellt wird. Durch das Einsetzen von K kann so (c + v1 )(c + v2 ) − (c − v1 )(c − v2 ) (c + v1 )(c + v2 ) + (c − v1 )(c − v2 ) c2 + v1 v2 + c(v1 + v2 ) − (c2 + v1 v2 − c(v1 + v2 )) =c 2 c + v1 v2 + c(v1 + v2 ) + c2 + v1 v2 − c(v1 + v2 ) v1 + v2 2c(v1 + v2 ) = =c 2 2(c + v1 v2 ) 1 + v1c2v2

v3 = c

gefunden werden. Dies entspricht dem Ergebnis aus Teilaufgabe (b).

K −1 K +1

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

239

(d) (5 Punkte) Betrachten Sie nun einen infinitesimalen Boost entlang der x-Achse, gefolgt von einem Boost entlang der y-Achse, die durch ⎛

(Λ1 )μν

1 ⎜ ⎜−ν1 =⎜ ⎜ 0 ⎝ 0

⎞ 0 ⎟ 0 0⎟ ⎟ 1 0⎟ ⎠ 0 1

−ν1 1

⎛

0

0 0

(Λ2 )μν

1 ⎜ ⎜ 0 =⎜ ⎜−ν ⎝ 2 0

0 −ν2 1 0 0

1

0

0

0

⎞

⎟ 0⎟ ⎟ 0⎟ ⎠ 1

ausgedrückt werden. Bestimmen Sie die Größen (Λ2 Λ1 )μν ,

(Λ1 Λ2 )μν ,

sowie ([Λ2 , Λ1 ])μν ≡ (Λ2 Λ1 )μν − (Λ1 Λ2 )μν . Lösungsvorschlag: Das erste Produkt ist durch ⎛ (Λ2 Λ1 )μν

1 ⎜ ⎜ 0 =⎜ ⎜−ν ⎝ 2 ⎛

0

1 ⎜ ⎜−ν1 =⎜ ⎜−ν ⎝ 2 0

⎞⎛ 0 1 ⎟⎜ ⎟ ⎜ 0⎟ ⎜−ν1 ⎜ 0 1 0⎟ ⎠⎝ 0 0 0 0 1 ⎞ −ν1 −ν2 0 ⎟ 1 0 0⎟ ⎟ ν1 ν2 1 0⎟ ⎠ 0 0 1

0 −ν2 1 0

⎞ 0 ⎟ 0 0⎟ ⎟ 1 0⎟ ⎠ 0 1

−ν1 1 0 0

0

gegeben, während das zweite Produkt zu ⎛

(Λ1 Λ2 )μν

1 ⎜ ⎜−ν1 =⎜ ⎜ 0 ⎝ 0 ⎛ 1 ⎜ ⎜−ν1 =⎜ ⎜−ν ⎝ 2 0

−ν1 1 0 0 −ν1 1 0 0

⎞⎛ 0 1 ⎟⎜ ⎜ 0 0 0⎟ ⎟⎜ ⎜ 1 0⎟ ⎠ ⎝−ν2 0 1 0 ⎞ −ν2 0 ⎟ ν1 ν2 0⎟ ⎟ 1 0⎟ ⎠ 0 1 0

0 −ν2 1 0 0 0

1 0

⎞ 0 ⎟ 0⎟ ⎟ 0⎟ ⎠ 1

bestimmt werden kann. Die dritte Größe, der sogenannte Kommutator, wird dann

240

Lösungen

durch ([Λ2 , Λ1 ])μν = (Λ2 Λ1 )μν − (Λ1 Λ2 )μν ⎞ ⎛ ⎛ 1 1 −ν1 −ν2 0 ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜−ν1 1 0 0⎟ ⎟ − ⎜−ν1 =⎜ ⎟ ⎜−ν ν ν 1 0⎠ ⎜ 1 2 ⎝−ν2 ⎝ 2 0 0 0 1 0 ⎛ ⎞ ⎛ 0 0 0 0 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎜0 ⎜ 0 −ν1 ν2 0⎟ ⎟ = ν1 ν2 ⎜0 =⎜ ⎜0 ν ν ⎟ ⎜0 0 0⎠ 1 2 ⎝ ⎝ 0 0 0 0 0

−ν1 1 0 0 0 0 1 0

−ν2

0

⎞

⎟ 0⎟ ⎟ 1 0⎟ ⎠ 0 1 ⎞ 0 0 ⎟ −1 0⎟ ⎟ 0 0⎟ ⎠ 0 0 ν 1 ν2

ermittelt. (e) (3 Punkte) Vergleichen Sie Ihre Ergebnisse malen Drehung um die z-Achse ⎛ 1 0 ⎜ ⎜ 0 1 Oμν = ⎜ ⎜0 θ ⎝ 0 0

aus Teilaufgabe (d) mit einer infinitesi-

0 −θ 1 0

⎞ 0 ⎟ 0⎟ ⎟. 0⎟ ⎠ 1

Zerlegen Sie die Matrix O zu diesem Zwecke in zwei Terme der Form O = 1 + θM. Interpretieren Sie die physikalische Bedeutung dieses Ergebnisses. Lösungsvorschlag: Die Zerlegung von O erfolgt mittels ⎛ 0 ⎜ ⎜0 O = 1+θ⎜ ⎜0 ⎝ 0 was bedeutet, dass die Matrix M durch ⎛ 0 ⎜ ⎜0 M =⎜ ⎜0 ⎝ 0

0 0 1 0

0 0 1 0

0 −1 0 0

⎞ 0 ⎟ 0⎟ ⎟ 0⎟ ⎠ 0

⎞ 0 0 ⎟ −1 0⎟ ⎟ 0 0⎟ ⎠ 0 0

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

241

gegeben ist. Wird θ mit dem Produkt ν1 ν2 identifiziert, so entspricht die Kombination θM gerade dem Kommutator [Λ2 , Λ1 ]. Physikalisch bedeutet dies, dass das Hintereinaderausführen zweier Boosts in unterschiedlicher Richtung mit einer Drehung des Bezugssystems in Verbindung steht. Makroskopisch lässt sich dieser Effekt durch die sogenannte Thomas-Präzession beobachten.

242

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 4 Die Kepler’schen Gesetze

Betrachten Sie zwei Körper der Masse m1 und m2 , die den Bewegungsgleichungen Gm1 m2 (rr 1 − r 2 ) |rr 1 − r 2 |3 Gm1 m2 (rr 2 − r 1 ) m2r¨2 = − |rr 2 − r 1 |3

m1r¨1 = −

genügen. (a) (3 Punkte) Führen Sie Schwerpunkt- und Relativkoordinaten R und r = r 1 − r 2 ein. Begründen Sie, warum die Schwerpunktkoordinate nicht weiter betrachtet werden muss. Zeigen Sie weiter, dass die Relativkoordinate die Bewegungsgleichung α μ¨ r = − 2 eˆr r erfüllt. Was sind α und μ? Lösungsvorschlag: Mit der Gesamtmasse M = m1 + m2 lässt sich der Schwerpunkt durch R = m1r 1 + m2r 2 MR ermitteln. Seine zweite Zeitableitung wird zu

  Gm1 m2 ¨ (rr 1 − r 2 ) + (rr 2 − r 1 ) = 0 M R = m1r¨1 + m2r¨2 = − |rr 1 − r 2 |3

bestimmt und verschwindet. Damit unterliegt der Schwerpunkt einer geradlinig gleichförmigen Bewegung und seine Bewegung kann als gelöst betrachtet werden. Für die Relativkoordinate lässt sich ebenfalls die zweite Ableitung r¨ = r¨1 − r¨2

  1 Gm1 m2 1 Gm1 m2 r r · (r − r ) − − (r − r )· 1 2 2 1 m1 |rr 1 − r 2 |3 m2 |rr 2 − r 1 |3   Gm1 m2 1 1 + r =− m1 m2 r3

=−

bestimmen. Mit der Einführung von 1 1 1 = + μ m1 m2

α = Gm1 m2

lässt sich die gesuchte Gleichung aufgrund von r = rˆ e r zu α μ¨ r = − 2 eˆr r bestimmen. Bei μ handelt es sich um die reduzierte Masse.

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

243

(b) (4 Punkte) Führen Sie die beiden Größen L = μrr × r˙

E=

1 2 α μ˙r − 2 r

ein und begründen Sie, warum diese erhalten sind. Drücken Sie die beiden Größen durch Polarkoordinaten aus. Eliminieren Sie in E alle nicht erhaltene Größen bis auf r. ˙ Lösungsvorschlag: L ist der Drehimpuls eines Teilchens der Masse μ im Kraftfeld F = − rα2 eˆr . Dabei handelt es sich um ein Zentralkraftfeld, in welchem der Drehimpuls immer erhalten ist. Bei E handelt es sich um die Energie eines Teilchens mit Masse μ, dass sich in einem Kraftfeld mit den Potential α U (rr ) = − r bewegt. Da α α − grad(U ) = − grad − = − 2 eˆr r r gilt und U daher das Potential zum hier vorliegenden Kraftfeld darstellt, handelt es sich um die Energie des Teilchens im vorliegenden Kraftfeld. Dieses besitzt das genannte Potential und ist daher konservativ. Die Energie in einem konservativen Kraftfeld ist immer erhalten. Da der Drehimpuls erhalten ist und senkrecht auf r und r˙ steht, findet die Bewegung in einer Ebene statt, weshalb es sich anbietet den Drehimpuls parallel zur z-Achse zu wählen. Damit findet die Bewegung in der xy-Ebene statt und der Ortsvektor lässt sich durch Polarkoordinaten r = rˆ es

⇒

˙e φ r˙ = rˆ ˙e s + rφˆ

ausdrücken. Damit lässt sich ˙ e φ )) = μr2 φˆ ˙ e z ≡ Lˆ ˙e s + rφˆ ez L = μrr × r˙ = μ(rˆ e s × (rˆ finden. Da L in Betrag und Richtung erhalten ist, ist auch die Komponente L erhalten, die einen Zusammenhang zwischen r und φ˙ herstellt, sodass es möglich ist L φ˙ = 2 μr zu verwenden, um φ˙ zu eliminieren. Für die Energie muss 2

2

2 ˙2

2

r˙ = r˙ + r φ = r˙ + r

2



L μr2

2

= r˙ 2 +

L2 μ2 r2

244

Lösungen

bestimmt werden, um

    2 L 1 2 α 1 1 2 α L2 α 2 E = μr˙ − = μ r˙ + 2 2 − = μr˙ + − 2 r 2 μ r r 2 2μr2 r

zu finden. Der Ausdruck in Klammern wird als effektives Potential Ueff. bezeichnet. Hierdurch reduziert sich das Problem auf ein eindimensionales Problem mit einem Körper der Masse μ im Potential Ueff. (r). (c) (4 Punkte) Verwenden Sie die Erkenntnisse aus Aufgabenteil (b), um einen Ausdruck für dr dt und die daraus resultierende Integralgleichung dφ =

dr 1 · r2 2μα − r12 + L2 1r +

2μE L2

(3.3.1)

zu finden. Lösungsvorschlag: Aus dem Ausdruck für die Energie 1 E = μr˙ 2 + 2



L2 α − 2 2μr r



lässt sich durch Umstellen nach r˙ der Ausdruck   α L2 2 2 E+ − r˙ = μ r 2μr2 finden, dessen Wurzel den Ausdruck    dr 2 α L2 = E+ − dt μ r 2μr2 liefert. Dabei kann das positive Vorzeichen gewählt werden, wenn davon ausgegangen wird, dass r mit der Zeit zunimmt. Mit der Kettenregel lässt sich dr dr dφ dr ˙ dr L = = φ= · dt dφ dt dφ dφ μr2 finden, wobei der Zusammenhang zwischen φ˙ und L ausgenutzt wurde. Damit kann    dr μr2 dr μr2 2 α L2 = = E+ − dφ L dt L μ r 2μr2  2μE 1 2μα 1 + 2 − 2 = r2 2 L L r r bestimmt werden. Mittels Trennung der Variablen r2



dr 2μE L2

+

2μα 1 L2 r

−

1 r2

= dφ

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

245

lässt sich dies in die Integralgleichung (3.3.1) 1 dr · 2 r 1 − r12 + 2μα L2 r +

dφ =

2μE L2

umwandeln. (d) (4 Punkte) Lösen Sie Gl. (3.3.1) unter Verwendung des unbestimmten Integrals ⎞ ⎛ a z − 1 2 ⎠ dz √ = − Arccos⎝  a 2 −z 2 + az + b b+ 2

wobei −b
−

a2 4

kann so

4 · 2μE 4b 2EL2 L2 = −  2μα 2 = − 2 a μα2 2 L

umformuliert werden. Bei passender Wahl von E, L, μ und α kann diese gewährleistet werden. Daher kann die Integralgleichung durch ⎞ ⎛ z − a2 1 ⎠ φ + D = dφ = − dz √ = Arccos⎝  a 2 + C −z 2 + az + b b+ 2

246

Lösungen

gelöst werden. C und D sind dabei auftretende Integrationskonstanten. Sie können durch φ0 = C − D so zusammengefasst werden, dass sie eine Verschiebung des Winkels φ darstellen und an späterer Stelle bestimmt werden. Insgesamt kann so ⎞ ⎛ μα 1 − L2 ⎠ φ − φ0 = Arccos⎝ r  μα 2 2μE + L2 L2 gefunden werden. Diese Gleichung wird nach 1r aufgelöst, um  1 2μE μα 2 μα = 2 + + cos(φ − φ0 ) r L L2 L2  μα μα 2EL2 = 2 + 2 1+ cos(φ − φ0 ) L L μα2    μα 2EL2 = 2 1+ 1+ cos(φ − φ0 ) L μα2   1 = 1 + e cos(φ) p zu erhalten. Dabei wurde φ0 = 0 gesetzt, denn die Wahl von φ0 ändert nur die Orientierung relativ zur x-Achse und das Koordinatensystem kann frei gewählt werden, bzgl. einer Rotation entlang der z-Achse. Durch Vergleich können so die Parameter  2EL2 L2 e= 1+ p= μα μα2 bestimmt werden. Am Ausdruck für e zeigt sich, dass die Bedingung des unbestimmten Integrals ein existierendes e ermöglicht. 1 (e) (10 Punkte) Beweisen Sie mit den bisherigen Erkenntnissen der Aufgabe die drei Kepler’schen Gesetze: (I) Die Planeten bewegen sich auf Ellipsen in deren Mittelpunkt die Sonne steht. Sie dürfen ohne Beweis p = a(1 − e2 ) und alle Ihnen bekannten geometrischen Zusammenhänge über eine Ellipse mit großer und kleiner Halbachse a und b deren Mittelpunkt im Ursprung liegt, verwenden. (II) In gleich großen Zeitintervallen überstreicht der Fahrstrahl der Planeten Flächen mit gleichem Flächeninhalt. (III) Die Kuben der großen Halbachsen sind direkt proportional zu dem Quadrat der Umlaufzeiten. Bestimmen Sie in diesem Zusammenhang auch die Proportionalitätskonstante. Sie dürfen dabei verwenden, dass der Flächeninhalt einer Ellipse durch πab gegeben ist. 1 Tatsächlich ließen sich in dieser Form sogar e = 0 und e > 1 mit einer sinnvollen Lösung verbinden, obwohl dadurch die Bedingung des Integrals verletzt wäre.

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

247

Lösungsvorschlag: (I) In einer Ellipse mit Exzentrizität e sind große und kleine Halbachse durch  b = a 1 − e2 verknüpft. die Brennpunkte liegen entlang der großen Achse um ae aus dem Mittelpunkt heraus verschoben. Handelt es sich bei der Darstellung von r um eine Ellipse mit einem Brennpunkt in r = 0 so ist wegen r(0) < r(φ) der Mittelpunkt am Punkt (−ae, 0) gelegen. Für eine Ellipse deren Mittelpunkt bei x = 0 liegt, ist der Zusammenhang x 2 a

+

y 2 b

=1

gültig. Daher müssen die Koordinaten x = r(φ) cos(φ) und y = r(φ) sin(φ) mit r(φ) =

a(1 − e2 ) p = 1 + e cos(φ) 1 + e cos(φ)

den Zusammenhang  I≡

x + ea a

2 +

y 2 b

 =

x + ea a

2

 +

y √ a 1 − e2

2 !

=1

erfüllen. Zu diesem Zweck wird die Rechnung  2 I(1 + e cos(φ))2 = (1 − e2 ) cos(φ) + e(1 + e cos(φ)) + (1 − e2 ) sin2 (φ) =(1 − e2 )2 cos2 (φ) + 2e(1 − e2 )(1 + e cos(φ)) cos(φ) + e2 (1 + e cos(φ))2 + (1 − e2 ) sin2 (φ) =(cos2 (φ) + sin2 (φ)) + e · (2 cos(φ)) + e2 · (−2 cos2 (φ) + 2 cos2 (φ) + 1 − sin2 (φ)) + e3 · (−2 cos(φ) + 2 cos(φ)) + e4 (cos2 (φ) − 2 cos2 (φ) + cos2 (φ)) =1 + 2e cos(φ) + e2 cos2 (φ) = (1 + e cos(φ))2 herangezogen. Es zeigt sich daher, dass I = 1 und es sich um eine Ellipse handelt, deren Brennpunkt bei r = 0 liegt. Entsprechend der Definitionen aus Teilaufgabe (a) und wegen mSonne  mPlanet ist die Relativkoordinate in etwa die Koordinate des Planeten bezogen auf den Sonnenschwerpunkt. Daher bewegen sich die Planeten auf Ellipsen, in deren Brennpunkt die Sonne steht.

248

Lösungen

(II) In der Zeit dt ändert sich der Ortsvektor um drr = r˙ dt weshalb der neue Ortsvektor durch r + drr = r + r˙ dt gegeben ist. Die überstrichene Fläche dA lässt sich aus dem Betrag des Kreuzproduktes der beiden Vektoren 1 1 |rr × (rr + drr )| = |rr × r˙ dt| 2 2  L 1  L  dt =  eˆz  dt = 2 μ 2μ

dA =

bestimmen. Es wurde dabei ausgenutzt, dass L = μrr × r˙ = Lˆ e z gilt, außerdem wurde angenommen, dass L > 0 ist. Damit lässt sich aber dA L = = const. dt 2μ bestimmen und im Zeitintervall [t1 , t2 ] wird die Fläche t1

A12 =

dA =

dt t1

L dA L = (t2 − t1 ) = Δt dt 2μ 2μ

überstrichen. Diese hängt nicht explizit von den Zeitpunkten t1 und t2 sondern von ihrer Differenz ab. Daher wird die Fläche A34 denselben Flächeninhalt wie A12 besitzen, sofern t4 − t3 = Δt = t2 − t1 gilt. (III) In der Zeit T überstreicht der Fahrstrahl den gesamten Flächeninhalt, sodass T

AEllipse = πab =

dA =

dt 0

L dA = T dt 2μ

gefunden werden kann. Nun ist L aber auch abhängig von a. Dazu wird die Größe  L2 √ ⇒ L = αμp = αμa(1 − e2 ) p= μα √ betrachtet, um L zu eliminieren. Darüber hinaus ist b = a 1 − e2 , sodass sich     αμa(1 − e2 ) αa T 2 2 2 T = 1−e πa 1 − e = 2μ μ 2

3.3

Lösung zur Klausur III - Klassische Mechanik

249

√ ergibt. Der Faktor 1 − e2 hebt sich auf beiden Seiten weg und der Faktor π kann auf die rechte Seite gebracht werden, um nach dem Quadrieren αa a = μ 4



T 2π

2 ⇒

α a = μ 3



T 2π

2

zu erhalten. Da im Falle des Planetensystems mSonne  mPlanet gilt, ist μ ≈ mPlanet und wegen α = GmSonne mPlanet wird die obige Gleichung zu2 3

a = GmSonne



T 2π

2 =

GmSonne 2 T = K · T2 4π 2

sodass die Proportionalitätskonstante zu K=

GmSonne 4π 2

bestimmt werden kann.

2 In

der ersten Form ist die Gleichung äquivalent zu ω 2 a3 = GmSonne .

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

3.4

251

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Bei der Hin- und Rücktransformation tauchen im Exponenten verschiedene Vorzeichen auf. Außerdem muss bei vollständiger Hin- und Rücktransformation ein Faktor 1 2π auftauchen. Wie muss demnach die Rücktransformation aussehen? Wie lässt sich nun eine Funktion f über ein Integral mit sich selbst und einem weiteren Ausdruck schreiben? (b) Wie ist die Energie eines Körpers (ohne interne und rotative Freiheitsgrade) definiert? Wie lässt sich daher die zeitliche Ableitung bestimmen und was gilt auf Grund des zweiten Newton’schen Gesetzes? (c) Wie lassen sich Ort und Geschwindigkeit bei bekannter Beschleunigung durch Integrale bestimmen? Welche Beschleunigung erfährt der Körper im Schwerefeld der Erde? Ihr Ergebnis sollte z(x) = h + x tan(α) −

g (1 + tan2 (α))x2 2v02

lauten. (d) Was gilt an dem Extremum x0 einer Funktion U (x)? Wie sieht daher die Taylor-Reihe um diese Stelle herum aus? Welche Kraft erfährt ein Massenpunkt in diesem Potential? (e) Wie sieht das Linienelement drr für den vorliegenden Fall aus? Wie ist die Arbeit mittels eines Integrals definiert? Aufgabe 2 - g-Kräfte auf der Achterbahn (a) Welche kinetische und potentielle Energie hat der Massenpunkt? Sie sollten v 2 = v02 − 2gy erhalten. (b) Wie lässt sich für die Beschleunigung a = ateˆt + azeˆz begründen? Wie hängt die Zentripetalbeschleunigung az mit dem Krümmungsradius der Kurve r und der Bahngeschwindigkeit v zusammen? Welche beiden Kräfte wirken von Außen auf den Massenpunkt ein? Lassen sich diese auf die normale zur Kurve projizieren?

252

Lösungen

(c) Wie hängt die Höhe y von θ ab? Sie sollten G(θ) =

v02 − 2 + 3 cos(θ) gR

erhalten. (d) Wann sind die g-Kräfte maximal und minimal? Sie sollten ΔG = 6 erhalten. Was gilt für G im Falle der Schwerelosigkeit? (e) Bestimmen Sie die g-Kräfte für θ = 0, θ = π und θ = 2π. Welche Größe im Ausdruck der g-Kraft hängt von θ ab? Wie sieht diese grafisch aus? Aufgabe 3 - Kovariante Formulierung der speziellen Relativitätstheorie (a) Lässt sich Gleichung (2.4.2) durch (dt)2 teilen und vereinfachen? (b) Wie lässt sich das Ergebnis von Teilaufgabe (a) verwenden, um die Ableitung nach τ durch eine Ableitung nach t zu ersetzen? Sie sollten uμ uμ = c2 finden. (c) Hat das Skalar m einen Einfluss auf den Ausdruck uμ uμ = c2 ? Wie lässt sich so  p0 = m2 c2 + p 2 finden? (d) Ist es hilfreich m2 c2 aus der Wurzel herauszuziehen? Ist die Taylor-Entwicklung der Funktion 

1 + x2 ≈ 1 +

x2 2

von Nutzen? Wie ist die kinetische Energie in der klassischen Physik definiert? (e) Wieso ist in diesem Fall γ=

1  2 1 − ωR c

gültig? Wie lautet das zweite Newton’sche Gesetz? Wie sollte nach dem Einführungstext wohl eine relativistische Verallgemeinerung aussehen? Aufgabe 4 - Multipolmomente des Gravitationspotentials (a) Wie lässt sich der Term |rr − r  | noch schreiben? Ist der Ausdruck abhängig? Wie kann die Taylor-Entwicklung einer Wurzel √ verwendet werden?

1 x 3 ≈ 1 − + x2 2 8 1+x

r r ·r rr 

von r und r

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

253

(b) Lässt sich die Linearität des Integrals ausnutzen? Ist die Komponentenschreibweise hier hilfreich? Wie ist der Schwerpunkt einer Massenverteilung definiert? Können Skalarprodukte durch Vektor und transponierte Vektoren ausgedrückt werden? (c) Wie lässt sich die definierende Eigenschaft der Delta-Funktion d3r  δ(3) (rr − r 0 ) f (rr ) = f (rr 0 ) ausnutzen? Wie müssen z1 und z2 gelegt werden, damit |z1 − z2 | = d gilt und der Schwerpunkt im Ursprung liegt? Sie sollten als Quadrupolmomente ⎛

−1

⎜ Q = μd2 ⎝ 0 0

0

0

⎞

⎟ −1 0⎠ 0 2

erhalten. (d) Wieso ist das Potential durch φ3 = −G

μd2 (3z 2 − r2 ) 2r5

gegeben? Wie lässt sich z in Kugelkoordinaten ausdrücken? (e) Welche Werte nehmen das Potential und die Komponenten der Beschleunigung für θ = 0, θ = π und θ = π/2 an?

254

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen (a) (5 Punkte) Betrachten Sie die Fourier-Transformation in der Zeit 1 F[f (t)](ω) = √ 2π

∞

dt f (t) e−iωt −∞

und deren Rücktransformation, um zu zeigen, dass sich die Dirac-Delta Funktion durch 1 δ(t − t ) = 2π

∞ 



dω eiω(t−t ) −∞

darstellen lässt. Lösungsvorschlag: Bei der vollständigen Hin- und Rücktransformation, müssen im Exponenten beide Vorzeichen einmal auftauchen und pro Dimension über die integriert wird, muss ein 1 Faktor 2π vorkommen. Daher ist die Rücktransformation durch 1 f (t) = √ 2π

∞

dω F[f (t)](ω) eiωt −∞

gegeben. In diesen Ausdruck kann die Transformation eingesetzt werden, wobei aber darauf geachtet werden muss, dass die Variable t nicht doppelt benannt wird. Daher wird im Integral der Transformation t verwendet, um den Ausdruck ⎞ ⎛ ∞ ∞  1 1 dω ⎝ √ dt f (t ) e−iωt ⎠ eiωt f (t) = √ 2π 2π −∞

∞

=

−∞

∞

dt f (t )

dω −∞ ∞

= −∞

−∞

⎛

1 dt f (t ) ⎝ 2π

1 iω(t−t ) e 2π ⎞

∞ 

dω eiω(t−t ) ⎠ −∞

zu erhalten. Dabei wurde angenommen, dass die Integranden hinreichende Bedingungen erfüllen, um die Integrale vertauschen zu können. Nun kann die Funktion f (t) durch die Delta-Funktion aber auch durch ∞

dt f (t )δ(t − t )

f (t) = −∞

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

255

ausgedrückt werden. Ein direkter Vergleich der beiden Ausdrücke lässt auf 1 δ(t − t ) = 2π

∞ 



dω eiω(t−t ) −∞

schließen. (b) (5 Punkte) Nehmen Sie an, ein Körper der Masse m befände sich in einem Kraftfeld F (rr ), das durch ein Potential U (rr ) über F = − grad(U ) dargestellt werden kann. Zeigen Sie, dass die Energie des Körper erhalten ist. Lösungsvorschlag: Die Gesamtenergie des Körpers ist durch E = Ekin. + U =

1 2 mr˙ + U (rr ) 2

gegeben. Die Ableitung nach der Zeit, kann zu dE 1 d 1 drr dU = m r˙ 2 + = m(2r˙ · r¨) + · grad(U ) dt 2 dt dt 2 dt = mr˙ · r¨ + r˙ · grad(U ) = r˙ · (m¨ r + grad(U )) = r˙ · (m¨ r −F) = 0 bestimmt werden. Dabei wurde zunächst verwendet, dass 3

 dri ∂ U dU = = r˙ · grad(U ) dt dt ∂ri i=1 gilt, sowie dass das zweite Newton’sche Axiom den Zusammenhang m¨ r =F besagt. Insgesamt ist die totale zeitliche Ableitung der Energie Null, sodass diese erhalten ist. (c) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Körper, der aus der Höhe h mit der Geschwindigkeit v0 unter dem Winkel α zur Horizontalen im Schwerefeld der Erde abgeworfen wird. Die horizontale Komponente soll dabei nur Anteile in die x-Richtung beinhalten. Finden Sie die Flugbahn z(x) ausgehend von der Differentialgleichung r¨ = a (t). Lösungsvorschlag: Die Geschwindigkeit v = r˙ und die Beschleunigung a = v˙ lassen es zu, den Ortsvektor und die Geschwindigkeit durch die Integrale t

t 

r = r0 +



dt v (t ) 0

dt a (t )

v = v0 + 0

256

Lösungen

auszudrücken. Mit der bekannten Beschleunigung a = −gˆ e z und der Anfangsgeschwindigkeit v 0 = v0 cos(α) eˆx + v0 sin(α) eˆz kann die Geschwindigkeit t

dt a (t )

v = v0 + 0

t

dt (−gˆ ez )

= v0 cos(α) eˆx + v0 sin(α) eˆz + 0

ez = v0 cos(α) eˆx + (v0 sin(α) − gt)ˆ gefunden werden. Der Ortsvektor ist durch die Anfangsbedingung r 0 = hˆ e z durch t

dt v (t )

r = r0 + 0

t

= hˆ ez +

dt









ez v0 cos(α) eˆx + (v0 sin(α) − gt )ˆ

0

  1 = v0 t cos(α) eˆx + h + v0 t sin(α) − gt2 eˆz 2 ⎞ ⎛ v0 t cos(α) ⎟ ⎜ =⎝ 0 ⎠ h + v0 t sin(α) − 12 gt2 gegeben. Aus der x-Komponente x(t) = v0 t cos(α) lässt sich t als Funktion von x t(x) =

x v0 cos(α)

bestimmen, um dies in die z-Komponente 1 z(t) = h + v0 t sin(α) − gt2 2 einzusetzen, um  2 x 1 x − g z(x) = h + v0 sin(α) v0 cos(α) 2 v0 cos(α) g = h + x tan(α) − 2 (1 + tan2 (α))x2 2v0

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

257

zu erhalten. Dabei wurde der Zusammenhang 1 = 1 + tan2 (x) cos2 (x) ausgenutzt. (d) (5 Punkte) Begründen Sie mathematisch, warum der harmonische Oszillator eine gute Approximation in der Nähe eines Minimums eines eindimensionalen Potentials U (x) darstellt. Welche Eigenfrequenz ω0 weist ein solcher Oszillator auf? Lösungsvorschlag: Um das Minimum x0 des Potentials wird eine kleine Auslenkung x = x0 + δx betrachtet. Um die wirkende Kraft zu bestimmen, bietet es sich an das Potential U (x) um x0 herum zu entwickeln. Da ein Minimum ein Extremum darstellt, ist auch der Zusammenhang  dU  =0 dx x0 gültig. Daher muss U mindestens bis zur zweiten Ordnung entwickelt werden, was durch   dU  1 d2 U  (x − x ) + (x − x0 )2 U (x) ≈ U (x0 ) + 0 dx x0 2 dx2 x0  1 d2 U  = U (x0 ) + (x − x0 )2 2 dx2  x0

geschieht. Die Newton’sche Bewegungsgleichung m¨ x=−

dU dx

kann dann zu  d2 U  m¨ x = − 2  (x − x0 ) dx x0 umgeschrieben werden. Anstatt x zu betrachten, kann nun δx betrachtet werden. Die linke Seite kann dabei wegen δx ¨=

d2 (x − x0 ) = x ¨ dt2

umgeschrieben werden, um m δx ¨=−

 d2 U  δx dx2 x0

258

Lösungen

zu erhalten. Dies entspricht nach einer Division mit m  1 d2 U  δx ¨=− δx = −ω02 δx m dx2 x0 der Gleichung eines harmonischen Oszillators mit der Eigenfrequenz   1 d2 U  ω0 = . m dx2 x0 Um ein lokales Minimum des Potentials oszilliert ein Körper und der harmonische Oszillator stellt eine gute Approximation für die Bewegung dar. Es wird auch von kleinen Schwingungen um ein stabiles Gleichgewicht gesprochen. (e) (5 Punkte) Bestimmen Sie die verrichtete Arbeit im Kraftfeld − rα2 eˆr entlang des Weges r = rˆ er für r ∈ [r1 , r2 ] mit r2 > r1 und ein konstantes θ und φ. Lösungsvorschlag: Mit dem gegebenen Weg ist das Linienelement durch drr = eˆr dr bestimmt. Das Kraftfeld ist entlang des Weges durch F (rr ) = −

α eˆr r2

gegeben, sodass deren Produkt zu drr · F (rr ) = −

α r2

bestimmt werden kann. Die verrichtete Arbeit ist durch das Integral r2

r2

drr · F (rr ) = α

W =− r1

r1

 r   1 dr 1 2 1 = α − = α − r2 r r1 r1 r2

zu bestimmen. Da r2 > r1 ist, ist W bei positiven α ebenfalls positiv und es wird Arbeit an der Umgebung verrichtet.

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

259

25 Punkte

Aufgabe 2 g-Kräfte auf der Achterbahn

Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m, der sich im Schwerefeld der Erde reibungsfrei auf einer vorgegebenen zweidimensionalen Bahn bewegt. Dies soll ein stark vereinfachtes Modell einer Achterbahn darstellen. (a) (3 Punkte) Finden Sie mit Ihrer Kenntnis der Energieerhaltung einen Zusammenhang zwischen der Geschwindigkeit v des Punktes und seiner Höhe y, wenn er sich auf der Höhe y = 0 mit der Geschwindigkeit v0 bewegt. Welche Geschwindigkeit v0 muss der Punkt haben, um einen kreisförmigen Looping mit Radius R gerade so überwinden zu können, wenn v0 die Geschwindigkeit am niedrigsten Punkt des Loopings beschreibt? Lösungsvorschlag: Die Energie des Massenpunktes setzt sich aus der kinetischen Energie Ekin. und der potentiellen Energie im Schwerefeld der Erde Epot. zusammen, so dass diese durch E = Ekin. + Epot. =

1 mv 2 + mgy 2

gegeben ist. Dabei wurde y = 0 als Referenzhöhe für die potentielle Energie des Schwerefeldes gewählt. Da die Bewegung reibungsfrei verläuft, ist die Energie erhalten. Der Massenpunkt hat auf der Höhe y = 0 die Geschwindigkeit v0 und die Energie ist daher durch E=

1 mv 2 2 0

vollständig bestimmt. Damit lässt sich der Zusammenhang 1 1 mv 2 = mv 2 + mgy 2 0 2

⇒

v 2 = v02 − 2gy

zwischen der Geschwindigkeit und der Höhe bestimmen. Da das Quadrat der Geschwindigkeit immer nicht negativ sein muss, lässt sich die nötige Startgeschwindigkeit v0 dadurch bestimmen, dass v 2 auf der gesuchten Höhe y = 2R den minimal möglichen Wert, also Null annimmt. Damit kann der Zusammenhang 0 = v 2 = v02 − 2g(2R) !

⇒

v02 = 4gR

gefunden werden. (b) (6 Punkte) Zeigen Sie, dass die g-Kräfte, also die Normalbeschleunigung in Vielfachen der Erdbeschleunigung g, durch den Ausdruck G=

v02 κ − 2yκ + cos(θ) g

(3.4.1)

260

Lösungen

gegeben sind, wobei κ = 1r die Krümmung der Kurve und r ihr Krümmungsradius ist. θ ist der Winkel der Kurve relativ zur Horizontalen. Lösungsvorschlag: Die Beschleunigung des Massenpunktes setzt sich aus Komponenten entlang der Tangente at und normal zur Tangente zusammen. Bei der zweiten dieser Komponenten, handelt es sich um die Zentripetalbeschleunigung az . Die Beschleunigung lässt mittels der entsprechenden Einheitsvektoren eˆt und eˆn durch a = ateˆt + azeˆn ausdrücken. Die Zentripetalbeschleunigung ist dabei durch az = v 2 κ gegeben. Die Kräfte, die auf den Massenpunkt einwirken, sind einerseits die Gewichtse y , sowie die normalen Kraft F N = FNeˆn , die den Massenpunkt auf kraft F g = −mgˆ die vorgegebene Bahn zwingen. Die Summe dieser Kräfte ist nach dem zweiten Newton’schen Gesetz über den Zusammenhang  a= p˙ = ma F = FN +Fg ⇒

mateˆt + mazeˆn = FNeˆn − mgˆ ey

verknüpft. Um die Normalkraft FN zu bestimmen, muss diese Gleichung auf den Vektor eˆn projiziert werden, um e z · eˆn = mv 2 κ + mgˆ e y · eˆn FN = maz + mgˆ zu erhalten. Der Winkel zwischen der Horizontalen und der Bahnkurve, also dem Tangentenvektor der Bahnkurve eˆt ist durch θ gegeben, so dass dieser Winkel auch den Winkel zwischen den Vektoren eˆy und eˆn darstellt, wodurch mit eˆys · eˆn = cos(θ) aN = ⇒

G=

FN = gv 2 κ + g cos(θ) m

aN = v 2 κ + cos(θ) g

bestimmt werden kann. Wird hierin das Ergebnis aus Teilaufgabe (a) für die Geschwindigkeit v 2 eingesetzt, kann Gl. (3.4.1) G=

v02 κ − 2yκ + cos(θ) g

gefunden werden. (c) (2 Punkte) Bestimmen Sie mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (b) die g-Kräfte innerhalb eines kreisförmigen Loopings mit Radius R aus Teilaufgabe (a) als Funktion des Winkels θ.

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

261

Lösungsvorschlag: Die Höhe y in Abhängigkeit des Winkels ist durch y = R − R cos(θ) = R(1 − cos(θ)) gegeben, während die Krümmung stets durch κ = R1 gegeben und konstant ist. Dies lässt sich in Gl. (3.4.1) einsetzen, um den Ausdruck G(θ) =

v02 1 v2 − 2R(1 − cos(θ)) · + cos(θ) = 0 − 2 + 3 cos(θ) gR R gR

zu erhalten. (d) (8 Punkte) Wie hoch ist der Unterschied der maximalen und minimalen g-Kräfte ΔG? Wie muss v0 gewählt werden, damit am höchsten Punkt Schwerelosigkeit erreicht wird? Stellt ein Kreis eine gute Wahl für eine Looping-Strecke dar? Lösungsvorschlag: Die einzige Abhängigkeit von θ steckt im Kosinus-Term. Die maximalen g-Kräfte werden erreicht, wenn θ = 0 ist und sind durch Gmax = G(0) =

v2 v02 − 2 + 3 cos(0) = 0 + 1 gR gR

gegeben. Die minimalen g-Kräfte werden für den Fall θ = π erreicht, sodass sich dort Gmin = G(π) =

v2 v02 − 2 + 3 cos(π) = 0 − 5 gR gR

ergibt. Damit kann der Unterschied ΔG = Gmax − Gmin

v2 = 0 +1− gR





v02 −5 gR

=6

bestimmt werden. Schwerelosigkeit wird erreicht, wenn G = 0 ist, also muss die Gleichung G(π) =

v02 ! −5=0 gR

gelöst werden, was durch v02 = 5gR bewerkstelligt wird. Ein Kreis stellt aus zwei maßgeblichen Gründen keine gute Wahl für eine LoopingStrecke dar:

262

Lösungen

(I) Im Verlaufe des Loopings wird ein Bereich von g-Kräften durchlaufen, der stets sechs g überstreicht. Da der Looping nur mit v02 > 4gR überwunden werden kann, liegt kleinstmögliche Maximalbeschleunigung bei fünf g, was bereits eine ausgesprochen hohe Belastung für den menschlichen Körper darstellen kann. (II) Die maximalen g-Kräfte treten beim Eintritt in den Looping auf. Besonders wenn ein solcher Looping auf einen ebenen Streckenabschnitt folgt, kommt es zu einem plötzlichen Anstieg in den g-Kräften. Diese Unstetigkeit in den gKräften wird durch spezielle verbindende Elemente, wie bspw. Euler-Spiralen eliminiert. (e) (6 Punkte) Tragen Sie G(θ) schematisch über θ für die Fälle (i) der Looping wird gerade so überwunden, (ii) am höchsten Punkt wird Schwerelosigkeit erreicht auf. Wie ändert sich die Kurve der g-Kräfte bei einer anderen Wahl von v02 bzw. einem anderen R? Lösungsvorschlag:

6

G

5 4 3 2 1 0

θ π/2

π

3π/2

2π

−1

Abb. 3.4.1 Grafische Auftragung der g-Kräfte für den Fall, dass der Looping gerade so überwunden wird (gestrichelt) und dass am höchsten Punkt Schwerelosigkeit erreicht wird (durchgezogen). Für den Fall, dass der Looping gerade so überwunden wird, ist nach Teilaufgabe (a) die Geschwindigkeit v02 = 4gR nötig, was eingesetzt in Gl. (3.4.1) den Ausdruck G1 (θ) =

4gR − 2 + 3 cos(θ) = 2 + 3 cos(θ) gR

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

263

ergibt. Für die Schwerelosigkeit muss nach Teilaufgabe (d) der Zusammenhang v02 = 5gR gelten, sodass G2 (θ) =

5gR − 2 + 3 cos(θ) = 3(1 + cos(θ)) gR

gefunden werden kann. Der Verlauf der beiden g-Kräfte ist in Abb. 3.4.1 aufgetragen. Wie an Gl. (3.4.1) G(θ) =

v02 − 2 + 3 cos(θ) gR

zu erkennen ist, ist die Form der Kurve in keiner Weise von v0 oder R abhängig. Die Größe 1+

v02 gR

stellt den Achsenabschnitt des Verlaufes dar, sodass die Kurve der g-Kräfte bei einer anderen Wahl von v0 bzw. von R nur nach oben oder unten verschoben wird.

264

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 3

Kovariante Formulierung der speziellen Relativitätstheorie Im Rahmen der speziellen Relativitätstheorie wird zwischen zwei Inertialsystemen so gewechselt, dass die Kombination c2 (dτ )2 ≡ c2 (dt)2 − (drr )2

(3.4.2)

unverändert bleibt. τ wird dabei als Eigenzeit bezeichnet, während t und r , die in einem Inertialsystem gemessene Zeit und Position angeben. c ist die Lichtgeschwindigkeit. Es lassen sich sogenannte Vierervektoren (auch Lorentz-Vektoren genannt) Aμ = (A0 , A) einführen, die sich genau wie das Differential des Ereignisvektors xμ = (ct, r ) transformieren. Ihre Skalaprodukte, die analog über A · B ≡ Aμ B μ = Aμ Bμ = A0 B 0 − A · B definiert sind, sind dann ebenfalls invariant unter dem Wechsel zwischen Inertialsystemen. Ein Produkt oder Quotient aus solchen Skalaren und Vierervektoren ist dann wieder ein Vierervektor, weshalb alle Zeitableitungen durch Ableitungen nach der Eigenzeit ersetzt werden müssen, um die Gesetze der speziellen Relativitätstheorie zu erhalten. (a) (3 Punkte) Bestimmen Sie dτ dt als eine Funktion von γ≡

   drr  v =   . dt

1 1−

v2 c2

Finden Sie damit jeweils den Zusammenhang zwischen den Differentialen dt und dτ d d und den Ableitungsoperatoren dt und dτ . Lösungsvorschlag: Es lässt sich der Ausdruck 

dτ dt

2 =

c2 (dτ )2 c2 (dt)2

betrachten, um so mit Gl. (3.4.2) 

dτ dt

2

c2 (dt)2 (drr )2 1 = 2 − =1− 2 c (dt)2 c2 (dt)2 c



drr dt

2 =1−

v2 c2

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

265

zu erhalten. Mit der Definition von γ lässt sich dieser Ausdruck mit 

dτ dt

2 =

1 γ2

identifizieren, womit sich schlussendlich dτ 1 = dt γ finden lässt. Daher lassen sich die Differentiale als dt = γ dτ und die Ableitungen als d d =γ dτ dt schreiben. (b) (3 Punkte) Finden Sie die sogenannte Vierergeschwindigkeit uμ , welche durch uμ =

dxμ dτ

definiert ist. Sie ist ebenfalls ein Vierervektor. Bestimmen Sie so u2 = uμ uμ und interpretieren Sie Ihr Ergebnis physikalisch. Lösungsvorschlag: Mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (a) und dem Ereignisvektor xμ = (ct, r ) lässt sich   dxμ d drr dxμ =γ = γ (ct, r ) = γ c, = (γc, γvv ) uμ = dτ dt dt dt finden, wobei v =

r dr dr

verwendet wurde. Damit lässt sich

u2 = uμ uμ = (u0 )2 − u 2 = γ 2 c2 − γ 2v 2 = γ 2 (c2 − v 2 ) =

2 2 c2 − v 2 2c − v = c = c2 2 c2 − v 2 1 − vc2

bestimmen. Da es sich bei u2 um eine invariante Größe beim Wechsel zwischen zwei Inertialsystemen handelt, ist die Lichtgeschwindigkeit in allen Inertialsystemenen gleich. (c) (3 Punkte) Es lässt sich nun der Viererimpuls pμ = muμ einführen, wobei m die Masse des bewegten Körpers ist. Finden Sie damit p2 = pμ pμ und verwenden Sie dieses Ergebnis, um p0 > 0 durch p2 und p auszudrücken.

266

Lösungen

Lösungsvorschlag: Durch die Ergebnisse aus Teilaufgabe (b) u2 = c2 und wegen pμ = muμ kann p2 = pμ pμ = muμ muμ = m2 uμ uμ = m2 c2 bestimmt werden. Wird der Vierimpuls nun als pμ = (p0 , p ) geschrieben, so muss p2 = (p0 )2 − p 2

(p0 )2 = p2 + p 2 = m2 c2 + p 2

⇒

gelten, weshalb sich mit p0 > 0 auch p0 =

 m2 c2 + p 2

finden lässt. (d) (6 Punkte) Entwickeln Sie nun p0 c für den Fall |pp|  mc bis zur ersten nicht verschwindenden Ordnung. Als was lässt sich p0 daher identifizieren? Verwenden Sie dieses Ergebnis, um die relativistische Energie-Impuls-Beziehung E 2 = m2 c4 + p 2 c2

(3.4.3)

herzuleiten. Lösungsvorschlag: Die Größe p0 c ist durch  p0 c = c m2 c2 + p 2 gegeben und lässt sich in Hinblick auf |pp|  mc auch als  p2 0 2 p c = mc 1 + 2 2 m c schreiben. Wird dieser Ausdruck gemäß 

1 + x2 ≈ 1 +

x2 2

für |x|  1 entwickelt, so kann  p0 c ≈ mc2 1 +

p2 2m2 c2



= mc2 +

p2 2m

gefunden werden. Der zweite Term ist die kinetische Energie der klassischen Mechanik. Daher liegt die Vermutung nahe, dass der Term p0 c die Energie E des Körpers darstellt. 1 Somit lässt sich pμ als pμ = (E/c, p ) 1 mc2 wird als Ruheenergie bezeichnet und die Terme höherer Ordnung sind relativistische Korrekturen zur kinetischen Energie.

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

267

schreiben. Da dann aber auch p2 = (p0 )2 − p 2 =

E2 − p 2 = m2 c2 c2

gilt, muss auch E 2 = m2 c4 + p 2 c2 gültig sein. Hierbei handelt es sich um die gesuchte Energie-Impuls-Beziehung (3.4.3). (e) (10 Punkte) Betrachten Sie nun einen Körper der Masse m, der sich auf einer Kreisbahn des Radius R mit Winkelgeschwindigkeit ω bewegt und für den daher xμ = (ct, R cos(ωt) , R sin(ωt) , 0) μ

gilt. Bestimmen Sie dp dτ und interpretieren Sie Ihr Ergebnis in Hinblick auf das zweite Newton’sche Gesetz und die Zentripetalkraft. Lösungsvorschlag: Zunächst lässt sich mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a) die Viergeschwindigkeit zu uμ =

dxμ dxμ =γ = γ(c, −Rω sin(ωt) , Rω cos(ωt) , 0) dτ dt

bestimmen. Da nach den Erkenntnissen von Teilaufgabe (b) stets u2 = c2 gilt, muss auch u2 = uμ uμ = γ 2 c2 − γ 2 R2 ω 2 (sin2 (ωt) + cos2 (ωt))   ω 2 R2 2 2 = c2 =c γ 1− 2 c und daher γ2 =

1−

1  ωR 2

⇒

c

γ=

1  2 = konst. 1 − ωR c

gelten. Somit lässt sich duμ duμ =γ = γ 2 (0, −Rω 2 cos(ωt) , −Rω 2 sin2 (ωt) , 0) dτ dt finden. Also ist

dpμ dτ

μ

= m du dτ durch

dpμ = mγ 2 (0, −Rω 2 cos(ωt) , −Rω 2 sin2 (ωt) , 0) dτ = −γ 2 mω 2 (0, R cos(ωt) , R sin(ωt) , 0)

268

Lösungen

p gegeben. Da das zweite Newton’sche Gesetz die Form dp dt = F hat, wird es einen Viervektor K μ geben, der die relativistische Kraft beschreibt, so dass das 2. Newton’sche Gesetz die Form

dpμ = Kμ dτ annimmt. Eben dieser Vektor wurde in dieser Aufgabe zu K μ = (K 0 , K ) = −γ 2 mω 2 (0, R cos(ωt) , R sin(ωt) , 0) bestimmt. Der vektorielle Anteil K kann dabei als K = −γ 2 mω 2 (R cos(ωt) , R sin(ωt) , 0) geschrieben werden. Wird er mit dem Ortsvektor r = (R cos(ωt) , R sin(ωt) , 0) verglichen, so zeigt sich, dass K = −γ 2 mω 2r gilt. Da es sich um eine Kreisbewegung mit einer nach innen gerichteten Kraft handelt, stellt K die relativistische Verallgemeinerung des Ausdrucks für die Zentripetalkraft F = −mω 2r dar. 2

2 In diesem Beispiel ist K 0 = 0. Dies ist im Allgemeinen nicht der Fall. Es lässt sich nämlich zeigen, dass K gilt. Auf einer Kreisbahn ist die Geschwindigkeit aber senkrecht auf der nach innen wirkenden K 0 = v ·K c Kraft, so dass sich K 0 = 0 ergibt. Der Faktor γ 2 kommt dadurch ins Spiel, dass sich ω auf die Zeit t und nicht auf die Eigenzeit τ bezieht. Würde eine Winkelgeschwindigkeit ω ˜ = γω eingeführt werden, sodass ωt = ω ˜τ gilt, so würde die Kraft die Form K = −m˜ ω 2r annehmen. Die Verwendung von ω ˜ wäre dann zu bevorzugen, da sie, wie auch die Eigenzeit, invariant ist.

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

269

25 Punkte

Aufgabe 4 Multipolmomente des Gravitationspotentials In dieser Aufgabe wird das gravitative Potential φ(rr ) = −G

d3 r

ρ(rr  ) |rr − r  |

einer Massenverteilung ρ(rr ) untersucht. (a) (4 Punkte) Führen Sie r< = min {r, r } und r> = max {r, r } ein und zeigen Sie durch eine Taylor-Entwicklung bis zur zweiten Ordnung, dass sich das Potential durch    2 2 r) r< 3 (rr · r  ) − r2 r2 r< r · r  3  ρ(r d r φ(rr ) = −G 1+ + r> r> rr r> 2r2 r2 ausdrücken lässt. Lösungsvorschlag: Es wird der Nenner |rr − r  | =

 r2 + r2 − 2rr · r 

betrachtet. Wird nun zunächst willkürlich r> = r und r< = r gesetzt, so lässt sich dieser auf    2 r r · r  −2 2 |rr − r | = r 1 + r r    2 r r r · r  =r 1+ −2 r r rr umformen, was sich durch eine Rückersetzung auch als   2 r< r< r · r   |rr − r | = r> 1 + −2 r> r> rr schreiben lässt. Da der ursprüngliche Ausdruck sich nicht verändert, wenn r mit r  vertauscht werden, ist dieses Ergebnis auch für den Fall r> = r und r< = r gültig. Der darin auftretende Ausdruck r · r rr ist unabhängig von r und r und wird alleine durch die Winkel θ, φ, θ und φ bestimmt. Er wird abkürzend mit w bezeichnet und im Laufe der Rechnung wieder ersetzt, dabei kann der Zusammenhang r · r  = rr w

270

Lösungen

hilfreich sein. Nun lässt sich der Ausdruck 1 1  = |rr − r  | r>

1+

r< r>

1

2

− 2 rr< w >

entsprechend der Taylor-Entwicklung einer Wurzel √

1 x 3 ≈ 1 − + x2 2 8 1+x

mit 

1+

r< r>

1

2

− 2 rr< w >

1 ≈1− 2



r< r>

2

=1+w

r< 1 − r< 2

=1+w

r< r>

bis zur zweiten Ordnung in

r< r>

r< r>



3 + 8

2





3 + 4w2 8  2 2 3w − 1 r< + 2 r>

r< r>

r< r>

2

r< −2 w r>

2

2

annähern. Daher lässt sich

2  r< r>   2  1 r< r · r  3(rr · r  )2 − r2 r2 r< = 1+ + r> r> rr 2r2 r2 r>

1 1 ≈ |rr − r  | r>





r< −2 w r>

r< 3w2 r2 r2 − r2 r2 1+w + r> 2r2 r2



in das ursprüngliche Integral einsetzen, um    2 2 r) r< 3 (rr · r  ) − r2 r2 r< r · r  3  ρ(r φ(rr ) = −G d r + 1+ r> r> rr r> 2r2 r2 zu erhalten. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie nun eine räumlich beschränkte Verteilung und bestimmen Sie das Potential weit außerhalb, sodass r< = r gilt. Zeigen Sie, dass sich in diesem Fall   M P · r r T Qrr φ(rr ) = −G + 3 + r r 2r5 schreiben lässt, wobei Q=

d3 r ρ(rr  )(3rr r T − 1r2 )

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

271

die Quadrupolmomente in Form einer Matrix sind. Wie lassen sich das Dipolmoment P und das Monopolmoment M bestimmen? Begründen Sie, warum sich P stets auf Null wählen lässt. Lösungsvorschlag: Wird r> = r gesetzt, so kann der obige Ausdruck zu     2 2 r) 3 (rr · r  ) − r2 r2 r r · r  r 3  ρ(r 1+ + φ(rr ) = −G d r r r rr r 2r2 r2     2 2 r) r 3 (rr · r  ) − r2 r2 r r · r  3  ρ(r = −G d r 1+ + r r rr r 2r2 r2   2 r) r · r 3 (rr · r  ) − r2 r2 3  ρ(r 1+ 2 + = −G d r r r 2r4 vereinfacht werden. Dieser Ausdruck lässt sich in drei Ausdrücke G r G φ2 ≡ − 3 r G φ3 ≡ − 5 2r

φ1 ≡ −

d3r  ρ(rr  ) d3r  ρ(rr  )(rr · r  ) d3r  ρ(rr  )(3(rr · r  )2 − r2 r2 )

aufspalten. Im Ausdruck φ1 wird die Massendichte über den gesamten Raum integriert. Es handelt sich also um die Gesamtmasse M , die ein Potential aufweist, als sei die gesamte Masse im Ursprung konzentriert. Es kann daher M=

d3r  ρ(rr  )

φ1 = −

GM r

gefunden werden. Die Gesamtmasse der Massenverteilung stellt daher das Monopolmoment dar. Für den Term φ2 kann durch die Komponentenschreibweise G r3 G = − 3 ri r

φ2 = −

d3r  ρ(rr  )(rr · r  ) = −

G r3

d3r  ri ρ(rr  )

gefunden werden. Wird Pi ≡

d3r  ri ρ(rr  )

definiert, so lässt sich das Potential φ2 daher als φ2 = −G

P ·r r3

d3r  ri ri ρ(rr  )

272

Lösungen

schreiben. Es handelt sich hierbei um das Dipolmoment, welches wegen d3r  ρ(rr  )rr 

P = der Kontinuumslimes von R= MR



mα r α

α

ist, was dem Schwerpunkt entspricht. Wird als Bezugssystem das Schwerpunktsystem der Massenverteilung gewählt, so lässt sich das Dipolmoment auf Null wählen. Für φ3 bietet es sich an, die Skalarprodukte r · r  durch Vektoren und transponierte Vektoren auszudrücken, um G d3r  ρ(rr  )(3rr T r r T r − (rr T 1rr )r2 ) 2r5   G T 3    T 2 = − 5r d r ρ(rr )(3rr r − 1r ) r 2r

φ3 = −

zu erhalten. Mit dem in der Aufgabe eingeführten Q=

d3r  ρ(rr  )(3rr r T − 1r2 )

lässt sich das Potential so auf die Form φ3 = −G

r T Qrr 2r5

bringen. Die Matrix Q lässt sich alternativ auch in Komponentenschreibweise herleiten, dazu wird die Rechnung G d3r  ρ(rr  )(3(rr · r  )2 − r2 r2 ) 2r5 G =− 5 d3r  ρ(rr  )(3(ri ri )(rj rj ) − ri δij rj r2 ) 2r G = − 5 r i rj d3r  ρ(rr  )(3ri rj − δij r2 ) 2r

φ3 = −

herangezogen. Darin kann Qij =

d3r  ρ(rr  )(3ri rj − δij r2 )

definiert werden, um so das Potential φ3 = −G

ri Qij rj r T Qrr = −G 5 2r 2r5

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

273

zu finden. Insgesamt ist so das Potential  φ = φ1 + φ2 + φ3 = −G

P · r r T Qrr M + 3 + r r 2r5



gefunden. (c) (7 Punkte) Bestimmen Sie M , P und Q für die Massenverteilung ρ(rr ) = M1 δ(3) (rr − r 1 ) + M2 δ(3) (rr − r 2 ) mit |rr 1 − r 2 | = d in einem geeigneten Bezugssystem, sodass r 1 − r 2 parallel zur M2 aus. z-Achse ist. Drücken Sie Q dabei durch d und die reduzierte Masse μ = MM11+M 2 Lösungsvorschlag: Das Monopolmoment kann mit d3r  ρ(rr  ) = M1 + M2

M=

bestimmt werden und entspricht wie erwartet der Gesamtmasse. Dabei wurde ausgenutzt, dass d3r  δ(3) (rr − r 0 ) = 1 gilt. Für das Dipolmoment, wird ausgenutzt, dass der Zusammenhang d3r  δ(3) (rr − r 0 ) f (rr ) = f (rr 0 ) gültig ist, um P =

d3r  ρ(rr  )rr  = M1r 1 + M2r 2

zu finden. Nun kann der Schwerpunkt der Massenverteilung stets in den Ursprung des Bezugssystems gelegt werden, sodass P = 0 ist. Damit ergibt sich die Gleichung M 1 r 1 + M2 r 2 = 0 , welche mit r α = zαeˆz auf die Form (M1 z1 + M2 z2 )ˆ ez = 0

⇒

M 1 z1 + M 2 z2 = 0

gebracht werden kann. Mit der willkürlichen Wahl z1 > 0 und der Bedingung, dass e z | = z1 − z2 = d |rr 1 − r 2 | = |(z1 − z2 )ˆ

274

Lösungen

sein muss, lässt sich über die Rechnung (M1 + M2 )z1 + (M2 − M2 )z2 = M2 d (M1 − M1 )z1 + (M2 + M1 )z2 = −M1 d so M2 M1 d z2 = − d M M M2 M1 dˆ ez dˆ ez r2 = − r1 = M M finden. Das Quadrupolmoment kann dann über z1 =

Q=

d3r  ρ(rr  )(3rr r T − 1r2 )

= M1 (3rr 1r T1 − 1r12 ) + M2 (3rr 2r T2 − 1r22 ) e z eˆTz − 1) + M2 z22 (3ˆ e z eˆTz − 1) = M1 z12 (3ˆ   M2 M2 e z eˆTz − 1) = M1 22 d2 + M2 12 d2 (3ˆ M M M1 M2 2 d (3ˆ e z eˆTz − 1) = μd2 (3ˆ e z eˆTz − 1) = M1 + M2 bestimmt werden. Mit der Nebenrechnung ⎛ ⎞ ⎛ 0 0

⎜ ⎟ ⎜ eˆz eˆTz = ⎝0⎠ 0 0 1 = ⎝0 1 0 lässt sich dieses Ergebnis schlussendlich auf ⎛⎛ 0 T 2 2 ⎜⎜ Q = μd (3ˆ e z eˆz − 1) = μd ⎝⎝0 ⎛ −1 2⎜ = μd ⎝ 0 0

0 −1 0

0

⎞

0

0 0 0

0

⎞

0 0 0

0

⎞

⎟ 0⎠ 1 ⎛

1

⎟ ⎜ 0⎠ − ⎝0 3 0

0 1 0

⎞⎞ 0 ⎟⎟ 0⎠⎠ 1

⎟ 0⎠ 2

umformen. Da in der Rechnung nur Terme der Art zα2 aufgetreten sind, hat die Wahl z1 > 0 oder z1 < 0 keinen Einfluss auf die Quadrupolmomente. (d) (6 Punkte) Drücken Sie nun das Potential, das durch Q aus Teilaufgabe (c) verursacht wird in Kugelkoordinaten aus und bestimmen Sie dessen Beitrag zur wirkenden Beschleunigung, indem Sie den Gradienten in Kugelkoordinaten grad(f (r, θ, φ)) = eˆr

∂f 1 ∂f 1 ∂f + eˆθ + eˆφ ∂r r ∂θ r sin(θ) ∂φ

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

275

verwenden. Lösungsvorschlag: Das Potential war durch r T Qrr 2r5 gegeben. Es lässt sich also mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (c) durch ⎛ ⎞⎛ ⎞ −1 0 0 x

2 μd ⎜ ⎟⎜ ⎟ φ3 = −G 5 x y z ⎝ 0 −1 0⎠ ⎝y ⎠ 2r 0 0 2 z φ3 = −G

μd2 (−x2 − y 2 + 2z 2 ) 2r5 μd2 μd2 = −G 5 (−x2 − y 2 − z 2 + 3z 2 ) = −G 5 (3z 2 − r2 ) 2r 2r ausdrücken. Da in Kugelkoordinaten z = r cos(θ) gilt, kann so = −G

μd2 μd2 3 cos2 (θ) − 1 (3r2 cos2 (θ) − r2 ) = −G 3 5 2r r 2 gefunden werden. Da das Potential nicht vom Azimutwinkel abhängig ist, bleiben nur die beiden Ableitungen φ3 = −G

∂ φ3 ∂r

∂ φ3 ∂θ

zu bestimmen. Sie lassen sich zu 1+cos(2θ) −1 ∂ φ3 3μd2 3 cos2 (θ) − 1 3μd2 3 2 =G 4 =G 4 ∂r r 2 r 2 2 1+3 cos(2θ) 2 3μd 3μd 2 = G 4 (1 + 3 cos(2θ)) =G 4 r 2 4r

und μd2 (−6 cos(θ) sin(θ)) ∂ φ3 = −G 3 ∂θ r 2 3μd2 = G 3 sin(2θ) 2r ermitteln. Daher ist die Beschleunigung durch ∂ φ3 1 ∂ φ3 eˆr − eˆθ ∂r r ∂θ 3μd2 3μd2 = −G 4 (1 + 3 cos(2θ)) eˆr − G 4 sin(2θ) eˆθ 4r 2r 3μd2 3μd2 = −G 4 (1 + 3 cos(2θ)) a3,θ = −G 4 sin(2θ) 4r 2r

a 3 = − grad(φ3 ) = −

a3,r gegeben.

276

Lösungen

(e) (3 Punkte) Skizzieren Sie das Potential und die Komponenten der Beschleunigung aus Teilaufgabe (d) als Funktion von θ für ein festes r. Lösungsvorschlag: Die Skizze zum Potential ist in Abb. 3.4.2 zu sehen, während die Skizzen für die Kraftkomponente in Abb. 3.4.3 zu finden sind.

3.4

Lösung zur Klausur IV - Klassische Mechanik

277

ϕ

Gμd 2 2r 3

π 4

π 2

3π 4

π

θ

Gμd 2

−

r3

Abb. 3.4.2 Skizze des Potentials bei festem r als Funktion von θ.

3Gμd 2

a3, r

2r 4

π 4

π 2

3π 4

πθ

π 4

π 2

3π 4

πθ

3Gμd 2

−

r4

3Gμd 2

a3, θ

2r 4

3Gμd 2

−

2r 4

Abb. 3.4.3 Skizze der Kraftkomponenten a3,r oben und a3,θ unten bei festem r als Funktion von θ.

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

3.5

279

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Bestimmen Sie das Integral über das Produkt der Delta-Funktion δ(ax) mit einer Testfunktion f (x) und führen Sie die Substitution u = ax durch. Was passiert mit den Grenzen des Integrals? Wie lässt sich das Ergebnis über das Integral des Produkts der Delta-Funktion δ(x) mit der Testfunktion f (x) darstellen? (b) Wie sehen die Ableitungen der Basisvektoren     cos(φ) − sin(φ) eˆφ = eˆs = sin(φ) cos(φ) aus? Lässt sich der eˆφ -Anteil als zeitliche Ableitung einer Größe bestimmen? Welche Größe ist das? Beinhaltet die eˆs -Komponente eine Scheinkraft? (c) Welche Kräfte wirken auf die Masse? Ihre Bewegungsgleichung sollte mg

m¨ z = −k z + d + k lauten. Für welche Lage z0 ist die Kraft m¨ z gerade Null? Stellen Sie die Bewegungsgleichung für δz = z − z0 auf. Welches, in der Physik viel diskutierte, System repräsentiert die so erhaltene Differentialgleichung? (d) Wie lautet das dritte Newton’sche Axiom? Der Schwerpunkt ist durch R = m 1 r 1 + m2 r 2 (m1 + m2 )R definiert, was gilt folglich für dessen Impuls? Es ist praktisch, die Relativkoordinate durch r = r 1 −rr 2 zu definieren. In dem genannten Spezialfall, sollten Ihre Ergebnisse ¨ = a lauten. Darin ist μ¨ r = F und R a=

(1) (2) F F ext. = ext. m1 m2

und μ die reduzierte Masse. (e) Wie ist die Arbeit als Linienintegral definiert? Lässt sich das Integral auch als ein Integral über die Zeit umschreiben? Wie kann die Reihenfolge der Vektoren in einem Spatprodukt getauscht werden? Was gilt für das Kreuzprodukt paralleler Vektoren? Aufgabe 2 - Gravitation ausgedehnter Körper (a) Welche Kraft erfährt der Massenpunkt durch ein einzelnes Massenelement? Können die einzelnen Kräfte addiert werden? Was ist der Grenzwert einer Summe mit immer kleineren Summanden?

280

Lösungen

(b) Wirkt der Gradient auf r  ? (c) Wie sieht das Volumenelement in Kugelkoordinaten aus? Ist die Ausrichtung der Achsen von r  bei einem kugelsymmetrischen Problem beliebig? Warum kann der Ausdruck |rr − r  | = r2 + r2 − 2rr cos(θ ) gefunden werden? Und was lässt sich erreichen, wenn dieser Term für eine Substitution mit u verwendet wird? (d) Welches Volumen hat eine Kugel? Wie hängt dieses mit Masse und Dichte der Kugel zusammen? Ist eine Fallunterscheidung für r > R und r < R sinnvoll? Bietet die Stelle r = R dann eine Möglichkeit, um beide Ergebnisse miteinander auf Plausibilität zu prüfen? Wie steigt der Betrag der Kraft innerhalb der Kugel linear? (e) Welche Werte nehmen die zu skizzierenden Größen für r = 0, r = R und r → ∞ an? Welche der beiden Funktionen wird stetig und welche wird stetig differenzierbar sein? (f) Wie kann die Differentialgleichung r¨ = −

GM r R3

erhalten werden? Welches, in der Physik viel diskutierte System, beschreibt diese Difm ferentialgleichung? Für die Werte der Erde ( GM R2 ≈ 9,81 s2 und R ≈ 6371 km) sollten sie τ ≈ 42 min 12 s erhalten. Aufgabe 3 - Kraftstoß am harmonischen Oszillator (a) Lässt sich die Differentialgleichung in dem Intervall (−τ, τ ) integrieren? Was gilt dann im Grenzfall τ → 0? Sie sollten x(0+) ˙ = x(0−) ˙ +

Δp m

finden. (b) Gibt es Intervalle für t auf denen die Differentialgleichung der homogenen Gleichung entspricht? Welchen Einfluss hat die Stetigkeit von x auf die Lösungen für t > 0? (2)

(c) Was ergibt sich, wenn der Differentialoperator Dt auf die Green’sche Funktion G(t) angewendet wird? Was passiert bei einer Verschiebung des Arguments von t auf t−t ? (2) Lässt sich nun Dt auf xp anwenden? (d) Die Fourier-Transformation ist durch 1 F[G(t)](ω) = √ 2π

∞

dt G(t) e−iωt −∞

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

281

definiert. Bietet es sich an sin(x) =

 1  ix e − e−ix 2i

zu schreiben? (e) Sie sollten auf den Zusammenhang χ(−ω) = |χ(ω)| e−iψ(ω) stoßen. Lässt sich der Zusammenhang zwischen χ(ω) und der Fourier-Transformierten von g clever ausnutzen? Aufgabe 4 - Das Zwillings-Paradox (a) Lässt sich K μ durch die zeitliche Ableitung von uμ ausdrücken. Was ist die zeitliche β · K finden. Ableitung von uμ uμ ? Sie sollten so K 0 )β (b) Warum ist K 0 = 0? Hilft es, die Kraft F  in Anteil senkrecht und parallel zu β zu zerlegen? Sie sollten für K den Ausdruck F  K = F ⊥ + γF erhalten. (c) Warum ist die klassische Kraft auf das Raumschiff (und die Reisenden) durch F  = maˆ e z gegeben? Lässt sich damit K μ bestimmen? Wie lässt sich der Zusammenhang der Zeitdifferentiale dt = γ dτ ausnutzen? (d) Berücksichtigen Sie die Integrationskonstanten. Sie sollten at v(t) =  2 1 + at c erhalten. Um x(t) zu finden, kann die Substitution w = 1 +

 at 2 c

hilfreich sein.

(e) Ihnen sollten aus Teilaufgabe (d) die Ausdrücke γv und v als Funktionen von t bekannt sein. Wie lässt sich aus diesen γ(t) bestimmen? Als Zusammenhang zwischen τ und t sollten Sie   at c τ = Arsinh a c finden. (f) Aus Teilaufgabe (d) sollte Ihnen der Zusammenhang ⎛ ⎞  2 at c2 ⎝ x(t) = 1+ − 1⎠ a c bekannt sein. Wie lässt sich dieser nach t(x) umstellen? Sie sollten für s/2 den Zeits in der Näherung as/c2  1 erhalten. punkt t1 = 2c

282

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen (a) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Delta-Funktion δ(ax) mit kann, wenn a = 0 gilt.

1 |a| δ(x)

identifiziert werden

Lösungsvorschlag: Zur Lösung wird eine Testfunktion f (x) mit der Substitution u = ax betrachtet, für die mittels der Rechnung ∞

−∞

sgn(a)∞

1 dx δ(ax) f (x) = a

du δ(u) f − sgn(a)∞

sgn (a) = a =

∞

du δ(u) f −∞

u a u a

f (0) sgn (a) f (0) = a |a|

bestimmt werden kann. Da sich f (0) auch durch ∞

dx δ(x) f (x)

f (0) = −∞

ausdrücken lässt, kann die Identifikation ∞

∞

dx δ(ax) f (x) = −∞

dx −∞

δ(x) f (x) a

⇒

δ(ax) =

1 δ(x) |a|

gemacht werden. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie die Polarkoordinaten   cos(φ) r = rˆ es = r sin(φ) und bestimmen Sie r¨. Interpretieren Sie diesen Ausdruck physikalisch. Lösungsvorschlag: Für die Einheitsvektoren in Polarkoordinaten sind die Zusammenhänge ˙e φ eˆ˙ s = φˆ

˙e s eˆ˙ φ = −φˆ

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

283

bekannt. Durch sie und die Produktregel, lässt sich ˙e φ r˙ = rˆ ˙e φ + rφˆ ˙ e φ + r˙ φˆ ˙ e φ + rφˆ ¨e φ − rφ˙ 2eˆs r¨ = r¨eˆφ + r˙ φˆ ¨ eφ = (¨ r − rφ˙ 2 )ˆ e s + (2r˙ φ˙ + rφ)ˆ berechnen. Der eˆφ -Anteil lässt sich wegen d 2˙ ¨ (r φ) = 2rr˙ φ˙ + rφ¨ = r(2r˙ φ˙ + rφ) dt zu eˆφ · r¨ =

1 d 2˙ (r φ) r dt

umschreiben. Mit dem Beschleunigungsvektor kann die Kraft über r − mrφ˙ 2 ) + eˆφ F = m¨ r = eˆs (m¨

1 d ˙ (mr2 φ) r dt

gefunden werden. Da die Bewegung in der xy-Ebene stattfindet, ist das Drehmoment durch ez M = r × F = rˆ es × (Fseˆs + Fφeˆφ ) = rFφeˆz = Mˆ gegeben und M =r

1 d ˙ = d (mr2 φ) ˙ (mr2 φ) r dt dt

was damit verträglich ist, dass mr2 φ˙ die z-Komponente des Drehimpulses L = r × r˙ ist. Fφ hängt also direkt mit dem Drehmoment zusammen. Für die s-Komponente hat sich der Ausdruck r − mrφ˙ 2 Fs = m¨

⇒

m¨ r = Fs + mrφ˙ 2

ergeben, der in eine radiale Kraft Fs und eine Scheinkraft mrφ˙ 2 im mitbewegten Bezugssystem unterteilt werden kann. Diese Scheinkraft ist die Zentrifugalkraft. (c) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m an einer Feder der Federkonstante k und Ruhelänge d. Beides befindet sich im Schwerefeld der Erde, sodass die Feder vertikal ausgelenkt wird. Die Aufhängung der Feder soll dabei z = 0 sein. Sie können diesen Aufbau auch in Abb. 3.5.1 sehen. Stellen Sie die Bewegungsgleichung auf und lösen Sie diese. Finden Sie außerdem die Gleichgewichtslage der Masse. Lösungsvorschlag:

284

Lösungen

z=0

g

k

m

Abb. 3.5.1 Schematischer Aufbau des Federpendels Die Bewegung findet nur entlang der z-Achse statt. Auf die Masse wirken die Schwerkraft −mg und die Federkraft −k(z + d), sodass die Bewegungsgleichung durch mg

m¨ z = −mg − k(z + d) = −k z + d + k gegeben ist. Verharrt die Pendelmasse in Ruhe, also in ihrer Gleichgewichtslage, so ist z¨ = 0 und die rechte Seite muss ebenfalls Null sein. Damit lässt sich die Gleichgewichtslage zu mg z0 = − d + k bestimmen. Daher lässt sich die Bewegungsgleichung abkürzend als m¨ z = −k(z − z0 ) schreiben. Es kann nun die Auslenkung δz = z − z0 um die Gleichgewichtslage betrachtet werden. Da für diese δ¨ z = z¨ gilt, kann auch mδ¨ z = −kδz

⇒

δ¨ z=−

k δz m

gefunden werden. Dies ist ein harmonischer Oszillator mit der Frequenz ω = und wird durch δz = A cos(ωt) + B sin(ωt) gelöst. Damit lässt sich die allgemeine Lösung mg + A cos(ωt) + B sin(ωt) z(t) = z0 + δz = − d + k finden.



k m

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

285

(d) (5 Punkte) Betrachten Sie zwei Körper der Masse m1 und m2 . Körper 2 übt auf Kör(1) (2) per 1 die Kraft F aus. Beide unterliegen den externen Kräften F ext. und F ext. . Finden Sie die Bewegungsgleichungen für die Schwerpunktskoordinate und die Relativkoordinate. Was passiert, wenn (1) (2) F ext. F = ext. m1 m2

gilt? Lösungsvorschlag: Die Masse 1 erfährt insgesamt die Kraft (1)

m1r¨1 = F + F ext. während die Masse 2 aufgrund des dritten Newton’schen Axioms von Masse 1 die F erfährt. Daher ist die Bewegungsgleichung von Masse 2 durch Kraft −F (2)

F + F ext. m2r¨2 = −F gegeben. Mit der Gesamtmasse M = m1 + m2 lässt sich der Schwerpunkt durch R = m1r 1 + m2r 2 MR bestimmen. Seine zweite Ableitung lässt sich dann zu (1)

(2)

(1)

(2)

¨ = m1r¨1 + m2r¨2 = F + F MR ext. − F − F ext. = F ext. + F ext. ermitteln und ist nur durch die externen Kräfte bestimmt. Für die Relativ-Koordinate r = r 1 − r 2 lässt sich der Zusammenhang (1) (2) F F F −F F + ext. − − ext. m1 m1 m2 m2   (1) (2) 1 F 1 F F + ext. − ext. = + m1 m2 m1 m2

r¨ = r¨1 − r¨2 =

finden. Diese Gleichung ist daher nicht allein von der vermeintlich relativen Kraft F abhängig. Ist nun aber a≡

(1) (2) F ext. F = ext. m1 m2 (i)

wie beispielsweise im Schwerefeld der Erde, in dem F ext = −mi gˆ e z gilt, so wird die zweite Ableitung der Relativkoordinate zu   1 1 r¨ = F + m1 m2

286

Lösungen

bestimmt und kann mit Einführung der reduzierten Masse 1 1 1 = + μ m1 m2 als μ¨ r =F geschrieben werden. Für den Schwerpunkt kann so auch ¨ = m1 MR ⇒

(1) (2) F ext. F a + m2 ext. = m1a + m2a = Ma m1 m2

¨ =a R

gefunden werden. (e) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass bei der Bewegung in einem Kraftfeld der Art F = r˙ × V mit beliebigen V keine Arbeit verrichtet wird. Lösungsvorschlag: Die Arbeit lässt sich über das Integral W =−

drr · F = −

drr · (r˙ × V )

bestimmen, dass mit der Substitution drr = dt

drr = dtr˙ dt

zu t2

W =−

dt r˙ · (r˙ × V )

drr · (rr × V ) = − t1

umgeschrieben werden kann. Da das Spatprodukt zyklisch ist r˙ · (r˙ × V ) = V · (˙r × r˙ ) = 0 und das Kreuzprodukt eines Vektors mit sich selbst immer Null ergibt, ist der Integrand und damit das Integral gerade Null, sodass keine Arbeit verrichtet wird.

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

287

25 Punkte

Aufgabe 2 Gravitation ausgedehnter Körper

Betrachten Sie einen Massenpunkt m der sich im Gravitationsfeld einer ausgedehnten Massenverteilung mit Gesamtmasse M bewegt. Betrachten Sie diese Massenverteilung als eine Zusammensetzung vieler Punktmassen Δmα mit Positionen r α . (a) (2 Punkte) Finden Sie die Gesamtkraft, welche der Massenpunkt erfährt, indem Sie die Superposition der einzelnen Kräfte betrachten. Bilden Sie dann den Kontinuumslimes Δmα → dm, r α → r  , wobei sich das Massenelement mittels der Massendichte durch dm = ρ(rr  ) d3r  ausdrücken lässt. Lösungsvorschlag: Durch das Massenelement Δmα erfährt der Massenpunkt m die Kraft F α = −GmΔmα

r − rα |rr − r α |3

sodass die Gesamtkraft durch die Superposition F =



F α = −Gm

α



Δmα

α

r − rα |rr − r α |3

bestimmt wird. Im Kontinuumslimes wird die Summe durch ein Integral ersetzt, sowie das Massenelement Δmα durch das Differential dm = d3r  ρ(rr  ) sodass sich F = −Gm

d3r  ρ(rr  )

r − r |rr − r  |3

finden lässt. (b) (4 Punkte) Zeigen Sie mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a), dass sich das Potential durch φ(rr ) = −G

d3r 

ρ(rr  ) |rr − r  |

ausdrücken lässt. Das Potential erfüllt dabei F = −m∇φ. Hinweis: Sie dürfen ohne Beweis verwenden, dass ∇

r − r 1 =−  |rr − r | |rr − r  |3

gilt, wobei der Gradient ∇ auf r aber nicht auf r  wirkt.

288

Lösungen

Lösungsvorschlag: Durch den Hinweis, lässt sich der auftretende Faktor im Integral r − r |rr − r  |3 durch einen Gradienten als 

1 d r ρ(rr ) −∇ |rr − r  | 1 d3r  ρ(rr  )∇ |rr − r  | 3 

F = −Gm = Gm





ausdrücken. Da der Gradient ∇ auf r und nicht auf r  wirkt, kann er aus dem Integral gezogen werden, um   1 3   F = m∇ G d r ρ(rr ) |rr − r  |   r) 3  ρ(r d r = −m∇ −G |rr − r  | zu erhalten. Durch einen Vergleich mit F = −m∇φ lässt sich so das Potential d3r 

φ(rr ) = −G

ρ(rr  ) |rr − r  |

bestimmen. (c) (6 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass die Massenverteilung kugelsymmetrisch ist und daher ρ(rr ) = ρ(r) gilt. Zeigen Sie, dass in diesem Fall das Potential durch ⎛ r ⎞ ∞ 4πG ⎝ dr r2 ρ(r ) + r dr r ρ(r )⎠ φ(r) = − r r

0

gegeben ist. Lösungsvorschlag: Das Integral lässt sich in Kugelkoordinaten durch φ(rr ) = −G

ρ(rr  ) d r = −G |rr − r  |

∞

3 

2π 

dr r 0

2

1 

dcos(θ )

dφ 0

−1

ρ(r ) |rr − r  |

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

289

ausdrücken. Bei einer kugelsymmetrischen Massenverteilung ρ(r) kann das Koordinatensystem innerhalb des Integrals über r  beliebig gedreht werden, ohne das Problem zu verändern. Daher lässt sich die z  -Achse auch parallel zu r legen, so dass |rr − r  |2 = r2 + r2 − 2rr · r  = r2 + r2 − 2rr cos(θ ) gilt. Daher kann das Integral zu ∞

1 

φ(rr ) = −2πG

2



dcos(θ ) 

dr r ρ(r ) 0

−1

1 r2

+

r2

− 2rr cos(θ )

umgeschrieben werden. Dabei wurde ausgenutzt, dass der Integrand nicht von φ abhängt und das Integral direkt berechnet werden kann. Um das Integral über cos(θ ) zu bestimmen, wird die Substitution u = r2 + r2 − 2rr cos(θ )

du = −2rr dcos(θ )

⇒

cos(θ ) = −1 ⇒ u = (r + r )2

cos(θ ) = 1 ⇒ u = (r − r )2

eingeführt, um das Integral auf 1

dcos(θ ) 

I= −1

1 r2

+

r2

− 2rr cos(θ )

(r−r  )2

1 = 2rr

(r+r  )2

 2   √ (r−r ) 1 1 2 u du √ = 2rr u (r+r  )2

 Θ(r − r) 1 Θ(r − r )   +2 =  r + r − |r − r | = 2 rr r r 

zu vereinfachen. Eingesetzt in den Ausdruck für φ(rr ) lässt sich so ∞

1 

φ(rr ) = −2πG



dcos(θ ) 

dr r ρ(r ) 0 ∞

−1

dr r2 ρ(r )

= −4πG 0

4πG =− r

2

∞

0



1 r2 + r2 − 2rr cos(θ )

Θ(r − r ) Θ(r − r) + r r





r dr r2 ρ(r ) Θ(r − r ) +  Θ(r − r) r

⎛

⎞ ∞ ∞ 4πG ⎝ dr r2 ρ(r )Θ(r − r ) + r dr r ρ(r )Θ(r − r)⎠ =− r 0 0 ⎛ r ⎞ ∞ 4πG ⎝ dr r2 ρ(r ) + r dr r ρ(r )⎠ =− r 0

r

290

Lösungen

bestimmen. Es wird nun die Massendichte einer homogenen Kugel ρ(r) = ρ0 Θ(R − r) betrachtet. (d) (6 Punkte) Bestimmen Sie den Wert von ρ0 , damit die Massenverteilung die Gesamtmasse M aufweist. Finden Sie dann das Potential φ, sowie die Kraft F als Funktion von r, G, M und R. Lösungsvorschlag: Die Gesamtmasse lässt sich durch das Integral ∞ 3 



d r ρ(rr ) =

M=

∞ 

2



0

0

∞

R

dr r2 ρ0 Θ(R − r ) = 4π

= 4π

dr r2 ρ(r )

dr r ρ(r ) = 4π

dΩ

0

dr r2 ρ0 = 0

4πR3 ρ0 3

bestimmen, weshalb ρ0 =

3M 4πR3

gilt. Um das Potential zu bestimmen, bietet sich eine Fallunterscheidung an. Zunächst wird r > R und das dazu gehörige Potential φ> (r) betrachtet. Es lässt sich durch ⎛ r ⎞ ∞ 4πG ⎝ dr r2 ρ0 Θ(R − r ) + r dr r ρ0 Θ(R − r )⎠ φ> (r) = − r r

0

R

=−

4πGρ0 r

dr r2 = − 0

GM 4πR3 ρ0 G =− 3 r r

bestimmen, wobei das zweite Integral verschwindet, da r > R ist und die ThetaFunktion im Integral daher immer Null ergibt. Der zweite Fall wird r < R betrachtet und das dazugehörige Potential φ< (r) bestimmt. Dazu wird zunächst in die Formel aus Teilaufgabe (c) eingesetzt, um ⎛ 4πG ⎝ φ< (r) = − r

r

∞

dr r ρ0 Θ(R − r )⎠

dr r2 ρ0 Θ(R − r ) + r 0

⎞

r

zu erhalten. Im ersten Integral ist r < R und daher auch r < r < R, weshalb die Theta-Funktion immer Eins ist. Im zweiten Integral ist die Theta-Funktion nur Eins, wenn r < R ist. Da aber r < R ist, gibt es einen nicht verschwindenden Beitrag aus

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

291

diesem Integral. Somit kann ⎛ φ< (r) = −

4πG ⎝ r

r

⎞

R

dr r ρ0 ⎠

dr r2 ρ0 + r r

0

    R2 − r 2 4πR3 ρ0 G 3 2 3 2 4πGρ0 r3 2 r +r =− R r + − =− r 3 2 3 R3 2 2     GM r2 GM 3 2 1 2 R − r =− 3− 2 =− 3 R 2 2 2R R bestimmt werden. Als Probe kann φ< (R) = φ> (R) mittels GM φ> (R) = − R

GM φ< (R) = − 2R



R2 3− 2 R

 =−

GM R

geprüft werden. Denn da die Kraft der Gradient des Potentials ist, muss das Potential differenzierbar und daher auch stetig sein. Aus den beiden Potentialen lassen sich wegen ∇φ(r) = eˆr

dφ dr

die Kräfte außerhalb und innerhalb mittels er F > (rr ) = −m∇φ> (r) = −mˆ

dφ> GM GM m = −mˆ er 2 = − eˆr dr r r2

und F < (rr ) = −m∇φ< (r) = −mˆ er

dφ< = −mˆ er dr



GM 2r 2R R2

 =−

GM m r eˆr R2 R

bestimmen. (e) (4 Punkte) Skizzieren Sie das Potential und den Betrag der Kraft aus Teilaufgabe (d). Lösungsvorschlag: Zum Anfertigen der Skizze des Potentials bietet es sich an, die Werte für r = 0 und r = R zu bestimmen, die durch φ(0) = φ< (0) = −

3 GM 2 R

φ(R) = φ< (R) = φ> (R) = −

gegeben sind. Anhand der Funktionen GM φ< (r) = − 2R



r2 3− 2 R

 φ> (r) = −

GM r

GM R

292

Lösungen

lässt sich erkennen, dass das Potential für r < R quadratisch verläuft, während es für r > R mit 1r abfällt und für r → ∞ gegen Null strebt. Für die Skizze der Kraftbeträge müssen diese zunächst noch durch F | = F> = |F

GM m r2

ermittelt werden. Für r → ∞ wie auch für r → 0 streben beide Kräfte gegen Null. Im Falle r → ∞ geschieht dies durch ein r12 Verhalten. Für r → 0 verläuft der Betrag der Kraft linear. An der Stelle r = R sollte F stetig sein und in der Tat, nimmt der Betrag der Kraft dort den Wert F (R) = F> (R) = F< (R) =

GM m R2

an. 1 Die Skizze des Potentials und des Kraftbetrags ist in Abb. 3.5.2 zu sehen.

ϕ

R

r

−GM R −3GM 2R GMm R3

F

R

r

Abb. 3.5.2 Skizze des Potentials (oben) und des Betrages der Kraft (unten)

(f) (3 Punkte) Nehmen Sie an, der Massenpunkt würde durch einen verschwindend dünnen Tunnel direkt durch den Mittelpunkt der Massenverteilung fallen können. Finden Sie die Differentialgleichung, die diese Bewegung für r ≤ R beschreibt und lösen Sie diese. Welche Zeit würde der Massenpunkt benötigen, um von +R zu −R zu fallen? 1 An der Stelle r = R wird die Oberfläche der Kugel betrachtet. Im Falle der Erde ergibt sich dort F = mg, da die Beschleunigung an der Erdoberfläche gerade der Erdbeschleunigung entspricht.

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

293

Lösungsvorschlag: Für r < R ist nach den Erkenntnissen aus Teilaufgabe (d) die Differentialgleichung m¨ r = F < (rr ) = −

GM m rˆ er R3

heranzuziehen. Da sich der Massenpunkt nur entlang r bewegen soll, kann diese in die Differentialgleichung r¨ = −

GM r R3

überführt werden. Dies ist die Differentialgleichung eines harmonischen Oszillators r¨ = −ω 2 r mit der Kreisfrequenz 2π ω= = T



GM , R3

welche durch r(t) = A cos(ωt) + B sin(Ωt) gelöst wird. Mit den Anfangsbedingungen r(0) = R und r(0) ˙ = 0 kann diese eindeutig durch r(t) = R cos(ωt) gelöst werden. Da T die Zeit angibt, die für eine volle Periode, also von r = R zurück zu r = R benötigt wird, ist die gesuchte Zeit τ durch  R3 2π π T = = =π τ= 2 2ω GM GM R3

zu bestimmen. Nicht gefragt: Für die Erde ergäbe sich mittels g=

GM m ≈ 9,81 2 R2 s

R ≈ 6371 km

der Wert  τ =π

R ≈π g



6,371 · 106 m ≈ 42 min 12 s. 9,81 sm2

294

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 3 Kraftstoß am harmonischen Oszillator

Betrachten Sie den harmonischen Oszillator mit einer Inhomogenität, der sich daher durch (2)

Dt x = x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = f (t) beschreiben lässt. Die Parameter γ und ω0 sollen dabei ω0 > γ erfüllen, sodass es sich um den Schwingfall handelt. Weiter soll für f (t) zunächst die Inhomogenität f (t) =

Δp δ(t) m

angenommen werden. (a) (4 Punkte) Finden Sie die Stetigkeitsbedingung bei t = 0 für die Ableitung x. ˙ Lösungsvorschlag: Um die Stetigkeitsbedingung zu finden, kann die Differentialgleichung im Intervall (−τ, τ ) integriert werden. Es wird dann der Grenzwert τ → 0 betrachtet. Die integrierte Differentialgleichung kann zu τ

τ

dt x ¨(t) + 2γ −τ

τ

τ

dt x(t) ˙ +

ω02

−τ

−τ

Δp dt x(t) = m

dt δ(t) = −τ

Δp m

bestimmt werden, da das Integral die Nullstelle des Arguments der Delta-Funktion beinhaltet. Das Integral über x˙ kann wegen des Hauptsatzes der Differential- und Integralrechnung zu τ

dt x(t) ˙ = x(τ ) − x(−τ ) −τ

bestimmt werden. Da die Position eine stetige Funktion ist, wird die rechte Seite im Grenzwert τ → 0 verschwinden und das Integral ist Null. Das Integral τ

dt x(t) −τ

kann nicht weiter vereinfacht werden. Da x(t) aber eine stetige Funktion und daher integrierbar ist und die Stammfunktion somit auch eine stetige Funktion ist, wird ebenfalls der Grenzwert τ → 0 verschwinden. Somit bleibt nur das Integral über x ¨, welches mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung zu τ

dt x ¨(t) = x(τ ˙ ) − x(−τ ˙ ) −τ

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

295

vereinfacht werden kann. Werden die Lösungen für positive und negative t mit x+ (t) bzw. x− (t) bezeichnet, so lässt sich für den Grenzwert τ → 0 die Stetigkeitsbedingung x˙ + (0) − x˙ − (0) =

Δp m

⇒

x˙ + (0) = x˙ − (0) +

Δp m

finden. Für x(t) selbst ist x+ (0) = x− (0) gültig. (b) (4 Punkte) Finden Sie mit den Erkenntnissen aus Teilaufgabe (a) die Lösung x(t) =

sin(Ωt) −γt Δp Θ(t) e m Ω

 mit der Annahme, dass x(t) = 0 für alle t < 0 gilt. Hierbei ist Ω = ω02 − γ 2 . Hinweis: Sie dürfen die homogene Lösung als bekannt voraussetzen. Lösungsvorschlag: Auf den Intervallen (−∞, 0) und (0, ∞) ist die Delta-Funktion Null und es handelt sich daher um die homogene Gleichung. Damit können die Lösungen x± (t) zu x± (t) = (A± cos(Ωt) + B± sin(Ωt)) e−γt  bestimmt werden. Hierbei ist Ω = ω02 − γ 2 ∈ R, wie in der Aufgabe angegeben. Da für alle t < 0 der Zusammenhang x(t) = x− (t) = 0 gelten soll, ist auch x˙ − (t) = 0 für alle t < 0. Damit wird klar, dass A− = B− = 0 ist. Wegen der Stetigkeit von x, muss auch x+ (0) = (A+ cos(0) + B+ sin(0)) e−0 = A+ = x− (0) = 0 sein, so dass nur x+ (t) = B+ sin(Ωt) e−γt gilt. Die Ableitung x˙ + kann dann zu x˙ + (t) = B+ (Ω cos(Ωt) − γ sin(Ωt)) e−γt bestimmt werden. An der Stelle t = 0 nimmt diese den Wert x˙ + (0) = B+ Ω an und muss wegen der Stetigkeitsbedingung aus Teilaufgabe (a) mit x˙ + (0) = x˙ − (0) +

Δp Δp = m m

296

Lösungen

entsprechen, so dass sich B+ =

Δp mΩ

bzw. x+ (t) =

Δp sin(Ωt) e−γt mΩ

bestimmen lässt. Nun ist x(t) für negative t Null und entspricht für positive t der Funktion x+ (t). Dies lässt sich mit Hilfe der Theta-Funktion als sin(Ωt) −γt Δp Θ(t) e m Ω

x(t) = ausdrücken.

(c) (5 Punkte) Bestimmen Sie mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (b) die Green’sche Funktion m G(t) = x(t) Δp und zeigen Sie, dass die partikuläre Lösung für eine beliebige Inhomogenität f (t) durch ∞

dt G(t − t )f (t )

xp (t) = −∞

bestimmt werden kann. Lösungsvorschlag: Die Green’sche Funktion ist mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (b) durch G(t) =

m Δp sin(Ωt) −γt sin(Ωt) −γt m x(t) = Θ(t) e e = Θ(t) Δp Δp m Ω Ω

gegeben. Da die Funktion x(t) die Differentialgleichung (2)

Dt x =

Δp δ(t) m

erfüllt hat und x als x(t) =

Δp G(t) m

geschrieben werden kann, erfüllt die Green’sche Funktion aufgrund der Linearität von (2) Dt (2)

Dt G(t) = δ(t)

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

297

als bestimmende Differentialgleichung. Wenn ∞

dt G(t − t )f (t )

xp (t) = −∞

als Ansatz für die partikuläre Lösung betrachtet wird, bleibt zu zeigen, dass (2)

Dt xp (t) = f (t) gilt. Dazu wird ∞

∞ (2) Dt xp (t)

=

(2) Dt





(2)



dt f (t )Dt G(t − t )

dt G(t − t )f (t ) =

−∞

−∞ (2)

betrachtet, wobei ausgenutzt wurde, dass Dt auf t und nicht auf t wirkt. Die Wir(2) kung von Dt auf G(t) ist bekannt, jedoch noch nicht die Wirkung auf G(t − t ). Hierzu wird die Variablensubstitution τ = t − t und damit verbunden dt = d(τ + t ) = dτ

⇒

∂t = ∂τ

betrachtet. Auf diese Weise lässt sich (2)

Dt

= ∂t2 + 2γ∂t + ω02 = ∂τ2 + 2γ∂τ + ω02 = Dτ(2)

finden. Daher lässt sich der Ausdruck (2)

Dt G(t − t ) = Dτ(2) G(τ ) = δ(τ ) = δ(t − t ) bestimmen, was wiederum die Auflösung ∞ (2) Dt xp (t)

∞ 

dt f (t

=



(2) )Dt G(t



dt f (t )δ(t − t ) = f (t)

−t)=

−∞

−∞

erlaubt. Somit kann mittels der Green’schen Funktion die partikuläre Lösung gefunden werden. Nicht gefragt: (n) Im Allgemeinen wird für einen linearen Differentialoperator n-ter Ordnung Dt die Green’sche Funktion durch die bestimmende Gleichung (n)

Dt G(t, t ) = δ(t − t ) definiert, sodass die partikuläre Lösung über ∞

dt G(t, t )f (t )

xp (t) = −∞

298

Lösungen

(n)

bestimmt wird. Sind die Koeffizienten in Dt nicht explizit zeitabhängig (zeittranslationsinvariant), so lässt sich zeigen, dass die Green’sche Funktion als (n) ˜ Dt G(t) = δ(t)

˜ − t ) G(t, t ) = G(t geschrieben werden kann.

(d) (6 Punkte) Finden Sie die Fourier-Transformierte der Green’schen Funktion G(t) und drücken Sie diese durch die Antwortfunktion des harmonischen Oszillators χ(ω) =

ω02 − ω 2 − 2iγω (ω02 − ω 2 )2 + 4γ 2 ω 2

aus. Lösungsvorschlag: Die Fourier-Transformation ist durch 1 F[G(t)](ω) = √ 2π

∞

dt G(t) e−iωt −∞

definiert und kann über die Rechnung 1 F[G(t)](ω) = √ 2π

∞

dt Θ(t) −∞

1 1 =√ 2π 2iΩ

∞

dt

sin(Ωt) −γt −iωt e e Ω



e(i(Ω−ω)−γ)t − e−(i(Ω+ω)+γ)t

0

 1 1 1 e(i(Ω−ω)−γ)t =√ 2π 2iΩ i(Ω − ω) − γ ∞ 1 e−(i(Ω+ω)+γ)t − −(i(Ω + ω) + γ) 0   1 1 1 1 − =√ 2π 2iΩ γ − i(Ω − ω) i(Ω + ω) + γ   i(Ω + ω) + γ − (γ − i(Ω − ω)) 1 1 =√ 2π 2iΩ γ 2 + iγ(Ω + ω − Ω + ω) + (Ω2 − ω 2 )   2iΩ 1 1 =√ 2π 2iΩ γ 2 + 2iγω + (Ω2 − ω 2 ) 1 1 =√ 2 + 2iγω + (Ω2 − ω 2 ) γ 2π vereinfacht werden. Dabei wurde die Darstellung des Sinus durch komplexe Exponentialfunktionen  1  ix sin(x) = e − e−ix 2i

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

299

ausgenutzt. Weiter entsteht wegen e−γt beim Einsetzen der Grenzen nur ein Beitrag durch t = 0, was die untere Grenze ist und daher ein globales Minuszeichen einführt. Da nun Ω2 = ω02 − γ 2 gilt, lässt sich die Fourier-Transformierte weiter zu 1 1 F[G(t)](ω) = √ 2π γ 2 + 2iγω + (ω02 − γ 2 − ω 2 ) 1 1 =√ 2 2 2π ω0 − ω + 2iγω 1 ω02 − ω 2 − 2iγω =√ 2π (ω02 − ω 2 )2 + 4γ 2 ω 2 vereinfachen, wobei im letzten Schritt mit dem komplex Konjugierten des Nenners erweitert wurde. Ein Vergleich mit der Antwortfunktion χ(ω) =

ω02 − ω 2 − 2iγω (ω02 − ω 2 )2 + 4γ 2 ω 2

liefert den Zusammenhang χ(ω) F[G(t)](ω) = √ 2π zwischen der Green’schen Funktion und der Antwortfunktion, die über eine FourierTransformation verknüpft sind. (e) (6 Punkte) Betrachten Sie nun die Inhomogenität f (t) = f0 cos(ωt + φ) und finden Sie die partikuläre Lösung mit Ihren Ergebnissen aus Teilaufgabe (c) und (d). Drücken Sie diese so aus, dass sie eindeutig reell ist, also keine komplexwertigen Komponenten mehr enthält. Hinweis: Nutzen Sie aus, dass sich die Antwortfunktion als χ(ω) = |χ(ω)| eiψ(ω) schreiben lässt. Nutzen Sie auch den Zusammenhang zwischen χ(−ω) und χ∗ (ω) aus. Lösungsvorschlag: Zunächst wird χ(−ω) durch χ(−ω) =

ω 2 − ω 2 + 2iγω ω02 − (−ω)2 − 2iγ(−ω) = 20 2 2 = χ∗ (ω) 2 2 2 2 2 (ω0 − (−ω) ) + 4γ (−ω) (ω0 − ω ) + 4γ 2 ω 2

bestimmt. Da sich χ(ω) durch χ(ω) = |χ(ω)| eiψ(ω)

300

Lösungen

ausdrücken lässt, wobei √ |χ(ω)| = χχ∗ =



(ω02 − ω 2 )2 + 4γ 2 ω 2 ((ω02 − ω 2 )2 + 4γ 2 ω 2 )2 1

=

(ω02 − ω 2 )2 + 4γ 2 ω 2 −2γω Im [χ(ω)] 2γω = 2 tan(ψ(ω)) = = 2 Re [χ(ω)] ω0 − ω 2 ω − ω02 sind, kann auch χ(−ω) = χ∗ (ω) = |χ(ω)| e−iψ(ω) bestimmt werden. Damit lässt sich über den Zusammenhang ∞

dt G(t − t )f (t )

xp (t) = −∞

und der Darstellung des Kosinus f0 cos(ωt + φ) =

f0 i(ωt+φ) e − e−i(ωt+φ) 2

zunächst der Ausdruck ∞

dt G(t − t )f (t )

xp (t) = −∞

⎛ f0 ⎝ = 2

∞

⎞

∞ 

dt G(t − t ) ei(ωt +φ) +

−∞



dt G(t − t ) e−i(ωt +φ) ⎠

−∞

finden. Mit der Substitution τ = t−t kann dieser Ausdruck auf die Fourier-Transformationen von G reduziert werden. Bei dieser Substitution wird dτ = − dt sein, allerdings werden auch die Vorzeichen in den Grenzen umgekehrt, sodass sich die beiden Vorzeichen aus der Substitution und dem Grenzentausch gegenseitig aufheben. Auf diese Weise lässt sich ⎛ ∞ ⎞ ∞ f0 ⎝ dτ G(τ ) ei(ω(t−τ )+φ) + dτ G(τ ) e−i(ω(t−τ )+φ) ⎠ xp (t) = 2 −∞ −∞ ⎛ ⎞ ∞ ∞ f0 ⎝ i(ωt+φ) = e dτ G(τ ) e−iωτ + e−i(ωt+φ) dτ G(τ ) eiωτ ⎠ 2 −∞

−∞

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

301

finden. Die beiden Integrale lassen sich aber als ∞

dτ G(τ ) e−iωτ = −∞ ∞

dτ G(τ ) eiωτ =

√ 2πF[G(t)](ω) = χ(ω) √ 2πF[G(t)](−ω) = χ(−ω) = χ∗ (ω)

−∞

identifizieren. Und so lässt sich

f0 i(ωt+φ) e χ(ω) + e−i(ωt+φ) χ∗ (ω) xp (t) = 2

f0 i(ωt+φ+ψ(ω)) e + e−i(ωt+φ+ψ(ω)) = |χ(ω)| 2 = |χ(ω)|f0 cos(ωt + φ + ψ(ω)) finden. Es handelt sich um die bekannte Lösung bei einer periodischen Anregung.

302

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 4 Das Zwillings-Paradox

Betrachten Sie die relativistische Verallgemeinerung des 2. Newton’schen Axioms für einen Körper der Masse m, welches die Form duμ dpμ =m = Kμ dτ dτ

(3.5.1)

annimmt. Zunächst soll die Form von K μ bestimmt werden. (a) (2 Punkte) Finden Sie das Lorentz-Skalar uμ K μ und bestimmen Sie damit einen Ausdruck für K 0 in Abhängigkeit von β und K . Lösungsvorschlag: Um den Ausdruck uμ K μ zu bestimmen, kann K μ durch den Zusammenhang aus Gl. (3.5.1) ersetzt werden, um   duμ m d = uμ uμ uμ K μ = muμ dτ 2 dτ zu erhalten. Da uμ uμ = c2 gilt und dieser Ausdruck damit eine zeitliche Konstante ist, ist die rechte und daher auch die linke Seite der Gleichung Null, so dass uμ K μ = 0 gilt. Ausgeschrieben ist dieser Ausdruck durch 0 = uμ K μ = u0 K 0 − uK bestimmt und kann nach K0 =

u K u0

umgestellt werden. Da u0 = γc

u = γvv

gilt, kann der Zusammenhang K0 =

γvv u K = K 0 = K = βK γc c

bestimmt werden. Betrachten Sie nun jenes Inertialsystem, in dem der Körper momentan instantan ruht. Es soll sich mit der Geschwindigkeit β relativ zum (inertialen) Laborsystem bewegen. Im instantenen Inertialsystem unterliegt der Körper der (klassischen) Kraft F  .

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

303

(b) (6 Punkte) Nutzen Sie Ihre Kenntnisse über die Lorentz-Transformation   βT γ −γβ μ β) = Λ ν (β T β 1 + (γ − 1) βββ2 −γβ und ihre Erkenntnisse aus Aufgabenteil (a), um K μ im Laborsystem durch β , γ und F  auszudrücken. Lösungsvorschlag: Das System, in welchem der Körper instantan ruht und ein Inertialsystem ist, wird im Folgenden als instantanes Inertialsystem (IIS) bezeichnet. Alle physikalischen Größen in diesem System werden durch einen Strich markiert. Zunächst muss der Vektor K μ bestimmt werden. Er lässt sich in Komponenten durch K μ = (K 0 , K  ) ausdrücken. Da nach den Erkenntnissen von Teilaufgabe (a) K 0 = β K  gilt und β  = 0 ist, ist auch die Komponente K 0 Null. Um die Komponenten K  zu identifizieren, wird die Gleichung (3.5.1) m

duμ = K μ dτ

verwendet. Im IIS ruht der Körper instantan, so dass γ = 1 ist und daher auch dt = dτ gilt. Aus diesem Grund, kann der raumartige Anteil der Gleichung als K = m

d dvv  a = F  γvv  = m  = ma dτ dt

geschrieben werden. Wegen dem Auftreten der Beschleunigung a  ist der raumartige Anteil von K μ als die (klassische) Kraft aufzufassen. Damit ist K μ durch K μ = (0, F  ) bestimmt. Der Zusammenhang zwischen den Lorentz-Vektoren des Laborsystems und des IIS ist durch β )V ν V μ = Λμν (β

β )V ν V μ = Λμν (−β

gegeben. Daher wird K μ durch  μ

K =

β )K ν Λμν (−β 

=

=

β γβ

βF  γβ

β F  + (γ − 1) β (ββF2





βT γβ

γ

)

T

1 + (γ − 1) βββ2 

0 F



304

Lösungen

bestimmt. Da die Kombination F  =

βF  ) β (β β2

die zu β parallelen Anteil an F  darstellt und die Kraft F  in F  = F  + F ⊥ zerlegt werden kann, lässt sich die Kraft schlussendlich als     βF  βF  γβ γβ μ = K = F  F  F  + (γ − 1)F F ⊥ + γF ausdrücken. Als Probe kann das Produkt F  ) = γβ β F  F ⊥ + γF β K = β (F gebildet werden, um zu sehen, dass die zeitartige Komponente βF  = γβ β (F F ⊥ + F  ) = γβ β F  K 0 = γβ mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a) verträglich ist. Betrachten Sie nun ein Raumschiff der Masse m. Im (beschleunigten) Ruhesystem des Raumschiffs sollen die Reisenden, die konstante Beschleunigung −a, mit a > 0 entlang der z-Achse als Scheinbeschleunigung spüren. (c) (3 Punkte) Zeigen Sie mit Ihren Ergebnissen aus Teilaufgabe (b), dass sich Gleichung (3.5.1) auf die zu lösende Gleichung d (γv) = a dt

(3.5.2)

reduzieren lässt. Lösungsvorschlag: Wenn Die Reisenden in ihrem Ruhesystem die Scheinbeschleunigung −aˆ e z erfahren, dann erfährt ihr Gefährt die (klassische) Kraft maˆ e z . Diese entspricht der (klassischen) Kraft in IIS und es kann der Zusammenhang ez F  = maˆ gefunden werden. Da die Beschleunigung nur entlang der z-Achse erfolgt, wird ein Laborsystem gewählt, in welchem die z-Achse mit der z  -Achse des Ruhesystems der Rakete übereinstimmt. Die Richtung von β wird also ebenfalls parallel zur z-Achse sein. Damit kann schließlich βF  , F ⊥ + γF F  ) K μ = (γβ = (mγβa, 0, 0, mγa)

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

305

gefunden werden. Gl. (3.5.1) m

duμ = Kμ dτ

kann so als  m

du1 du2 du3 du0 ,m ,m ,m dτ dτ dτ dτ

 = (mγβa, 0, 0, mγa)

du 1 2 geschrieben werden. Daraus geht hervor, dass du dτ und dτ Null und u und u somit konstant sind. Da das IS gewählt wurde, in dem β parallel zur z-Achse ist, sind u1 und u2 konstant Null. Um Gl. (3.5.2) zu erhalten wird die 3-Komponente betrachtet um 1

m

du3 = mγa dτ

2

d d γv 3 = γv = γa dτ dτ

⇒

abzulesen. Da zwischen dem Differential dt und dτ der Zusammenhang dt = γ dτ

⇒

d d =γ dτ dt

besteht, kann die Gleichung d d γv = γ (γv) = γa dτ dt

⇒

d (γv) = a dt

gefunden werden. Dies entspricht der zu findenden Gleichung (3.5.2). (d) (5 Punkte) Lösen Sie Gl. (3.5.2) mit der Anfangsbedingung v(0) = 0 und finden Sie auch x(t) mit der Anfangsbedingung x(0) = 0. Lösungsvorschlag: Das die rechte Seite von Gl. (3.5.2) zeitunabhängig ist, kann diese Gleichung direkt zu γv = at + D ausgewertet werden, wobei die Integrationskonstante D behalten wird, um die Anfangsbedingungen einzupflegen. Da für t = 0 auch v = 0 sein soll, ist bei t = 0 auch γ(0) = 

1 1 − v(0)2 /c2

= 1,

sodass γ(0)v(0) = 0 =a·0+D

⇒

D=0

306

Lösungen

gelten muss. Schlussendlich muss also γv =

v 1−

= at

v2 c2

nach v aufgelöst werden, was durch die folgenden Schritte   v2 v2 2 2 2 2 2 ⇒ v =a t 1− 2 2 = a t c 1 − vc2   a2 t2 a2 t2 = a2 t2 ⇒ v 2 = ⇒ v2 1 + 2  2 c 1 + at c möglich ist. Nun muss die Wurzel gezogen werden. Da das Raumschiff entlang der zAchse in positiver Richtung beschleunigt, ist das positive Vorzeichen zu wählen und es kann at v(t) =  2 1 + at c gefunden werden. Um x(t) zu finden, muss der Ausdruck t

dt˜ v(t˜)

x(t) = x(0) + t0

bestimmt werden. Da t0 = 0 und x(0) = 0 ist, bleibt t

t

dt˜ 

dt˜ v(t˜) =

x(t) = 0

0

at˜ 2 ˜ 1 + act

zu bestimmen. Da im Nenner eine Kombination in t˜2 steht und im Zähler ein zusätzlicher Faktor t˜, bietet sich die Substitution  2 at˜ a2 ⇒ dw = 2 2 t˜dt˜ w ≡1+ c c  2 at w(0) = 1 w(t) = 1 + c an, mit der das auszuwertende Integral die Form t

dt˜ 

x(t) = 0

at˜ 2 ˜ 1 + act 2

c2 = 2a

1+( at c )

1

dw √ w

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

307

√ √ annimmt. Die Stammfunktion von 1/ w ist mit 2 w bestimmt und somit lässt sich das Integral zu ⎛ ⎞  2 2 √  2 2 at at c c ⎝ 1+( ) x(t) = 2 w 1 c = 1+ − 1⎠ 2a a c lösen. Als Probe lässt sich x(0) zu ⎛ ⎞ 2  a·0 c2 c2 ⎝ 1+ − 1⎠ = (1 − 1) = 0 x(0) = a c a bestimmen, was der Anfangsbedingung entsprach. Nicht gefragt: Es lassen sich auch die beiden Limits at/c  1 und at/c  1 zu ⎛ ⎞    2  2

2 2 at at c ⎝ 1 c 1 c = 1+ 1+ − 1⎠ ≈ − 1 = at2 x t a a c a 2 c 2 ⎛ ⎞    2 at c c2 ⎝ c2 at = − 1 ≈ ct x t 1+ − 1⎠ ≈ a a c a c bestimmen. Zu Anfang bewegt sich die Rakete also entsprechend der Gesetze der klassischen Mechanik, während sie für späte Zeiten mit fester Geschwindigkeit c eine geradlinig gleichförmige Bewegung vollführt. Beide Limits sind physikalisch sinnvoll. Sie stellen eine weitere Möglichkeit dar, die Sinnhaftigkeit des Ergebnis zu überprüfen. (e) (5 Punkte) Verwenden Sie Ihre Ergebnisse aus Teilaufgabe (d), um einen funktionalen Zusammenhang zwischen der im (inertialen) Laborsystem gemessenen Zeit t und der im Raumschiff vergehenden Eigenzeit τ zu finden. Bestimmen Sie weiter γ als Funktion von t als auch von τ . Hinweis: Sie werden eine Substitution mit dem hyperbolischen Sinus durchführen müssen. Lösungsvorschlag: Da sowohl γv = at als auch v=

at  2 1 + at c

308

Lösungen

bekannt sind, kann durch Division



γv at γ(t) = = = at  v at 2 1+( c )



1+

at c

2

bestimmt werden. Über den Zusammenhang der Differentiale dt = γ dτ lässt sich die Integralgleichung t

0

dt˜ = γ(t)

τ

d˜ τ =τ 0

aufstellen. Es bleibt somit die linke Seite t

dt˜ = γ(t)

τ= 0

t

 0

dt˜ 2 ˜ 1 + act

zu lösen. Zu diesem Zweck bietet sich die Substitution sinh(w) ≡

at˜ c

⇒

t˜ = 0 ⇒ w = 0

a ˜ dt c   at t˜ = t ⇒ w = Arsinh c cosh(w) dw =

an. Damit lässt sich das Integral weiter zu t

dt˜ c  τ= 2 = a ˜ 0 1 + act   at c = Arsinh a c

Arsinh( at c )

0

dw cosh(w) c = a 1 + sinh2 (w)

Arsinh( at c )

dw 0

umformen, wobei die hyperbolische Identität cosh2 (x) − sinh2 (x) = 1 ausgenutzt wurde. Diese Gleichung lässt sich auch nach t auflösen, um aτ c t = sinh a c zu erhalten. Dies lässt sich in den Ausdruck   2 at γ(t) = 1 + c einsetzen, um γ(τ ) =

 1+

a c ca

sinh

aτ

2 c

 aτ aτ = cosh = 1 + sinh2 c c

3.5

Lösung zur Klausur V - Klassische Mechanik

309

zu erhalten. Nicht gefragt: Da mit der Rapdität ν der Lorentz-Faktor γ als cosh(ν) geschrieben werden kann, ist die Rapidität in diesem speziellen Fall durch aτ ν= c gegeben. Nehmen Sie nun an, das Raumschiff lege im Laborsystem die Strecke s zurück. Dabei beschleunige es auf der ersten Hälfte, bis es die Strecke s/2 erreicht hat. Danach beginnt es, mit gleicher Beschleunigung zu bremsen. In der Entfernung s angekommen, hält es die Beschleunigung in negativer z-Richtung aufrecht und kehrt um. Erneut beschleunigt es, bis es die Strecke s/2 erreicht hat, um dann abzubremsen. (f) (4 Punkte) Welche Zeit ist im Laborsystem bzw. im Raumschiff vergangen, wenn es wieder den Punkt z = 0 im Laborsystem erreicht hat? Welche Implikation ergibt sich für ein Zwillingspaar, von dem eine Person im Raumschiff reist und die andere Person im Laborsystem am Ursprung verharrt? Hinweis: Da die vier Reiseabschnitte symmetrisch verlaufen, können Sie das erste Viertel der Reise bis s/2 betrachten und daraus alles weitere herleiten. Nehmen Sie für eine Näherung an, dass der Ausdruck as wesentlich größer als c2 ist. Lösungsvorschlag: Wenn t1 den Zeitpunkt im Laborsystem markiert, zu dem das Raumschiff die Strecke s/2 zurückgelegt hat, so lässt sich die Gleichung ⎛ ⎞ 2  at1 s c2 ⎝ = x(t1 ) = 1+ − 1⎠ 2 a c nach t1 zu c t1 = a



2 as + 1 −1 2c2

auflösen. Für den Fall as/c2  1 wird dieser Ausdruck durch s c at1 = a c 2c genähert. Da die gesamte Zeit nach Aufgabentext dem Vierfachen dieses Wertes entspricht, vergeht im Laborsystem die Zeit t = 2 sc . Um die verstrichene Zeit im Ruhesystem der Rakete zu bestimmen, wird der Zusammenhang     as

2 at1 c c = Arsinh +1 −1 τ1 = Arsinh a c a 2c2 t1 ≈=

310

Lösungen

verwendet, wobei τ1 die Zeit im Ruhesystem der Rakete darstellt, wenn die Rakete im Laborsystem die Strecke s/2 zurückgelegt hat. Wird der Ausdruck as +1 2c2 als cosh(w) aufgefasst, so ist das Argument durch 

2 as 2 + 1 − 1 = cosh (w) − 1 = sinh2 (w) = sinh(w) 2c2 gegeben. Damit verbleibt nur w, was sich durch den Arcosh(x) ausdrücken lässt, um as

c τ1 = Arcosh + 1 a 2c2 zu erhalten. Für große Argumente geht der Arcosh(x) in ln(2x) über, sodass für as  c2 die Näherung c as τ1 ≈ ln 2 a c gefunden werden kann, mit der sich die gesamte Reisedauer zu c as τ = 4τ1 = 4 ln 2 a c bestimmen lässt. Da sich t auch als s c t=2 =4 c a



1 as 2 c2



ausdrücken lässt und x/2 für x  1 wesentlich schneller wächst als ln(x), zeigt sich, dass im Laborsystem wesentlich mehr Zeit vergehen wird als im Ruhesystem der Rakete. Ein Zwilling, welcher im Laborsystem verharrt, wird also mehr gealtert sein, als ein Zwilling, welcher in der Rakete mit geflogen ist. Dies liegt daran, dass der Zwilling in der Rakete sich in einem beschleunigten Bezugssystem, welches kein Inertialsystem darstellt, befindet. Die Systeme sind darin unterscheidbar, dass der Zwilling im beschleunigten Bezugssystem eine Scheinkraft erfährt, die der Zwilling im Laborsystem nicht spürt.

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

3.6

311

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Was gilt für ω0 und γ im Kriechfall und im aperiodischen Grenzfall? Wie lässt sich die Wurzel einer negativen Zahl mit Hilfe von komplexen Zahlen schreiben? Wie hängen sin(x) und sinh(x) bei komplexen Argumenten zusammen? Welchen Grenzwert hat sin(x) /x für x → 0? (b) Wie lässt sich das Kreuzprodukt mittels des Levi-Civita-Symbols ausdrücken? Wie muss daher ci aussehen? Kann die Orthogonalität verwendet werden, um in Indexschreibweise vier Komponenten Oij mit verschiedenen Indices einzufügen? Wie lässt sich aus drei dieser Komponenten und dem Levi-Civita-Symbol die Determinante konstruieren? (c) Wie sind Tangenten- und Normalenvektor durch die zurückgelegte Weglänge s definiert? Wie ist die Krümmung definiert? Lässt sich so der Betrag der Geschwindigkeit v mit der Ableitung von s zusammenbringen? Bzw. zeigen Sie, dass v = vˆ e t gilt. (d) Wird sich die Kugel nach dem Stoß bewegt haben? Unter welchem Winkel wird der Massenpunkt reflektiert? Es ist hilfreich sich die Tangente an der Kugel wie eine Mauer vorzustellen. Eine Skizze kann helfen einen Überblick zu gewinnen. Der differentielle Streuquerschnitt ist durch D(θ, φ) = R2 /4 gegeben. (e) Die Fourier-Transformation ist durch 1 F[f (t)](ω) = √ 2π

∞

dt f (t) e−iωt −∞

definiert. Ihre Lösung sollte 1 sin(ωτ ) F[f (t)](ω) = √ 2π ωτ lauten. Aufgabe 2 - Das Newton’sche Gravitationsgesetz (a) Wie sieht der Ortsvektor in Polarkoordinaten aus? Wie sehen die Ableitungen der Basisvektoren der Polarkoordinaten aus? (b) Wie hängen die überstrichene Fläche und der Drehimpuls zusammen? Welche Form nimmt der Drehimpuls in Polarkoordinaten an? Wieso ist C2 =K p gültig?

312

Lösungen

(c) Warum handelt es sich um ein Zentralkraftfeld? (d) Wie lässt sich r˙ =

C e sin(φ) p

zeigen? Ist das Ergebnis aus (b) C 2 = Kp hilfreich? (e) Wie lautet das dritte Newton’sche Gesetz? Was folgt demnach für a Sonne + a Erde ? (f) Wie lässt sich die Erdbeschleunigung durch das Newton’sche Gravitationsgesetz bestimmen? Welcher Zusammenhang besteht demnach mit der Konstante K, die für das Erde-Mond-System gegenüber dem Sonnensystem modifiziert werden muss? Aufgabe 3 - Virial-Satz (a) Sind Integrale und Grenzwerte linear? Wie lässt sich τ auf unendlich schicken, während nur ganzzahlige Vielfache der Periodendauer T betrachtet werden? ( 'd (rr · p ) t nach der Definition in Teilaufgabe (a) ausgewertet (b) Was passiert, wenn dt wird? Was macht die beschränkt der Bewegung mit diesem Ausdruck? Wie lässt sich dieser Ausdruck mit den Newton’schen Gesetzen umschreiben, indem die Ableitung auf r · p ausgeführt wird? (c) Wie hängen die Kraft F und ihr Potential U zusammen? Sie sollten

Ekin. t = U t für U = 12 mω 2r 2 und 1

Ekin. t = − U t 2 für U = − αr finden. (d) Sie sollten

Ekin. t =

k

U t 2

erhalten. Was ist das zeitliche Mittel einer konstanten Größe? (e) Was ist das Mittel über eine Periode der Funktionen cos2 (x), sin2 (x) und sin(2x)? Welche Energie E hat die gegebene Lösung?

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

313

Aufgabe 4 - Die fallende Feder (a) Ist die potentielle Energie des Gesamtsystems die Summe der potentiellen Energien der einzelnen Systeme? Wie lässt sich |z1 − z2 | mit den Annahmen der Aufgabe vereinfachen? Sie sollten unter anderem die Bewegungsgleichungen m1 z¨1 = −m1 g − k(z1 − z2 − l) erhalten. (b) Wie lassen sich Z¨ und z¨ aus den Bewegungsgleichungen aus Teilaufgabe (a) erhalten? (c) Welches, in der Physik viel diskutierte System, wird durch die Differentialgleichung für z dargestellt? Wie lassen sich z1 und z2 durch z und Z ausdrücken? Sie sollten unter anderem die Lösung z1 (t) = Z0 +

g m2 m2 l − t2 + A cos(Ωt) M 2 M

erhalten, wobei Z0 und A noch zu bestimmende Größen der nächsten Teilaufgaben sind. (d) Was muss im Gleichgewicht für die auf m2 wirkende Kraft gelten? Sie sollten m2 g z2 = −l 1 + kl finden. (e) Warum sind die Konstanten A und Z0 aus Teilaufgabe (c) durch m2 g m2 m2 g Z0 = − l 1+ A= k M kl gegeben? Lässt sich der Zusammenhang m2 μg g = m1 k mΩ2 zeigen? (f) Wieso ist Δz durch Δz = l +

g 1+m cos(Ωt) Ω2 m

gegeben? Wann wird dieser Ausdruck minimal? Lässt sich Ω mit der Kreisfrequenz eines Pendels mit Länge l vergleichen? (g) Wieso sind die Zusammenhänge   1 g 2 z1 (t) ≈ − t 1 + 2 m

z2 (t) ≈ z2 (0) −

gültig? Welche der Massen wird sich wohl eher bewegen?

gΩ2 4 t 24

314

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen (2)

(a) (5 Punkte) Die Green’sche Funktion des Differentialoperators Dt Oszillators

des harmonischen

(2)

¨ + 2γ x˙ + ω02 x Dt x = x ist im Schwingfall durch G(t) = Θ(t)

  ˜ sin Ωt e−γt ˜ Ω

  ˜ = ω 2 − γ 2 gilt. Führen Sie die Größe Ω = |ω 2 − γ 2 | ein bestimmt. Wobei Ω 0 0 und drücken Sie durch diese die Green’sche Funktion des Schwingfalls, des Kriech˜ in diesen falls und des aperiodischen Grenzfalls aus, indem Sie das Verhalten von Ω Fällen betrachten. Lösungsvorschlag: Im Schwingfall ist ω0 > γ und somit ist ˜ = ω 2 − γ 2 = |ω 2 − γ 2 | = Ω, Ω 0 0 weshalb sich die Green’sche Funktion durch G(t) = Θ(t)

sin(Ωt) −γt e Ω

ausdrücken lässt. Im Kriechfall ist γ > ω0 und somit ˜ = ω 2 − γ 2 = (−1) · (γ 2 − ω 2 ) = i γ 2 − ω 2 = i |ω 2 − γ 2 | = iΩ Ω 0 0 0 0 gültig, womit sich die Green’sche Funktion zunächst durch G(t) = Θ(t)

sin(iΩt) −γt e iΩ

ausdrücken lässt. Da für den Sinus

 1 i(ix) i sin(ix) = e − e−i(ix) = − e−x − ex 2i 2  1 x −x = i e −e = i sinh(x) 2 gültig ist, lässt sich die Green’sche Funktion im Kriechfall durch G(t) = Θ(t)

sinh(Ωt) −γt i sinh(Ωt) −γt e e = Θ(t) iΩ Ω

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

315

ausdrücken. ˜ = Ω = 0. Es lässt sich daher Im aperiodischen Grenzfall ist ω0 = γ und damit ist Ω der Grenzwert Ω → 0 aus dem Schwingfall oder dem Kriechfall heraus betrachten. Hier soll der Schwingfall betrachtet werden. Die Green’sche Funktion für den Kriechfall lässt sich dann durch die Rechnung   sin(Ωt) sin(Ωt) −γt = Θ(t) e−γt lim e G(t) = lim Θ(t) Ω→0 Ω→0 Ω Ω Ωt = Θ(t) e−γt lim = Θ(t) e−γt lim t Ω→0 Ω Ω→0 zu G(t) = Θ(t) t e−γt bestimmen. Dabei wurde ausgenutzt, dass für den Limes Ω → 0 das Argument des Sinus auch klein wird und dieser daher durch sein Argument angenähert werden kann. (b) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass für zwei Vektoren a , b , die sich bei Drehung mit der Matrix O gemäß ai = Oij aj

bi = Oij bj

transformieren, das Kreuzprodukt c ≡ a × b mit der selben Matrix O transformiert. Hinweis: Die Matrix O stammt aus der Gruppe SO(3). Lösungsvorschlag: Die Komponenten des Vektors c lassen sich in Indexschreibweise durch ci = ijk aj bk ausdrücken. Damit sind die Komponenten von c  durch ci = ijk aj bk = ijk (Ojj  aj  )(Okk bk ) = ijk Ojj  Okk aj  bk gegeben. Da sich c auch mit O transformieren soll, der Index i aber noch im LeviCivita-Symbol steht, empfiehlt es sich, diesen durch das Kronecker-Delta mittels ci = ijk Ojj  Okk aj  bk = δim mjk Ojj  Okk aj  bk aus dem Levi-Civita-Symbol herauszulösen. Da die Matrix O aus der SO(3) stammt, erfüllt sie die Relation OOT = 1, welche sich in Indexschreibweise durch Oii Omi = δim

316

Lösungen

ausdrücken lässt. Dies lässt sich wiederum in ci einsetzen, um                ci = Oii Omi mjk Ojj Okk aj bk = Oii mjk Omi Ojj Okk aj bk zu erhalten. Der darin auftretende Ausdruck mjk Omi Ojj  Okk entspricht mit i = 1, j  = 2, k  = 3 der Determinante von O. Wären zwei Indices gleich, wäre der Ausdruck Null, da es dem Kreuzprodukt zweier identischer Spaltenvektoren aus der Matrix O entspräche. Bei einer Vertauschung der Indices i , j  und k  käme es pro Vertauschung zu einem Vorzeichenwechsel. Insgesamt kann dieser Ausdruck also mit mjk Omi Ojj  Okk = i j  k det(O) identifiziert werden. 1 Damit lässt sich ci nun durch ci = det(O) Oii i j  k aj  bk = det(O) Oii ci ausdrücken. Da die Matrix O aus der Gruppe SO(3) stammt, ist ihre Determinante gerade Eins und es zeigt sich, dass ci = Oii ci das Transformationsverhalten erfüllt. 2 (c) (5 Punkte) Zeigen Sie ausgehend von der Definition der Geschwindigkeit v = r˙ und der Beschleunigung a = v˙ , dass sich die Beschleunigung durch den Tangentenvektor eˆt , den Normalenvektor eˆn und die Krümmung κ mittels a = vˆ ˙ e t + κv 2eˆn ausdrücken lässt. Lösungsvorschlag: Der Tangentenvektor, der Normalenvektor und die Krümmung sind durch    dˆ e t  et drr 1 dˆ  κ= eˆn = eˆt =  ds ds κ ds definiert, wobei s die zurückgelegte Wegstrecke bezeichnet. Ausgehend vom Ortsvektor lässt sich die Geschwindigkeit mittels v v=v v drr ds drr ds = = = eˆt dt dt ds dt 1 Das

gilt für jede 3 × 3 Matrix und hat nichts mit der SO(3)-Eigenschaft von O zu tun.

2 Da Elemente der Gruppe O(3) zwar auch die Orthogonalität erfüllen, aber auch die Determinante −1 haben

können, würde bei einer solchen Transformation c sein Vorzeichen umkehren. Solch eine Transformation ist eine Spiegelung und unter dieser Verhält sich c nicht wie ein Vektor. Darum handelt es sich bei c um einen Pseudovektor.

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

bestimmen. Da es sich bei eˆt und

v v

317

um den selben Einheitsvektor handelt, muss v=

ds dt

gelten, weshalb sich die Geschwindigkeit auch als v = vˆ et ausdrücken lässt. Nun kann dies nach der Zeit t abgeleitet werden, um die Beschleunigung über   dvv d et dˆ et ds dˆ a= = vˆ e t = vˆ = vˆ ˙et + v ˙et + v dt dt dt dt ds dˆ e 1 t = vˆ ˙ et + v2 κ · = vˆ ˙ e t + κv 2eˆn κ ds zu bestimmen. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie die Streuung eines Massenpunktes der Masse m an einer Kugel mit Radius R und Masse M  m. Die Kugel soll im Ursprung ruhen, während der Massenpunkt aus dem Unendlichen mit der Geschwindigkeit v = vˆ e x auf einer Parallelen zur x-Achse, die um b entlang der y-Achse verschoben ist, herannaht. Bestimmen Sie den differentiellen und totalen Streuquerschnitt    dσ    D(θ, φ) =  σtot. = dΩ D(θ, φ), dΩ  wobei dσ = b db dφ und dΩ = sin(θ) dθ dφ sind. Bei θ handelt es sich in dieser Notation um den Streuwinkel des Massenpunktes. Interpretieren Sie Ihr Ergebnis physikalisch. Lösungsvorschlag: Da die Masse der Kugel M  m ist, kann die Kugel als stationär im Ursprung angenommen werden. Der Massenpunkt wird an ihr abprallen. Der Streuwinkel θ wird dabei dadurch bestimmt, dass der Massenpunkt an der Tangente der Kugel, wie an einer Wand zurückgeworfen wird und mit dem selben Winkel zum Lot auslaufen wird, wie er eingelaufen ist. Dies ist in Abb. 3.6.1 aufgezeigt und es lässt sich mit dem Einfallwinkel α der Zusammenhang π = 2α + θ erschließen, der sich zu α=

π θ − 2 2

umwandeln lässt. Aus Abb. 3.6.1 wird auch ersichtlich, dass b = R sin(α)

318

Lösungen

α

α

θ R

b α

Abb. 3.6.1 Skizze zur Streuung des Massenpunktes m an der Kugel mit Radius R und Masse M  m. gilt, womit sich  b = R sin

π θ − 2 2

 = R cos

  θ 2

finden lässt, was einen Zusammenhang zwischen dem Streuwinkel θ und b herstellt. Für den differentiellen Streuquerschnitt wird die Kombination dσ b db dφ b db = = dΩ sin(θ) dθ dφ 2 sin(θ/2) cos(θ/2) dθ betrachtet. Aus   θ db d R =R cos = − sin(θ/2) dθ dθ 2 2 db bestimmen. Durch Einsetzen in lässt sich der noch benötigte Zusammenhang dθ und dem Ersetzen von b = R cos(θ/2) lässt sich so

dσ dΩ

  dσ R cos(θ/2) R R2 = · − sin(θ/2) = − dΩ 2 sin(θ/2) cos(θ/2) 2 4 und schließlich    dσ  R2 =  D(θ, φ) =  dΩ  4 finden. Es handelt sich um eine Konstante, was bedeutet, dass der Massenpunkt beim Durchschreiten beliebiger aber gleich großer Flächenelemente dσ in ein immer gleich

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

319

großes Raumwinkelelement dΩ gestreut wird, sofern eine Streuung stattfindet. Der totale Streuquerschnitt kann dann zu σtot. =

dΩD(θ, φ) =

dΩ

R2 R2 = 4π = πR2 4 4

bestimmt werden. Der totale Streuquerschnitt gibt an, welche Fläche der Massenpunkt durchschreiten muss, um in den gesamten Raum gestreut zu werden. Es handelt sich um die Querschnittsfläche der Kugel, da dies der einzige Bereich ist, in dem eine Streuung auftritt. (e) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Fourier-Transformation der Funktion f (t) =

1 Θ(τ − |t|) , 2τ

wobei τ > 0 ein freier Parameter ist. Lösungsvorschlag: Die Fourier-Transformation einer Funktion ist durch 1 F[f (t)](ω) = √ 2π

∞

dt f (t) e−iωt −∞

gegeben. Damit lässt sich die Fourier-Transformiert der Funktion f (t) = zu 1 F[f (t)](ω) = √ 2π

∞

1 2τ Θ(τ

τ

1 1 1 Θ(τ − |t|) e−iωt = √ dt dt e−iωt 2τ 2π 2τ −∞ −τ  τ  1 −iωt 1 1 1 1 −1  −iωτ e e =√ =√ − eiωτ 2τ −iω ωτ 2i 2π 2π −τ  1 sin(ωτ ) 1 1 1  iωτ e − e−iωτ = √ =√ 2π ωτ 2i 2π ωτ

bestimmen.

− |t|)

320

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 2 Das Newton’sche Gravitationsgesetz Betrachten Sie die drei Kepler’schen Gesetze in der folgenden Formulierung:

(I) Jeder Planet bewegt sich auf einer Ellipse in deren Brennpunkt die Sonne steht. Die Bewegung findet in einer Ebene statt und die Bahn lässt sich durch ⎛

⎞ cos(φ) ⎜ ⎟ r = r(φ) ⎝ sin(φ) ⎠ 0

r(φ) =

p 1 + e cos(φ)

beschreiben, wobei p > 0 der Bahnparameter und 0 < e < 1 die Exzentrizität sind. (II) Der Fahrstrahl des Planeten überstreicht in gleicher Zeit gleiche Flächen, sodass die zeitliche Änderung der überstrichenen Fläche durch dA C = = konst. dt 2 ausgedrückt werden kann, wobei C für die Bahn eine Konstante ist, von Planet zu Planet aber unterschiedliche Werte annimmt. (III) Die Kuben der großen Halbachsen a und die Umlaufzeit T stehen im Verhältnis a3



2π T

2

= a3 ω 2 = K = konst.

zueinander, wobei K eine Konstante ist, die für jeden Planet im Sonnensystem gültig ist. Sie dürfen ohne Beweis verwenden, dass die Fläche einer Ellipse durch A = πab gegeben ist, sowie die Zusammenhänge  p = a(1 − e2 ) b = a 1 − e2 für den Bahnparameter p, die große und kleine Halbachse a und b und die Exzentrizität e gelten. Verwenden Sie diese Gesetze, um das Newton’sche Gravitationsgesetz F = −G

Mm eˆr r2

herzuleiten. Folgen Sie dazu den Anweisungen der einzelnen Teilaufgaben. (a) (4 Punkte) Verwenden Sie die Bewegung in einer Ebene, um r˙ und r¨ durch Polarkoordinaten auszudrücken.

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

321

Lösungsvorschlag: In Polarkoordinaten lässt sich der Ortsvektor durch r = rˆ er mit ⎛

⎞ cos(φ) ⎜ ⎟ eˆr = ⎝ sin(φ) ⎠ 0 ausdrücken. Die Ableitungen der Basisvektoren sind durch d ˙e φ eˆr = φˆ dt

d ˙e r eˆφ = −φˆ dt

gegeben. Damit lässt sich r˙ = rˆ ˙e r + r

d ˙e φ eˆr = rˆ ˙e r + rφˆ dt

und ˙ e φ + r˙ φˆ ˙ e φ + rφˆ ¨e φ + rφ˙ r¨ = r¨eˆr + r˙ φˆ

d eˆφ dt

˙ e φ + rφˆ ¨e φ − rφ˙ 2eˆr = r¨eˆr + 2r˙ φˆ ¨ eφ = (¨ r − rφ˙ 2 )ˆ e r + (2r˙ φ˙ + rφ)ˆ 1 ¨ eφ = eˆr (¨ r − rφ˙ 2 ) + eˆφ (rr˙ φ˙ + r2 φ)ˆ r 1 d 2˙ (r φ)ˆ = eˆr (¨ r − rφ˙ 2 ) + eˆφ eφ r dt bestimmen. (b) (5 Punkte) Verwenden Sie das zweite Kepler’sche Gesetz, um r2 φ˙ zu finden. Was 2 folgt für die zeitliche Ableitung dieses Terms? Finden Sie weiter die Größe Cp mit Hilfe des dritten Kepler’schen Gesetzes. Lösungsvorschlag: Im Zeitintervall dt verändert sich der Vektor r um drr sodass sich danach der Vektor r + drr ergibt. Durch den Ursprung und die beiden Endpunkte r und r + drr aufgespannt. Die Fläche dieses Dreiecks ist die Hälfte der Fläche des aufgespannten Parallelogramms, dessen Fläche sich über das Kreuzprodukt bestimmen lässt. Es ist außerdem gerade die Fläche, die der Fahrstrahl überstreicht. Daher wird das Kreuzprodukt A= dA

1 1 (rr × (rr + drr )) = r × drr 2 2

322

Lösungen

betrachten. Nach Division mit dt kann so A dA 1 1 ˙ e φ ) = 1 r2 φˆ ˙e z = r × r˙ = rˆ e r (rˆ ˙e r + rφˆ dt 2 2 2 bestimmt werden. Da die Bewegung in der xy-Ebene stattfindet, ist A immer parallel zur z-Achse und lässt sich durch A = Aˆ e z ausdrücken. Nur sein Betrag, bzw. die Komponente A ändert sich, was sich durch dA 1 = r2 φ˙ dt 2 ausdrücken lässt. Dies ist nach dem zweiten Kepler’schen Gesetz aber gerade die Konstante C/2, sodass r2 φ˙ = C = konst. ˙ gilt. Daher verschwindet die zeitliche Ableitung von r2 φ. In der Umlaufzeit T wird die komplette Fläche der Ellipse überstrichen, so dass T

AEllipse = πab =

dt 0

C dA =T dt 2

⇒

C=

2π ab = ωab T

gilt. Mit diesem Ausdruck kann C2 ω 2 a2 b2 ω 2 a4 (1 − e2 ) = = = ω 2 a3 p p a(1 − e2 ) bestimmt werden, wobei die bekannten Zusammenhänge zwischen a, b, p und e benutzt wurden. Nach dem dritten Kepler’schen Gesetz ist dies aber gerade die Konstante K, sodass C2 =K p gilt. (c) (4 Punkte) Kombinieren Sie Ihre Ergebnisse aus Teilaufgabe (a) und Teilaufgabe (b), um die Kraft, die auf den Planeten wirkt zu bestimmen. Um was für eine Art von Kraftfeld handelt es sich? Lösungsvorschlag: Aus Teilaufgabe (b) wurde ersichtlich, dass r2 φ˙ = C = konst. ist. Daher lässt sich r¨ weiter zu 1 d 2˙ (r φ)ˆ r − rφ˙ 2 ) + eˆφ r − rφ˙ 2 ) e φ = eˆr (¨ r¨ = eˆr (¨ r dt     C2 C2 p = eˆr r¨ − r 4 = eˆr r¨ − r p r3

p = eˆr r¨ − K 3 r

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

323

umformen. Nach dem zweiten Newton’schen Gesetz ist die Kraft durch p F = m¨ r = eˆr m r¨ − K 3 = F (rr )ˆ er r gegeben. Da die Kraft parallel zu eˆr ist, handelt es sich um ein Zentralkraftfeld. (d) (4 Punkte) Zeigen Sie mit Hilfe des ersten Kepler’schen Gesetzes, dass r¨ =

K e cos(φ) r2

gilt. Lösungsvorschlag: Zunächst wird r˙ betrachtet und mittels dr dr dφ d p = = φ˙ dt dφ dt dφ 1 + e cos(φ) C e −p (−e sin(φ)) = r2 φ˙ sin(φ) = e sin(φ) = φ˙ (1 + e cos(φ))2 p p

r˙ =

bestimmt. Hierbei wurde im vorletzten Schritt die Ersetzung 1 2

(1 + e cos(φ) )

=

r2 p2

durchgeführt. Somit kann auch   dφ d C d e sin(φ) r¨ = r˙ = dt dt dφ p 1 C2 K C e cos(φ) = 2 e cos(φ) = φ˙ e cos(φ) = 2 p r p r bestimmt werden. Im letzten Schritt wurde dabei die Erkenntnis aus Teilaufgabe (b) 2 K = Cp ausgenutzt. (e) (4 Punkte) Setzen Sie nun die Ergebnisse aus Teilaufgabe (d) in Teilaufgabe (c) ein und verwenden Sie die Newton’schen Axiome, um das Gravitationsgesetz zu bestimmen. Lösungsvorschlag: Für die Kraft kann nun   K p p F = eˆr m r¨ − K 3 = eˆr m e cos(φ) − K 3 r r2 r

Km Km p = eˆr 2 (e cos(φ) − (1 − e cos(φ))) = eˆr 2 e cos(φ) − r r r Km = − 2 eˆr r

324

Lösungen

gefunden werden. Dies ist die Kraft, die die Sonne auf einen Planeten der Masse m ausübt. Die darin auftretende Konstante K ist unabhängig von den Bahnen oder Massen der Planeten. Die einzige Größe im vorliegenden Problem, von der sie noch abhängen könnte ist die Sonnenmasse M . Da die Kraft die auf den Planeten wirkt, proportional zu seiner Masse m ist, muss die Beschleunigung, die der Planet erfährt unabhängig von seiner Masse sein. Nun übt aber auch jeder Planet der Masse m eine Kraft auf die Sonne aus, die nach dem dritten Newton’schen Axiom in ihrem Betrag gleich groß ist. Diese Kraft sollte den gleichen Gesetzmäßigkeiten wie die Kraft auf die Planeten folgen. Im Besonderen muss die Beschleunigung, die die Sonne erfährt, ebenfalls unabhängig von Ihre Masse M sein. Diese Bedingung aSonne + aErde = K 

M m eˆr − K 2 eˆr = 0 r2 r

lässt sich nur erfüllen, wenn die Konstante K und K  die Gleichung K K = m M erfüllen. Da aber K nur von der Sonnenmasse M und nicht von m abhängen kann, sowie die Konstante K  nur von der Planetenmasse m und nicht von M abhängen kann, muss es sich bei diesen Brüchen um eine universelle Naturkonstante handeln, die mit G bezeichnet werden soll. Somit ergibt sich F = −G

Mm eˆr r2

als Kraft, die zwischen zwei massiven Körpern wirkt. (f) (4 Punkte) Drücken Sie die Erdbeschleunigung g durch den Erdradius, den Abstand zwischen Erde und Mond, sowie die Umlaufdauer des Mondes aus, um eine Möglichkeit zur Prüfung der Universalität des Kraftgesetzes zu schaffen. (Sie müssen keine Zahlen einsetzen) Lösungsvorschlag: Da die Konstante K des dritten Kepler’schen Gesetztes durch die Masse des Zentralkörpers GM bestimmt ist, kann für die große Halbachse des Mondes d und die Kreisfrequenz des Mondes ω der Zusammenhang d3 ω 2 = K = Gm gefunden werden, wobei m die Masse der Erde ist. Auf der Erdoberfläche mit r = R erfährt ein Körper nach dem Kraftgesetz die Beschleunigung a=−

Gm er , eˆr = −gˆ R2

was gerade der Erdbeschleunigung entspricht. Somit kann g durch g=

Gm d3 ω 2 4π 2 d3 = = 2 2 2 2 R R T R

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

325

gefunden werden. Nicht gefragt: Mit den Werten für das Erde-Mond-System d ≈ 3,834 · 108 m, R ≈ 6,371 · 106 m und T ≈ 27,32 Tage lässt sich so g≈

4π 2 (3,834 · 108 m)3 m ≈ 9,84 2 (27,32 · 86400 s)2 (6,371 · 106 m)2 s

für die Erdbeschleunigung finden, was in guter Übereinstimmung mit g ≈ 9,81 sm2 ist.

326

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 3 Virial-Satz

In dieser Aufgabe wird der klassische Virial-Satz betrachtet, der eine Aussage über die zeitlichen Mittel physikalischer Größen trifft. Das zeitliche Mittel einer Funktion f (t) ist dabei durch τ

1

f (t)t ≡ lim τ →∞ τ

dt f (t) 0

definiert. (a) (7 Punkte) Zeigen Sie zunächst, dass für zwei Funktionen f (t), g(t) und zwei Zahlen α und β der Zusammenhang

αf (t) + βg(t)t = α f (t)t + β g(t)t gilt. Zeigen Sie weiter das für T -periodische Funktionen f (t + T ) = f (t) die alternative und äquivalente Definition T

1

f (t)t ≡ T

dt f (t) 0

möglich ist. Lösungsvorschlag: Um den ersten Zusammenhang zu zeigen, wird die Rechnung τ

1

αf (t) + βg(t)t = lim τ →∞ τ

dt (αf (t) + βg(t)) 0

⎛ 1 = lim ⎝α τ →∞ τ

τ

⎞

τ

dt g(t)⎠

dt f (t) + β 0

0

herangezogen. Dabei wurde im letzten Schritt die Linearität des Integrals ausgenutzt. Wenn die beiden Grenzwerte von τ

α τ

τ

dt f (t) 0

β τ

dt g(t) 0

existieren, dann stimmt die Summe mit dem Grenzwert der Summe der Argumente überein, sodass ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ τ τ α β dt f (t)⎠ + lim ⎝ dt g(t)⎠

αf (t) + βg(t)t = lim ⎝ τ →∞ τ →∞ τ τ 0

0

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

327

gilt. Wenn die Grenzwerte existieren, können Faktoren aus ihnen herausgezogen werden, so dass ⎛ τ ⎛ τ ⎞ ⎞ 1 1 dt f (t)⎠ + β lim ⎝ dt g(t)⎠

αf (t) + βg(t)t = α lim ⎝ τ →∞ τ →∞ τ τ 0

0

gefunden werden kann und damit

αf (t) + βg(t)t = α f (t)t + β g(t)t gezeigt ist. Für eine T -periodische Funktion, kann für τ → ∞ die spezielle Parametrisierung τ = N T mit N → ∞ verwendet werden, um den Grenzwert nach Unendlich durchzuführen. Damit lässt sich das zeitliche Mittel aber zu τ

1

f (t)t = lim τ →∞ τ

NT

1 dt f (t) = lim N →∞ N T

0

N −1 1  N →∞ N T n=0

dt f (t) 0

(n+1)T

dt f (t)

= lim

nT

umformen. Dabei wurde das Intervall [0, N T ] im letzten Schritt in N gleich Große Intervalle aufgeteilt. Nun kann die Substitution t = t + nT für jedes Integral durchgeführt werden, um so jedes Integral über demselben Intervall t ∈ [0, T ] auszuführen. Damit lässt sich das zeitliche Mittel durch N −1 1 

f (t)t = lim N →∞ N T n=0

T

dt f (t + nT ) 0

ausdrücken. Da es sich bei f um eine T -periodische Funktion handelt, ist f (t + nT ) = f (t + (n − 1)T ) = · · · f (t + T ) = f (t ), weshalb sich schlussendlich N −1 1 

f (t)t = lim N →∞ N T n=0

T

T

1 dt f (t ) = T 

0



T

=

1 T

dt f (t ) lim

N →∞

0

dt f (t ) 0

0



T

T

1 = T

N −1 1  dt f (t ) lim 1 N →∞ N n=0 

1 1 N= N T

dt f (t ) lim 1 0

N →∞

328

Lösungen

finden lässt. Mit einer erneuten Umbenennung t = t, wird so der Ausdruck T

1

f (t)t = T

dt f (t) 0

gefunden, was der gegebene, alternative Definition für T -periodische Funktionen entspricht. (b) (2 Punkte) Bilden Sie das zeitliche Mittel des Ausdrucks  d r ·p dt für eine Bewegung, die räumlich und im Betrag des Impulses beschränkt ist, also für die |rr (t)|, |pp(t)| < ∞ für alle t gilt. Zeigen Sie dann, dass der Virial-Satz 1

Ekin. t = − rr · F t 2 gilt. Lösungsvorschlag: Einerseits ist das zeitliche Mittel durch τ     d 1 r (τ ) · p (τ ) − r (0) · p (0) d r ·p r · p = lim = lim dt τ →∞ τ τ →∞ dt dt τ t 0

zu bestimmen. Da nun aber die Beträge von r und p beschränkt sind, der Nenner aber beliebig groß werden kann, wird der gesamte Ausdruck verschwinden, so dass    d r ·p =0 dt t gilt. Andererseits lässt sich die Ableitung ausführen, um das zeitliche Mittel von  d r · p = r˙ · p + r · p˙ = mr˙ 2 + r · F dt zu bestimmen. Dabei wurde verwendet, dass nach dem zweiten Newton’schen Gesetz p˙ = F gilt und dass p = mr˙ ist. Der erste Term ist dabei das Doppelte der kinetischen Energie Ekin. , sodass    d r ·p = 2Ekin. + r · F t = 2 Ekin. t + rr · F t dt t gilt. Da dieser Ausdruck Null beträgt, lässt sich 1

Ekin. t = − rr · F t 2 finden.

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

329

(c) (3 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass die Kraft F eine konservative Kraft ist, die durch das Potential U (rr ) dargestellt werden kann. Bringen Sie dann das zeitliche Mittel des Potentials mit dem der kinetischen Energie durch den Viral-Satz in Verbindung. Finden Sie für die beiden Potentiale 1 U (rr ) = mω 2r 2 2 und α U (rr ) = − r den Zusammenhang zwischen den zeitlichen Mitteln der potentiellen und kinetischen Energie. Lösungsvorschlag: Da sich die Kraft F durch das Potential U (rr ) als Gradient über F = − grad(U ) schreiben lassen soll, lässt sich 1 1 1

Ekin. t = − rr · F t = − rr · (− grad(U ))t = rr · grad(U )t 2 2 2 finden. Der Gradient des Potentials U (rr ) = 12 mω 2r 2 lässt sich zu 1 mω 2 2rr = mω 2r 2 bestimmen, sodass das Argument des zeitlichen Mittels durch grad(U ) =

r · grad(U ) = mω 2r 2 = 2U gegeben ist. Daher sind die zeitlichen Mittel der kinetischen und potentiellen Energie durch 1 1

Ekin. t = rr · grad(U )t = 2U t = U t 2 2 miteinander verknüpft. Der Gradient des Potentials U (rr ) = αr kann zu ∂ α U (r) = − 2 eˆr ∂r r bestimmt werden, sodass das Argument des zeitlichen Mittels durch als α α r · grad(U ) = − 2 r = − = −U (r) r r gefunden ist. Daher ist der Zusammenhang der zeitlichen Mittel der kinetischen und potentiellen Energie durch grad(U ) = eˆr

Ekin. t = gegeben.

1 1 1

rr · grad(U )t = −U t = − U t 2 2 2

330

Lösungen

(d) (5 Punkte) Betrachten Sie nun das Potential der Form U (rr ) = αrk mit einem beliebigen k und finden Sie den Zusammenhang zwischen Ekin t und

U t . Prüfen Sie damit Ihre Ergebnisse aus Teilaufgabe (c). Drücken Sie dann für das Potential U (rr ) = αrk das zeitliche Mittel der kinetischen und der potentiellen Energie durch die Gesamtenergie E des Systems aus. Lösungsvorschlag: Der Gradient des gegebenen Potentials wird zu grad(U ) = eˆr

∂ ∂r k U (r) = eˆr α = αkrk−1eˆr ∂r ∂r

bestimmt. Mit r multipliziert, kann so r · grad(U ) = kαrk = kU (r) gefunden werden, sodass

Ekin. t =

1 1 k

rr · grad(U )t = kU t = U t 2 2 2

gilt. Für das Potential U (rr ) =

1 1 mω 2r 2 = mω 2 r2 2 2

ist k = 2, sodass

Ekin. t =

2

U t = U t 2

gilt, was dem Ergebnis aus (c) entspricht. Für das Potential U (r) =

α r

ist k = −1, sodass

Ekin. t =

−1 1

U t = − U t 2 2

gelten muss. Auch dies entspricht dem Ergebnis aus Teilaufgabe (c). Da in konservativen Systemen die Energie E eine Erhaltungsgröße ist, ist sie gleich ihrem zeitlichen Mittel, so dass E = Et = Ekin. + U t = Ekin. t + U t

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

331

gilt. Nun lässt sich durch den Zusammenhang

Ekin. t =

k

U t 2

das zeitliche Mittel der kinetischen Energie ersetzen, um   k k+2 + 1 U t =

U t E= 2 2 und somit

U t =

2 E k+2

zu finden. Das zeitliche Mittel der kinetischen Energie kann daher zu

Ekin. t =

k k 2 k

U t = E= E 2 2k+2 k+2

bestimmt werden. Nicht gefragt: Für ein Potential mit k = 2 ergeben sich so Ekin. t = U t = E2 , was bedeutet, dass die Energie im Mittel gleichmäßig auf potentielle Energie und auf die kinetische Energie aufgeteilt wird. Für ein Potential mit k = −1 können Ekin. t = −E und

U t = 2E gefunden werden. Das die stets positive kinetische Energie im Mittel −E entspricht, liegt daran, dass die Energie für gebundene Bewegungen negativ ist. (e) (8 Punkte) Prüfen Sie den Virial-Satz explizit durch Einsetzen der Lösung r (t) = r 0 cos(ωt) +

v0 sin(ωt) ω

für das Potential U (r) = 12 mω 2 r2 aus Teilaufgabe (c). Lösungsvorschlag: Das zeitliche Mittel der potentiellen Energie kann durch   ' ( 1 1 mω 2r 2 = mω 2 r 2 t

U t = 2 2 t ermittelt werden. Es bleibt daher der Ausdruck   ' 2( v2 r0 · v0 sin(ωt) cos(ωt) + 02 sin2 (ωt) r t = r 20 cos2 (ωt) + 2 ω ω t ( ( ' r0 · v0 v02 ' 2 2 2

2 sin(ωt) cos(ωt)t + 2 sin (ωt) t = r0 cos (ωt) t + ω ω

332

Lösungen

zu bestimmen. Da es sich in allen drei Fällen, mindestens um 2π ω -periodische Funktionen handelt, werden ihre zeitlichen Mittel durch die zu lösenden Integrale '

cos2 (ωt)

( t

ω = 2π

( ' 2 ω sin (ωt) t = 2π ω

2 sin(ωt) cos(ωt)t = 2π

2π ω

dt cos2 (ωt) 0 2π ω

dt sin2 (ωt) 0 2π ω

dt 2 sin(ωt) cos(ωt) 0

bestimmt. Durch die Stammfunktionen x sin(2ax) + 2 4a sin(2ax) x dx sin2 (ax) = − 2 4a

dx cos2 (ax) =

können   2π ' 2 ( sin(2ωt) ω ω t 1 cos (ωt) t = + = 2π 2 4ω 2 0 und   2π ' 2 ( sin(2ωt) ω ω t 1 sin (ωt) t = − = 2π 2 4ω 2 0 gefunden werden. Durch die Umformung 2 sin(ωt) cos(ωt) = sin(2ωt) zeigt sich, dass beim Bilden des zeitlichen Mittels ω

2 sin(ωt) cos(ωt)t = 2π =−

2π ω

0

1 dt sin(2ωt) = 4π

4π

du sin(u) 0

1 4π [cos(u)]0 = 0 4π

der Sinus von u über das Intervall von [0, 4π) integriert wird, was dazu führt, dass das zeitliche Mittel verschwindet, da der Sinus eine genauso große Fläche unterhalb wie oberhalb der x-Achse besitzt. Somit lässt sich die potentielle Energie schlussendlich zu  2    r0 1 1 v02 1 1 2 2 2 2

U t = mω = + mω r0 + mv0 2 2 2ω 2 2 2 2

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

333

bestimmen. Da für konservative Systeme mit k = 2 eine laut der Teilaufgaben (c) und (d) äquivalente Formulierung des Virial-Satzes dadurch gegeben ist, dass U t = E2 gilt, genügt es nun, E zu bestimmen und zu zeigen, dass U t gerade die Hälfte davon ist. Da die Energie erhalten ist, kann sie zum Zeitpunkt t = 0 bestimmt werden. Dort lässt sie sich durch E(0) =

1 2 1 mr˙ (0) + mω 2r 2 (0) 2 2

ermitteln. Da sich aus r (t) = r 0 cos(ωt) +

v0 sin(ωt) ω

sowohl r (0) = r 0 als auch

⇒

r˙ (t) = −ωrr 0 sin(ωt) + v 0 cos(ωt) r˙ (0) = v 0

ergeben, ist die Gesamtenergie durch E=

1 1 mv 2 + mω 2 r02 2 0 2

bestimmt. Das entspricht dem Doppelten des gefundenen U t , womit durch explizites Einsetzen die Gültigkeit des Virial-Satzes gezeigt wurde. 3

3 Natürlich kann stattdessen auch die kinetische Energie als Funktion der Zeit bestimmt werden und deren zeitliches Mittel gesucht werden, um U t = Ekin. t zu zeigen.

334

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 4 Die fallende Feder

Es soll der freie Fall des Systems in Abb. 3.6.2 untersucht werden. Zwei Massen m1 und m2 sind an den beiden Enden einer (massenlosen) Feder mit Federkonstante k und Ruhelänge l befestigt und sollen sich nur in z-Richtung bewegen können. Das Potential einer Feder ist durch U = k2 (Δl)2 gegeben, wobei Δl die Auslenkung von der Ruhelänge darstellt. Das Potential einer Masse m im Schwerfeld der Erde ist durch ihre Höhe z als U = mgz gegeben. Sie dürfen annehmen, dass z1 > z2 für alle t gilt.

z m1 g

k, l

m2

Abb. 3.6.2 Skizze der fallenden Feder mit Massen an beiden Enden (a) (2 Punkte) Finden Sie die potentielle Energie des Systems als Funktion von z1 und z2 und bestimmen Sie daraus die Bewegungsgleichungen. Lösungsvorschlag: Das Potential wird eine Funktion von z1 und z2 sein. Es lässt sich zunächst als k (|z1 − z2 | − l)2 2 schreiben. Die ersten beiden Terme stellen die potentielle Energie der Massen im Schwerefeld der Erde dar, während der letzte Term die potentielle Energie der Feder darstellt. Da z1 > z2 für alle t gelten soll, können die Betragsstriche ignoriert werden, um U (z1 , z2 ) = m1 gz1 + m2 gz2 +

U (z1 , z2 ) = m1 gz1 + m2 gz2 +

k (z1 − z2 − l)2 2

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

335

zu erhalten. Die Bewegungsgleichungen lassen sich dann durch ∂U = −m1 g − k(z1 − z2 − l) ∂z1 ∂U = −m2 g + k(z1 − z2 − l) m2 z¨2 = − ∂z2

m1 z¨1 = −

bestimmen. (b) (3 Punkte) Führen Sie die Größen Z=

m1 z1 + m2 z2 m1 + m2

z = z1 − z2 − l

sowie M = m 1 + m2

μ=

m1 m2 M

Ω2 =

k μ

ein und zeigen Sie, dass sich die Bewegungsgleichungen damit auf Z¨ = −g

z¨ = −Ω2 z

vereinfachen lassen. Lösungsvorschlag: Mit M Z = m1 z1 + m2 z2 lässt sich direkt M Z¨ = m1 z¨1 + m2 z¨2 = −m1 g − k(z2 − z2 − l) − m2 g + k(z2 − z2 − l) = −(m1 + m2 )g = −M g ¨ ⇒ Z = −g bestimmen. Für z = z1 − z2 − l kann k k z¨ = z¨1 − z¨2 = −g − (z2 − z2 − l) + g − (z2 − z2 − l) m1 m2   1 1 k m1 + m2 + kz = − z kz = − =− m1 m2 m1 m2 μ = −Ω2 z (c) (5 Punkte) Finden Sie die allgemeinen Lösungen z1 und z2 und verwenden Sie z˙1 (0) = z˙2 (0) = 0, um diese durch zwei noch zu bestimmende Konstanten auszudrücken. Lösungsvorschlag: Die Lösung für Z kann durch g Z(t) = Z0 + V0 t − t2 2

336

Lösungen

bestimmt werden, während, die Lösung für z durch z(t) = A cos(Ωt) + B sin(Ωt) gegeben ist. Mit den Anfangsbedingungen z˙1 (0) = z˙2 (0) = 0 lassen sich auch direkt ˙ Z(0) = z(0) ˙ = 0 finden, weshalb die Zusammenhänge ˙ Z(0) = V0 = 0

z(0) ˙ = BΩ = 0

gelten müssen, wodurch Z(t) und z(t) nur noch durch g Z(t) = Z0 − t2 2

z(t) = A cos(Ωt)

zu bestimmen sind. Die eingeführten Koordinaten M Z = m1 z1 + m2 z2

z = z1 − z2 − l

lassen sich durch die Rechnung M Z + m2 z = m1 z1 + m2 z2 + m2 z1 − m2 z2 − m2 l = M z1 − m2 l zu z1 = Z +

m2 m2 z+ l M M

und z2 = z1 − z − l = Z + =Z−

m1 m1 z− l M M

m2 m 1 + m2 m 1 + m2 m2 z+ l− z− l M M M M

auflösen. Die gefundenen Lösungen für Z und z können eingesetzt werden, um m2 l− M m1 z2 (t) = Z0 − l− M

z1 (t) = Z0 +

g 2 t + 2 g 2 t − 2

m2 A cos(Ωt) M m1 A cos(Ωt) M

zu erhalten. (d) (2 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass für t < 0 die Masse m1 an der Stelle z1 = 0 fixiert war. Finden Sie die Gleichgewichtslage von z2 . Lösungsvorschlag: Eine Gleichgewichtslage bedeutet, es herrscht ein Kräftegleichgewicht, sodass  ∂ U  m¨ z2 = − =0 ∂z2 z1 =0

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

337

gelten muss, was sich als  ∂ U  = m2 g − k(−z2 − l) = m2 g + kz2 + kl = 0 ∂z2 z1 =0 schreiben lässt. Somit muss die Gleichgewichtslage bei m2 g m2 g z2 = −l − = −l 1 + k kl liegen. (e) (6 Punkte) Verwenden Sie die Anfangsbedingungen z1 (0) = 0 und die Gleichgewichtslage aus Teilaufgabe (d) für z2 , um die Lösungen von z1 und z2 auf die Form g g (cos(Ωt) − 1) z1 (t) = − t2 + 2 mΩ2 g g z2 (t) = −l − t2 − (m cos(Ωt) + 1) 2 mΩ2 zu bringen, wobei m =

m1 m2

das Verhältnis der beiden Massen darstellt.

Lösungsvorschlag: Aus den Anfangsbedingungen z1 (0) = 0

m2 g z2 (0) = −l 1 + kl

lassen sich durch

m2 g = M Z0 M Z(0) = m1 z1 (0) + m2 z2 (0) = −m2 l 1 + kl

und

m2 g m2 g −l = =A z(0) = z1 (0) − z2 (0) − l = l 1 + kl k

die Konstanten A und Z0 zu A=

m2 g k

Z0 = −

m2 g m2 l 1+ M kl

bestimmen, wodurch die Lösungen z1 und z2 durch g m2 m2 l − t2 + A cos(Ωt) M 2 M m2 g m2 g m2 m2 g m2 l 1+ + l − t2 + cos(Ωt) =− M kl M 2 M k m2 g g g m2 m2 m1 g = 2 (cos(Ωt) − 1) − t2 = (cos(Ωt) − 1) − t2 Mk 2 m1 M k 2 g 2 m2 μg (cos(Ωt) − 1) − t = m1 k 2

z1 (t) = Z0 +

338

Lösungen

und g m1 m1 l − t2 − A cos(Ωt) M 2 M

m2 g m1 g m1 m2 g m2 l 1+ − l − t2 − cos(Ωt) =− M kl M 2 M k m2 g m1 m2 g g = −l − 2 − cos(Ωt) − t2 kM Mk 2 g m2 m2 m1 g μg − cos(Ωt) − t2 = −l − m1 kM k 2 g 2 m2 μg μg − cos(Ωt) − t = −l − m1 k k 2

z2 (t) = Z0 −

gegeben sind. Wegen Ω2 = μk und mit der Einführung des Massenverhältnisses m = m1 m2 lassen sich die Koeffizienten μg g = 2 k Ω und m2 μg g = m1 k mΩ2 vereinfachen. Damit können die Lösungen g m2 μg (cos(Ωt) − 1) − t2 m1 k 2 g g 2 = (cos(Ωt) − 1) − t mΩ2 2

z1 (t) =

und g m2 μg μg − cos(Ωt) − t2 m1 k k 2 g g g 2 = −l − − 2 cos(Ωt) − t mΩ2 Ω 2 g g 2 t = −l − (m cos(Ωt) + 1) − mΩ2 2

z2 (t) = −l −

gefunden werden. (f) (3 Punkte) Finden Sie die minimale Annäherung Δz = z1 − z2 der beiden Massen, sowie eine Bedingung für Ω, g, l und m, um Δz > 0 für alle t zu realisieren. Welchen Zusammenhang sollten Ω, g und l erfüllen, damit möglichst kleine Δz erreicht werden können. Bedenken Sie dabei, dass m > 0 gelten muss. Lösungsvorschlag: Aus den beiden Lösungen g g z1 (t) = − t2 + (cos(Ωt) − 1) 2 mΩ2 g g z2 (t) = −l − t2 − (m cos(Ωt) + 1) 2 mΩ2

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

339

lässt sich die Annäherung Δz zu Δz = z1 − z2 g g g g = − t2 + (cos(Ωt) − 1) + l + t2 + (m cos(Ωt) + 1) 2 mΩ2 2 mΩ2 g g 1+m =l+ cos(Ωt) (1 + m) cos(Ωt) = l + 2 mΩ2 Ω m bestimmen. Dabei ist es auch möglich den Koeffizienten vor dem Kosinus-Term als m2 g k auszudrücken. Da der Koeffizient positiv ist, wird die kleinste Annäherung für (2n + 1) ωπ erreicht. Die kleinste Annäherung ist deshalb durch g 1+m Ω2 m

Δzmin = l −

gegeben. Damit dieser Ausdruck positiv ist, muss l> ⇒ gelten. Mit ω 2 =

g 1+m Ω2 m

m(Ω2 l − g) > g g l

⇒

⇒

m>

mΩ2 l > g(1 + m) 1

Ω2 gl

−1

lässt sich diese Bedingung auch als 1 m >  2 Ω ω

−1

= mmin.

4

schreiben. Das Massenverhältnis muss positiv sein, also muss auch mmin. positiv sein, sodass  2 Ω >1 ⇒ Ω>ω ω gelten muss. Wenn m besonders nahe an mmin. liegt, so kommt es zu besonders kleinen Annäherungen. (g) (4 Punkte) Betrachten Sie für die Lösungen aus Teilaufgabe (e) den Grenzwert Ωt  1 und entwickeln Sie z1 und z2 bis zur führenden Ordnung. Welche Besonderheit ergibt sich dabei für z2 ? Betrachten Sie in diesem Grenzwert weiter die Fälle m  1 und m  1 bei konstantem Ω. Vergleichen und diskutieren Sie die Ergebnisse miteinander, besonders im Hinblick auf die Bewegung von m2 . Lösungsvorschlag: Für Ωt  1 lässt sich der Kosinus durch cos(Ωt) ≈ 1 − 4ω

(Ωt)2 (Ωt)4 + 2 24

entspricht der Periodendauer eines mathematischen Pendels mit Länge l

340

Lösungen

entwickeln. Eingesetzt in g g (cos(Ωt) − 1) z1 (t) = − t2 + 2 mΩ2 kann so   (Ωt)4 g g (Ωt)2 z1 (t) ≈ − t2 + + − 1 1 − 2 mΩ2 2 24 g 2 g 2 gΩ2 4 =− t − t + t 2  2m  24m g 1 ≈ − t2 1 + 2 m gefunden werden. Für g g z2 (t) = −l − t2 − (m cos(Ωt) + 1) 2 mΩ2 wird hingegen   (Ωt)4 g g (Ωt)2 z2 (t) ≈ −l − t2 − + m + 1 m − m 2 mΩ2 2 24 2 g 1 + m g 2 g 2 gΩ 4 = −l − 2 − t + t − t Ω m 2 2 24 gefunden. Da l+

g 1+m m2 g m1 + m2 m2 g =l+ 2 = z2 (0) =l+ 2 Ω m Ω m1 m2 k

ist, wobei Ω2 μ = k ausgenutzt wurde, entspricht der erste Term, wie zu erwarten z2 (0), so dass die Lösung als z2 (t) ≈ z2 (0) −

gΩ2 4 t 24

geschrieben werden kann. Es fällt hierbei im Besonderen auf, dass für kleine t die Masse Eins quadratisch beschleunigt wird. Jedoch nicht mit der Erdbeschleunigung, sonder mit einem zusätzlichen Faktor. Masse Zwei auf der anderen Seite zeigt ein t4 verhalten, was darauf deutet, dass sie sich im Vergleich zu Masse Eins langsamer in Bewegung zu setzen scheint. Nun lässt sich der Grenzfall m  1 betrachten. Hier ist m1  m2 und die Lösungen können zu   g g 1 z1 (t) ≈ − t2 1 + ≈ − t2 2 m 2 2 gΩ 4 t z2 (t) ≈ z2 (0) − 24

3.6

Lösung zur Klausur VI - Klassische Mechanik

341

genähert werden. Die Masse Eins beschleunigt hier mit der gewöhnlichen Erdbeschleunigung, während Masse Zwei nur langsam in Bewegung kommt. Für den Fall m  1 ist die Masse m2  m1 besonders schwer. Hier können die Lösungen zu   g 2 g 1 ≈− t z1 (t) ≈ − t2 1 + 2 m 2m gΩ2 4 t z2 (t) ≈ z2 (0) − 24 genähert werden. Es ist zu sehen, dass Masse Eins nun wesentlich schneller beschleunigt und daher im Vergleich zum Fall m  1 eine Verstärkung des Effekts auftritt, dass Masse Zwei sich kaum zu bewegen zu scheint. In diesem Fall kann Masse Eins eine viel größere Strecke zurücklegen, bevor Masse Zwei sich merklich verschiebt. Dadurch entsteht zunächst die Illusion, als würde Masse Zwei an Ihrer Position verharren und daher schweben. Im Zusammenhang mit den Erkenntnissen aus Teilaufgabe (f) wird klar, dass dieser Effekt wohl besonders stark auftreten wird, wenn Ω  ω ist, da dann ein besonders kleines mmin. erzielt wird und nahezu vollständige Kompressionen der Feder erreicht werden können. Es sieht dann so aus, als würde sich die Feder erst zusammenziehen, bevor sich Masse Zwei merklich von ihrer Startposition bewegt.

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

3.7

343

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Wie lässt sich das Kreuzprodukt mit dem Levi-Civita-Symbol ausdrücken und was gilt für ijk ilm . (b) Wie ist der Drehimpuls definiert und wie lautet das zweite Newton’sche Gesetz? (c) Was muss für ein konservatives Kraftfeld (ohne Polstellen) gelten? Ist das hier der Fall? Welche der drei Komponenten von F lässt sich am einfachsten integrieren? Ist die Integrationskonstante wirklich konstant oder noch von den anderen Koordinaten abhängig? (d) Was ist die Umkehroperation zu einer Ableitung? Wie hängen Ortsvektor, Geschwindigkeit und Beschleunigung über Ableitungen zusammen? (e) Wie sehen das charakteristische Polynom und dessen Lösungen aus? Wie lassen sich daraus die Lösungen der Differentialgleichung konstruieren? Was gilt für doppelte Nullstellen des charakteristischen Polynoms? Aufgabe 2 - Federn und ihre Kräfte (a) Wie ist die potentielle Energie durch ein Linienintegral definiert? (b) Wieso können die Potentiale addiert werden? (c) Warum herrscht an der Verbindungstelle der Federn ein Gleichgewicht? Wie lässt sich so für die Verbindungstelle s der Ausdruck s=

k2 k1 l1 − k2 l2 + x k1 + k2 k1 + k2

finden? (d) Sie sollten m1 x ¨1 = −k1 (x1 − l1 ) + k2 (x2 − x1 − l2 ) m2 x ¨2 = −k2 (x2 − x1 − l2 ) erhalten. (e) Lassen sich die Ableitungen der Lösungen bilden? Ist es möglich die Differenzen auf der rechten Seite der Differentialgleichungen aus Teilaufgabe (d) zu bestimmen? Wie lassen sich die Eigenschaften des goldenen Schnittes anwenden und auf φ3 und φ12 erweitern?

344

Lösungen

Aufgabe 3 - Stoß zweier Kugeln (a) Sie sollten b = R sin(γ) erhalten. Wird bei γ = π/2 ein Impulsübertrag stattfinden? (b) Wie sehen die Komponenten der Impulserhaltung aus? Hat die Kugel Zwei nach dem Stoß einen Impuls in y-Richtung? (c) Sie sollten tan(γ  ) =

1+r tan(γ) 1−r

erhalten. Auf welche Winkel bildet der Arkustangens bei negativen Argumenten ab? (d) Wie lässt sich der Streuwinkel durch das Skalarprodukt des initialen und den finalen Impulses bestimmen? In welchem Winkel gehen Kugeln gleicher Masse bei einem elastischen Stoß auseinander? Warum verhält sich der Stoß an einer unendlich schweren Kugel Zwei, wie der Stoß an einer Wand? (e) In welchen Grenzen muss die Integration über θ stattfinden? Warum ist sin(γ) = cos(θ) = Rb für r = 1 gültig? Sie sollten D3D (θ) = R2 cos(θ) finden. Warum ist im zweidimensionalen Fall    db  D2D =   dθ gültig? Ist der Streuquerschnitt immer mit der effektiven Querschnittsfläche verbunden? (f) Warum müssen die totalen Streuquerschnitte mit den Ergebnissen aus (e) übereinstimmen? Aufgabe 4 - Evidenzen Dunkler Materie I - Rotationskurven (a) Ist bei einer kugelsymmetrischen Massenverteilung die Wahl der z  -Achse im Integral beliebig? Wie kann der Ausdruck |rr − r  |2 = r2 + r2 − 2rr cos(θ ) gefunden werden? Ist die Substitution u = |rr − r  |2 mit diesem Ausdruck hilfreich? Für das Integral über den Raumwinkel sollten Sie so den Ausdruck dΩ

r − r 4π = eˆz 2 |rr − r  |3 r

finden können. Wie lässt sich damit das Integral der Kraft vereinfachen? (b) Welche Scheinkraft tritt in einem rotierenden Bezugssystem auf? Wie lässt sich damit  GMr (r) v(r) = r finden?

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

345

(c) Wie lautet die Verteilung Mr (r)? Wieso ist für r > R der Zusammenhang v ∼ r−1/2 gültig und warum wächst v für r < R linear an? (d) Wie lässt sich aus den Ergebnissen von Teilaufgabe (b) zeigen, dass ρ(r) mit r2 fallen muss, während Mr linear wächst? (e) Wieso ist der Zusammenhang ρ0 a2 =

v02 4πG

aus dem Grenzwert großer r ersichtlich? Wie können dann v0 a = √  Δv  3 Δr und 3 ρ0 = 4πG



Δv Δr

2



gefunden werden? Ist zum bestimmen von Mr die Substitution u = ra hilfreich? Wie hängt das entstehende Integral mit dem Arkustangens zusammen? Sie sollten r

Mr = 4πa2 ρ0 r − a Arctan a erhalten. Für v(r) sollte mit dessen Zusammenhang zu Mr  r a v(r) = v0 1 − Arctan r a gefunden werden.

346

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

(a) (5 Punkte) Zeigen Sie mit Hilfe des Levi-Civita-Symbols, dass der Zusammenhang a × b ) · (cc × d ) = (a a · c )(bb · d ) − (a a · d )(bb · c ) (a gilt. Lösungsvorschlag: Zu diesem Zwecke kann die Rechnung a × b ) · (cc × d ) = (a a × b )i (cc × d )i = (ijk aj bk )(ilm cl dm ) (a = ijk ilm aj bk cl dm = (δjl δkm − δjm δkl )aj bk cl dm a · c )(bb · d ) − (a a · d )(bb · c ) = (aj cj )(bk dk ) − (aj dj )(bk ck ) = (a betrachtet werden, in der der Zusammenhang ijk ilm = δjl δkm − δjm δkl des Levi-Civita-Symbols ausgenutzt wurde. (b) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Änderung des Drehimpulses durch das Drehmoment M = r × F gegeben ist. Lösungsvorschlag: Der Drehimpuls ist durch L = r ×p gegeben. Daher ist die zeitliche Ableitung durch L dL d = (rr × p ) = r˙ × p + r × p˙ dt dt r ˙ p zu bestimmen. ist parallel zu und daher verschwindet der erste Term. Nach dem 2. Newton’schen Axiom ist die Änderung des Impulses die Kraft p˙ = F . Daher lässt sich L dL = r × p˙ = r × F = M dt finden. (c) (5 Punkte) Ist das Kraftfeld ⎞ 2x + y F ⎜ ⎟ F (rr ) = ⎝2y + x⎠ d 3z 2 ⎛

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

347

mit F, d > 0 konservativ? Falls ja, finden Sie ein passendes Potential. Lösungsvorschlag: Das Kraftfeld F ist für alle r aus dem R3 definiert, aus diesem Grund genügt es, die Rotation des Kraftfeldes zu betrachten. Die Rotation ist durch ⎞ ⎛ ∂y Fz − ∂z Fy ⎟ ⎜ F ) = ⎝∂z Fx − ∂x Fz ⎠ rot(F ∂x Fy − ∂y Fx zu bestimmen und kann zu ⎛

⎞ ⎛ ⎞ 0−0 0 F ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ F ) = ⎝0 − 0⎠ = ⎝0⎠ rot(F d 1−1 0 ermittelt werden. Da die Rotation verschwindet und F auf dem ganzen R3 definiert ist, handelt es sich um ein konservatives Kraftfeld. Daher gibt es ein Potential U (x, y, z), welches ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2x + y −∂x U Fx ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ F ⎜ F = − grad(U ) ⇒ ⎝Fy ⎠ = ⎝2y + x⎠ = ⎝−∂y U ⎠ d 3z 2 −∂z U Fz erfüllt. Die dritte daraus resultierende Gleichung ∂z U = −

F 2 3z d

ist am einfachsten zu lösen. Es kann das unbestimmte Integral der rechten Seite betrachtet werden. Da aber nur die Ableitung nach z betrachtet wurde, wobei x und y als konstant angesehen wurden, können die Integrationskonstanten weiter von x und y abhängen, so dass sich zunächst der Ansatz U (x, y, z) = −

F 3 z + A(x, y) d

ergibt. Dies kann nach x abgeleitet werden, um ∂x U = ∂x A(x, y) = −Fx = − !

F (2x + y) d

zu erhalten. Ebenso wie für die z-Komponente kann dies durch ein unbestimmtes Integral gelöst werden. Der Einfluss von z wurde bereits komplett mit eingearbeitet, weshalb die verbleibende Integrationskonstante nur von y abhängen kann. Somit kann A(x, y) = −

F 2 (x + xy) + B(y) d

348

Lösungen

und insgesamt   F 3 2 U (x, y, z) = − z + x + xy + B(y) d gefunden werden. Dies wird schlussendlich nach y abgeleitet, um ∂y U = −

F F ! x + B  (y) = −Fy = − (2y + x) d d

zu erhalten. Der Term proportional zu x hebt sich auf den beiden Seiten auf, so dass nur B  (y) = −

F 2y d

verbleibt. Da bisher die Einflüsse von z und x berücksichtigt wurden und nun y die Integrationsvariable ist, kann die neue Integrationskonstante von keiner der drei Variablen abhängen und ist eine Konstante. Damit gilt B(y) = −

F 2 y +C d

was es zulässt das Potential   F 3 2 2 z + x + xy + y + C U (x, y, z) = − d zu bestimmen. Dabei ist C konstant. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Körper, der der vektoriellen Beschleunigung a (t) unterliegt und zum Zeitpunkt t = 0 die Geschwindigkeit v 0 aufweist und sich am Ort r 0 befindet. Finden Sie r (t) als Funktion der Zeit, ausgedrückt durch Integrale. Lösungsvorschlag: Da die Zusammenhänge r˙ = v und r¨ = v˙ = a gelten und sich für den Ortsvektor daher drr = v (t) dt r

dt v (t )

drr = r0

drr = v (t) dt

t 

⇒

⇒

0

schreiben lässt, was sich zu t

dt v (t )

r (t) = r 0 + 0

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

349

umformen lässt, kann für die Geschwindigkeit auch analog t

dt a (t )

v (t) = v 0 + 0

gefunden werden. Dies lässt sich in den Ausdruck für r einsetzen, um t

dt v (t )

r = r0 + 0

⎛

t

dt ⎝v 0 +

= r0 +

⎞

t

dt a (t )⎠

0

0 t

t

dt

= r 0 + v 0t + 0

dt a (t ) 0

zu finden. Hierbei wurde ausgenutzt, dass v 0 konstant ist. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie den harmonischen Oszillator x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = 0 und finden Sie für γ = ω0 die allgemeine Lösung. Wie heißt dieser spezielle Fall? Lösungsvorschlag: Es handelt sich um den Aperiodischen Grenzfall. Zum Lösen wird der Ansatz x(t) = eλt gemacht, was die Ableitungen x˙ = λ eλt = λx

⇒

x ¨ = λ2 x

ergibt. Durch Einsetzen in die Differentialgleichung lässt sich das charackteristische Polynom 0=x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = (λ2 + 2γλ + ω0 ) eλz ⇒

p(λ) = λ2 + 2γλ + ω0

bestimmen, dass die Nullstellen λ± = −γ ±

γ 2 − ω02 = −γ

aufweist. Da nun aber γ = ω0 ist, besitzt es nur eine Nullstelle und neben der Lösung x(t) = A e−γt

350

Lösungen

muss es eine weitere Lösung geben, die über den Ansatz x(t) = t e−γt gefunden wird. Zur Probe werden die Ableitungen x˙ = (1 − γt) e−γt x ¨ = −γ e−γt +(1 − γt)(−γ) e−γt = −γ(2 − γt) e−γt gebildet und in die Differentialgleichung eingesetzt, um über die Rechnung 0=x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = −γ(2 − γt) e−γt +2γ(1 − γt) e−γt +ω02 t e−γt   = − 2γ + 2γ + (γ 2 − 2γ 2 + ω02 )t e−γt = (ω02 − γ 2 )t e−γt = 0 zu sehen, dass es sich tatsächlich um eine Lösung handelt. Dabei wurde im letzten Schritt wieder ω0 = γ ausgenutzt. Die homogene Lösung ist daher durch x(t) = (A + Bt) e−γt bestimmt.

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

351

25 Punkte

Aufgabe 2 Federn und ihre Kräfte

In dieser Aufgabe sollen sich alle Massenpunkte reibungsfrei in der x-Richtung bewegen können. (a) (3 Punkte) Betrachten Sie eine Feder mit Ruhelänge l und Federkonstante k, bei der eine Seite befestigt ist und sich die andere Seite frei bewegen kann, wie in Abb. 3.7.1 (a). An der frei beweglichen Seite ist ein Massenpunkt der Masse m befestigt, der die Kraft F = −k(x − l)ˆ ex erfährt. Bestimmen Sie die potentielle Energie, sodass für x = l der Zusammenhang U (x = l) = 0 gilt.

(a) m

k, l

x

(b) k1 , l

m x

k2 , l

(c) k1, l1

k2, l2

m x

Abb. 3.7.1 Skizze verschiedener Federsysteme Lösungsvorschlag: Das Potential wird durch das Integral r

drr  F (rr  )

U (rr ) = − r0

352

Lösungen

bestimmt. Im vorliegenden Fall muss nur drr  = dxeˆx betrachtet werden. Als Ausgangspunkt wird x0 = l gewählt, um x

x 

U (x) = −



dx (−k)(x − l) = k l

 =k =

x2 l2 − lx − + l2 2 2

l

 =



x2 − lx dx (x − l) = k 2 



x l

k 2 (x − 2lx + l2 ) 2

k (x − l)2 2

zu erhalten. 1 In der Tat erfüllt dieses Potential die Bedingung U (x = l) = 0 und der Zusammenhang − grad(U ) = −ˆ ex

d k (x − l)2 = −k(x − l)ˆ ex = F dx 2

ist auch gegeben. (b) (3 Punkte) Betrachten Sie nun den Massenpunkt m, der an zwei Federn mit identischer Ruhelänge l aber unterschiedlichen Federkonstanten k1 und k2 , wie in Abb. 3.7.1 (b) an der frei beweglichen Seite befestigt ist. Bestimmen Sie das Potential und führen Sie es auf die Form auf Teilaufgabe (a) zurück, indem Sie eine effektive Federkonstante keff. einführen. Wie lässt sich diese durch k1 und k2 ausdrücken? Lösungsvorschlag: Das Potential wird sich als Summe der beiden Potentiale für Feder Eins und Feder Zwei ergeben und kann daher zu U = U1 + U2 =

k1 k2 k1 + k2 keff. (x − l)2 + (x − l)2 = (x − l)2 = (x − l)2 2 2 2 2

bestimmt werden. Darin ist keff. = k1 + k2 die effektive Federkonstante, die sich als Summe der beiden Federkonstanten k1 und k2 ergibt. (c) (8 Punkte) Betrachten Sie nun den Massenpunkt m, der an einer Feder der Ruhelänge l2 mit Federkonstante k2 befestigt ist, die wiederum an einer Feder der Ruhelänge l1 und k1 befestigt ist, zu sehen in Abb. 3.7.1 (c). Finden Sie das Potential und führen Sie es auf das Potential in Teilaufgabe (a) zurück, indem Sie eine effektive Ruhelänge leff. und eine effektive Federkonstante keff. einführen. Wie hängen diese von l1 , l2 , k1 und k2 ab? 1 Das

selbe Ergebnis kann auch durch die Substitution z = x − l erhalten werden.

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

353

Hinweis: Machen Sie sich Gedanken über die Kräfte an der Verbindungsstelle der beiden Federn. Lösungsvorschlag: Zunächst soll die Verbindungsstelle betrachtet werden. Ihre Koordinate wird mit s bezeichnet. An ihr wird ein Kräftegleichgewicht herrschen. Das Potential, dem die Masse m ausgesetzt ist, ist durch k2 k1 (s − l1 )2 + (x − s − l2 )2 2 2 gegeben. Es handelt sich allerdings auch um das Potential, dass eine Testmasse an der Stelle s erfahren würde. Durch das Bestimmen der Gleichgewichtslage für s lässt sich s aus dem Potential eliminieren. Die Kraft auf eine Testmasse an der Stelle s ist durch dU ! = −k1 (s − l1 ) + k2 (x − s − l2 ) = 0 − ds gegeben und kann mittels U=

⇒

k1 (s − l1 ) = k2 (x − s − l2 ) (k1 + k2 )s = k1 l1 − k2 l2 + k2 x

zu s=

k1 l1 − k2 l2 k2 + x k1 + k2 k1 + k2

aufgelöst werden. Damit lässt sich k1 l1 − k2 l2 k2 k1 + k2 + x− l k1 + k2 k1 + k2 k1 + k2  k2 k2  k2 l1 + k2 l2 x − (l1 + l2 ) + x= =− k1 + k2 k1 + k2 k1 + k2

s − l1 =

finden. Wegen des Kräftegleichgewichts muss auch x − s − l2 =

 k1 k1  (s − l1 ) = x − (l1 + l2 ) k2 k1 + k2

gelten. Damit lässt sich im Potential s ersetzen, um U (x) = = = = =

k1 k2 (s − l1 )2 + (x − s − l2 )2 2 2   2 2 k2 k1 k1 k2 (x − l1 − l2 )2 + (x − l1 − l2 )2 2 k1 + k2 2 k1 + k2   k1 k2 1 (k + k ) (x − l1 − l2 )2 1 2 2 (k1 + k2 )2 1 k1 k2 (x − l1 − l2 )2 2 k1 + k2 keff. (x − leff. )2 2

354

Lösungen

zu erhalten. Dabei wurden die effektive Federkonstante keff. =

k1 k2 k1 + k2

⇔

1 keff.

=

1 1 + k1 k2

und die effektive Ruhelänge leff. = l1 + l2 eingeführt. Betrachten Sie nun das System aus Abb. 3.7.2, in dem eine Masse m2 am Ende einer Feder der Ruhelänge l2 und Federkonstante k2 befestigt ist und sich frei bewegen kann. Am anderen Ende der Feder ist die Masse m1 angebracht, die ebenfalls an einer Feder mit Ruhelänge l1 und Federkonstante k1 befestigt ist. Das zweite Ende dieser Feder kann sich nicht bewegen.

k1, l1

m1

k2, l2

m2

x

Abb. 3.7.2 Skizze eines Systems mit zwei Federn und zwei Massen (d) (3 Punkte) Finden Sie das Potential und die daraus resultierenden Bewegungsgleichungen. Lösungsvorschlag: Das Potential entspricht dem Potential aus Teilaufgabe (c), bevor s ersetzt wurde, denn s beschreibt die Koordinate des Massenpunkts Eins. Es wird also s mit x1 und x mit x2 ersetzt. Somit lässt sich U (x1 , x2 ) =

k1 k2 (x1 − l1 )2 + (x2 − x1 − l2 )2 2 2

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

355

finden. Die Bewegungsgleichungen sind dann durch ∂U = −k1 (x1 − l1 ) + k2 (x2 − x1 − l2 ) ∂x1 ∂U ¨2 = − = −k2 (x2 − x1 − l2 ) m2 x ∂x2 m1 x ¨1 = −

gegeben. (e) (8 Punkte) Betrachten Sie nun den speziellen Fall l = l1 = l2 , k = k1 = k2 und m = m1 = m2 und zeigen Sie, dass die Differentialgleichungen allgemein durch   ω φ 1 x1 (t) = A+ √ t + ψ− + l cos(φωt + ψ+ ) + A− √ cos φ φ+2 φ+2   ω 1 φ x2 (t) = −A+ √ t + ψ− + 2l cos(φωt + ψ+ ) + A− √ cos φ φ+2 φ+2 √

k ist und φ = 1+2 5 den goldenen Schnitt mit den Eigelöst werden, wobei ω 2 = m 1 2 genschaften φ = φ + 1 und φ = φ − 1 darstellt. Die Konstanten A± und ψ± werden durch konkrete Anfangsbedingungen festgelegt und müssen nicht bestimmt werden.

Lösungsvorschlag: Im vorliegenden Fall l = l1 = l2 und k = k1 = k2 lassen sich die Bewegungsgleichungen zu k k (x1 − l) + (x2 − x1 − l) = −ω 2 (2x1 − x2 ) m m k x ¨2 = − (x2 − x1 − l) = −ω 2 (x2 − x1 − l) m

x ¨1 = −

vereinfachen. Es bleibt nun zu prüfen, ob die gegebenen Lösungen diese Gleichungen erfüllen. Zu diesem Zweck werden zuerst die rechten Seiten der Gleichungen mit   ω 2φ + 1 2−φ t + ψ− cos(φωt + ψ+ ) + A− √ cos 2x1 − x2 = A+ √ φ φ+2 φ+2  2φ + 1 ⇒ −ω 2 (2x1 − x2 ) = −ω 2 A+ √ cos(φωt + ψ+ ) φ+2   ω 2−φ + A− √ t + ψ− cos φ φ+2 und

  ω 1+φ φ−1 t + ψ− cos(φωt + ψ+ ) + A− √ cos x2 − x1 − l = −A+ √ φ φ+2 φ+2  1+φ ⇒ −ω 2 (x2 − x1 − l) = −ω 2 − A+ √ cos(φωt + ψ+ ) φ+2   ω φ−1 cos + A− √ t + ψ− φ φ+2

356

Lösungen

berechnet. Die zweite Ableitung von x1 ist durch   ω φ 1 ω2 x ¨1 = −ω 2 φ2 A+ √ t + ψ− cos(φωt + ψ+ ) − 2 A− √ cos φ φ φ+2 φ+2    3 ω φ 1 1 2 √ √ = −ω A+ t + ψ− cos(φωt + ψ+ ) + 2 A− cos φ φ φ+2 φ+2 gegeben. Mit den genannten Eigenschaften von φ lassen sich weiter φ3 = φ2 φ = (φ + 1)φ = φ2 + φ = φ + 1 + φ = 2φ + 1 und 1 = (φ − 1)2 = φ2 − 2φ + 1 = φ + 1 − 2φ + 1 = 2 − φ φ2 bestimmen, um x ¨1 auf die Form    ω 2φ + 1 2−φ 2 t + ψ− x ¨1 = −ω A+ √ cos(φωt + ψ+ ) + A− √ cos φ φ+2 φ+2 zu bringen. Dies entspricht dem zuvor gefundenen Ausdruck für die rechte Seite der Differentialgleichung, so dass diese erfüllt ist. Für die zweite Ableitung von x2 lässt sich   ω 1 φ ω2 t + ψ− x ¨2 = ω 2 φ2 A+ √ cos(φωt + ψ+ ) − 2 A− √ cos φ φ φ+2 φ+2    2 ω φ 1 1 2 √ √ t + ψ− cos(φωt + ψ+ ) + A− cos = −ω −A+ φ φ φ+2 φ+2 finden. Zusammen mit den Eigenschaften von φ φ2 = φ + 1

1 =φ−1 φ

lässt sich x2 so auf die Form    ω 1+φ φ−1 t + ψ− x ¨2 = −ω 2 − A+ √ cos(φωt + ψ+ ) + A− √ cos φ φ+2 φ+2 bringen. Dies entspricht der rechten Seite der zweiten Differentialgleichung so dass auch diese erfüllt ist. Insgesamt erfüllen die gegebenen Lösungen also die Differentialgleichungen.

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

357

25 Punkte

Aufgabe 3 Stoß zweier Kugeln

Betrachten Sie den elastischen Stoß zweier massiver Kugeln mit Massen m1 , m2 und Radien R1 und R2 . Wählen Sie als Laborsystem das System, in dem Kugel Zwei ruht und sich nach dem Stoß in positiver x-Richtung bewegt. Kugel Eins fällt in diesem Bezugssystem unter dem Winkel γ zum Lot mit dem Impuls p1,x ein. Führen Sie die beiden Größen 1 r=m m2 und R = R1 + R2 ein und drücken Sie die Ergebnisse der einzelnen Aufgaben in Abhängigkeit dieser beiden Parameter aus. (a) (2 Punkte) Fertigen Sie eine Skizze der Situation an und finden Sie einen Zusammenhang zwischen dem Stoßparameter b, der Größe R und dem Einfallswinkel zum Lot γ. Aus welchem Intervall stammt γ? Hinweis: Bedenken Sie, dass der Stoßparameter b als die Parallelverschiebung der Schwerpunkte der beiden stoßenden Körper definiert ist. Lösungsvorschlag:

R2 R1

γ

γ

b γ

R1 + R2

Abb. 3.7.3 Veranschaulichung der Geometrie zwischen dem Stoßparameter b und den Radien R1 und R2 der Kugeln Die Skizze ist in Abb. 3.7.3 zu sehen. Aus dieser und dem darin eingezeichneten rechtwinkligen Dreieck lässt sich der Zusammenhang b = R sin(γ)

358

Lösungen

ablesen. Der Winkel γ kann zunächst im Intervall [−π/2, π/2] liegen. Bei einen dreidimensionalen Stoß, werden die negativen Werte von γ durch den Azimutwinkel φ berücksichtigt, weshalb das Intervall auf [0, π/2] beschränkt werden kann. Im Extremfall γ = π/2 wird Kugel 2 nur tangiert werden und es wird kein Impulsübertrag stattfinden. Daher kann γ = π/2 aus dem Intervall ausgeschlossen werden, um das Intervall [0, π/2) zu erhalten. (b) (5 Punkte) Stellen Sie die Impuls- und Energieerhaltung für das vorliegende Problem auf und reduzieren Sie dieses auf einen elastischen Stoß in x-Richtung. Verwenden Sie Ihre Ergebnisse, um p1,x =

r−1 p1,x r+1

p2,x =

2 p1,x 1+r

zu bestimmen. Lösungsvorschlag: Kugel 2 ruht vor dem Stoß, sodass ihr Impuls p 2 und Ihre Energie E2 vor dem Stoß Null sind. Die Impulserhaltung p 1 = p 1 + p 2 lässt sich in der Ebene aus Abb. 3.7.3 mit den x- und y-Komponenten durch p1,x = p1,x + p2,x p1,y = p1,y ausdrücken. Dabei ist die y-Komponente der Kugel 2 nach dem Stoß Null, da das Bezugssystem so gewählt ist, dass der Impuls der Kugel 2 nach dem Stoß nur in die x-Richtung erfolgt. Die Energieerhaltung E1 = E1 + E2

⇒

p2 p2 p21 = 1 + 2 2m1 2m1 2m2

lässt sich nach einer Multiplikation mit 2m1 durch p21 = p2 1 +

m1 2 2 p = p2 1 + rp2 m2 2

ausdrücken. Da p2α = p2α,x + p2α,y ist und p1,y = p1,y , sowie p2,x = 0 gilt, kann damit 2 2 2 p21,x + p21,y = p2 1,x + p1,y + r(p2,x + p2,y )

⇒

2 p21,x = p2 1,x + rp2,x

gefunden werden. Diese Gleichung zusammen mit der Impulserhaltung der x-Komponente entspricht der Energieerhaltung für einen elastischen Stoß in einer Dimension. Um nun p2,x zu bestimmen, wird p1,x aus der Energieerhaltung eliminiert, indem die Impulserhaltung nach p1,x = p1,x − p2,x

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

359

umgestellt wird. Damit lässt sich die Energieerhaltung durch p21,x = (p1,x − p2,x )2 + rp2 2,x ausdrücken, was über die Rechnung 2 p21,x = p21,x − 2p1,x p2,x + p2 2,x + rp2,x

⇒

   0 = p2 2,x (1 + r) − 2p1,x p2,x = p2,x ((1 + r)p2,x − 2p1,x )

zu p2,x =

2 p1,x 1+r

umgestellt werden kann. Dabei wurde p2,x = 0 direkt ausgeschlossen, da es den Fall γ = π/2 widerspiegelt. Nun kann aus p1,x = p1,x − p2,x auch   1+r 2 2 r−1 p1,x = p1,x − p1,x = − p1,x = p1,x 1+r 1+r 1+r r+1 bestimmt werden. (c) (2 Punkte) Finden Sie mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (b) den Zusammenhang zwischen tan(γ  ) und tan(γ), wobei γ  den Ausfallwinkel zum Lot bezeichnet. Aus welchen Intervall stammt γ  ? Wie muss tan(γ  ) demnach nach γ  aufgelöst werden? Lösungsvorschlag: Wie in Abb. 3.7.4 zu sehen ist, lässt sich tan(γ) durch tan(γ) =

p1,y p1,x

bestimmen, während tan(γ  ) durch tan(γ  ) =

p1,y −p1,x

bestimmt wird. Mit den Zusammenhängen p1,y = p1,y

p1,x =

r−1 p1,x r+1

lässt sich daher tan(γ  ) =

p1,y r−1 − r+1 p1,x

=

1 + r p1,y 1+r tan(γ) = 1 − r p1,x 1−r

finden. Da der Impuls in die y-Richtung nicht verändert wird, aber sowohl positive, wie auch negative Werte für den Impuls in die x-Richtung möglich sind, muss der

360

Lösungen

0 p1, x 0 p1, y

R1

R2

θ γ0

γ

p1, y p1, x

Abb. 3.7.4 Veranschaulichung der Winkel γ und γ  an den Impulskomponenten von p 1 und p 1 Ausfallwinkel γ  aus dem Intervall (0, π) stammen, wobei die beiden Grenzwinkel Null und π nie möglich sind, da p1,y von Null verschieden ist. Ob die x-Komponenten nach dem Stoß positiv oder negativ ist, hängt dabei von r ab. Ist der tan(γ  ) positiv, so kann γ  direkt durch γ  = Arctan(tan(γ  )) gefunden werden. Ist hingegen tan(γ  ) negativ, so würde die Umkehrfunktion des Tangens eine Zahl aus dem Intervall (−π/2, 0) ergeben. Es muss also π addiert werden, so dass sich γ  in diesem Fall durch γ  = π + Arctan(tan(γ  )) ergibt. Insgesamt lässt sich γ  daher durch γ  = Arctan(tan(γ  )) + πΘ(− tan(γ  ))     1+r 1+r tan(γ) + πΘ − tan(γ) = Arctan 1−r 1−r     1+r r+1 = Arctan tan(γ) + πΘ 1−r r−1   1+r = Arctan tan(γ) + πΘ(r − 1) 1−r

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

361

ausdrücken. Dabei wurde ausgenutzt, dass tan(γ) > 0 ist, da γ ∈ (0, π/2). An dieser Überlegung zeigt sich auch, dass im Falle r > 1 die Impulskomponenten p1,x positiv ist, während sie für r < 1 negativ sein wird. (d) (4 Punkte) Untersuchen Sie für Ihre Ergebnisse aus den Teilaufgaben (b) und (c) die beiden Grenzfälle r → 1 und r → 0. Finden Sie für diese Fälle γ  , sowie den Streuwinkel θ. Erläutern Sie die physikalische Bedeutung dieser Grenzfälle. Lösungsvorschlag: Der Streuwinkel θ ist als Winkel zwischen dem Eingangsimpuls p i und dem Ausgangsimpuls p f durch cos(θ) =

pi · pf pi pf

gegeben. Aus Abb. 3.7.4 ist zu erkennen, dass er sich durch θ = π − (γ + γ  ) bestimmen lässt. 1 Im Grenzfall r = m m2 → 1 werden zwei Kugeln gleicher Masse betrachtet. Hier divergiert der Nenner im Ausdruck 1+r 1−r gegen +∞, sodass tan(γ  ) für beliebige tan(γ) den selben Wert anstrebt und aus diesem Grund γ  → π/2 gilt. Für die beiden Impulskomponenten p1,x und p2,x lässt sich p1,x =

1−r p1,x → 0 1+r

p2,x =

2 p1,x → p1,x 1+r

finden. Die Kugel Eins überträgt also ihren gesamten Impuls in x-Richtung auf Kugel Zwei und fällt unabhängig vom Einfallswinkel γ immer im Winkel π/2 aus.2 Der Streuwinkel ist daher durch π θ = π − (γ + π/2) = − γ 2 bestimmt. 1 Im Fall r = m m2 → 0 wird eine besonders schwere Kugel Zwei betrachtet, sodass m1  m2 gilt. In diesem Fall konvergiert der Ausdruck 1+r 1−r 2 Dies ist in Übereinstimmung, dass unabhängig von der Wechselwirkung des Stoßes, bei einem elastischen Stoß mit Körpern gleicher Masse der Streuwinkel im Schwerpunktsystem, immer bei π/2 liegt.

362

Lösungen

gegen Eins und wegen tan(γ  ) =

1+r tan(γ) → tan(γ) 1−r

sind Einfallswinkel und Ausfallwinkel gleich. Die beiden Impulskomponenten p1,x und p2,x nehmen deshalb die Werte p1,x =

1−r p1,x → −p1,x 1+r

p2,x =

2 p1,x → 2p1,x 1+r

an. Daher wird Kugel Eins in x-Richtung vollständig reflektiert, während Kugel Zwei sich in positiver x-Richtung zu bewegen beginnt. Da sie eine nahezu unendlich hohe Masse und damit verknüpft eine besonders hohe Trägheit hat, wird ihre Geschwindigkeit vernachlässigbar gering ausfallen. Der Streuwinkel kann über θ = π − (γ + γ) = π − 2γ bestimmt werden. (e) (6 Punkte) Finden Sie den differentiellen und totalen Streuquerschnitt für den Fall r → 1 bei einem Stoß in drei Dimensionen und für einen Stoß in zwei Dimensionen. Überlegen Sie hierzu, wie die Definition des differentiellen und totalen Streuquerschnitts    dσ    σtot. = dΩD(θ, φ) D(θ, φ) =  dΩ  dσ = b db dφ

dΩ = sin(θ) dθ dφ

angepasst werden müssen, um den zweidimensionalen Fall abzudecken. Wie lassen sich die Ergebnisse interpretieren? Lösungsvorschlag: Zunächst wird der dreidimensionale Fall diskutiert. Wie aus den Ergebnissen von Teilaufgabe (d) klar wurde, ist der Streuwinkel im Fall r → 1 durch θ = π2 − γ gegeben. Da γ auf das Intervall (0, π/2) beschränkt war, ist damit auch θ auf das Intervall (0, π/2) beschränkt, was für die Grenzen der Integration noch eine Rolle spielen wird. Durch den in Teilaufgabe (a) gefundenen Zusammenhang b = R sin(γ) kann so der Zusammenhang sin(γ) = sin

π

b − θ = cos(θ) = 2 R

zwischen dem Stoßparameter b und dem Streuwinkel θ gefunden werden. Für den Ausdruck   dσ b db dφ = dΩ 3D sin(θ) dθ dφ

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

363

lässt sich wegen dΩ = sin(θ) dθ dφ = − dcos(θ) dφ der Zusammenhang   dσ d b db dφ = −R cos(θ) R cos(θ) = −R2 cos(θ) = dΩ 3D − dcos(θ) dφ dcos(θ) bestimmen. Damit ist der Differentielle Streuquerschnitt durch      dσ  = R2 cos(θ)  D3D (θ, φ) =  dΩ 3D  gegeben. Für den totalen Streuquerschnitt muss über den erreichbaren Raumwinkel integriert werden. Da θ nicht größer als π/2 werden kann, kann der cos(θ) auch nur Werte zwischen Null und Eins annehmen, sodass sich der totale Wirkungsquerschnitt durch 2π

σtot. =

1

0

2π

dcos(θ) D3D (θ, φ) =

dφ 0

0

1

= 2πR2

dcos(θ) cos(θ) = 2πR2 0

1

dcos(θ) R2 cos(θ)

dφ 0

1 = πR2 2

bestimmen lässt. Der totale Wirkungsquerschnitt, der angibt, welche Fläche „getroffen“ werden muss, um den gesamten erreichbaren Raumwinkel abzudecken, entspricht somit der Querschnittsfläche einer Kugel mit Radius R = R1 + R2 . In dieser Fläche muss der Schwerpunkt der Kugel Eins einfallen, um einen Stoßprozess auszulösen. Im zweidimensionalen Fall gibt es keinen Azimutwinkel sondern nur den Streuwinkel θ, der daher aus dem Intervall (−π/2, π/2) stammen muss. Der Faktor sin(θ) in dΩ stammte daher, dass in Kugelkoordinaten für Kreise mit festem θ die Radien dieser Kreise verringert werden. Dieser Effekt musste für die Variation des Azimutwinkels berücksichtigt werden und ist daher im zweidimensionalen Fall überflüssig. Ebenso muss der Faktor b in dσ entfernt werden, da er ebenfalls aus der Variation für den Azimutwinkel φ stammte. Außerdem muss der Stoßparameter nun positive, wie auch negative Werte annehmen. Damit lässt sich der Ansatz   dσ db = −R sin(θ) = dΩ 2D dθ machen, um so den differentiellen Streuquerschnitt      dσ  = R| sin(θ) |  D2D (θ) =  dΩ 2D 

364

Lösungen

zu bestimmen. In diesem Fall ist der totale Streuquerschnitt durch π/2

π/2

dθ R| sin(θ) | = 2R

σtot. =

dθ sin(θ) = 2R 0

−π/2

gegeben. Dies entspricht dem Durchmesser einer Kugel mit Radius R = R1 + R2 . Es handelt sich um die Querschnittsstrecke, die der Schwerpunkt der Kugel Eins treffen muss, um in jeden möglichen Raumwinkelbereich, das heißt unter jedem möglichen Streuwinkel, gestreut zu werden. (f) (6 Punkte) Wiederholen Sie Teilaufgabe (e) für den Fall r → 0. Lösungsvorschlag: Im Fall r → 0 war der Streuwinkel durch θ = π − 2γ gegeben, so dass der Zusammenhang     π−θ θ b = sin(γ) = sin = cos R 2 2 gefunden wird. Damit lässt sich mittels     dσ θ d b db b b db dφ θ  θ  R cos = = = dΩ 3D sin(θ) dθ dφ sin(θ) dθ 2 2 sin 2 cos 2 dθ  θ θ b 2 2 sin 2 R R cos 2  θ − θR θ = − =− = R2 2 4 cos 2 4 2 sin 2 cos 2 der differentielle Streuquerschnitt

    R2  dσ =  D3D (θ, φ) =  dΩ 3D  4

finden. Der totale Streuquerschnitt kann daher zu σtot. =

dΩD3D (θ, φ) =

R2 4

dΩ =

R2 4π = πR2 4

bestimmt werden. Hierbei ist zu beachten, dass der Streuwinkel θ = π − 2γ nun aus dem üblichen Intervall (0, π) stammen kann und sich somit eine Streuung in jeden beliebigen Raumwinkelbereich als möglich erweist. Es handelt sich beim totalen Streuquerschnitt wieder um die Querschnittsfläche eine Kugel mit Radius R = R1 + R2 den der Schwerpunkt von Kugel Eins treffen muss, um einen Stoßprozess auszulösen. Für den zweidimensionalen Fall, werden die Definitionen aus Teilaufgabe (e) verwendet. So kann der differentielle Streuquerschnitt durch       θ θ dσ d R db =R cos = − sin = dΩ 2D dθ dθ 2 2 2        R  dσ θ    ⇒ D2D (θ) =  = sin  dΩ 2D 2 2 

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

365

gefunden werden. Der totale Wirkungsquerschnitt wird durch π

σtot. = −π

   θ  R  sin =R dθ  2 2 

π

0

  θ = 2R dθ sin 2

π/2

dα sin(α) = 2R 0

bestimmt. Dabei wurde die Substitution α = θ2 durchgeführt. Auch hier handelt es sich um den Durchmesser einer Kugel mit Radius R = R1 + R2 , den Kugel Eins als Querschnittsstrecke treffen muss, um in jeden möglichen Raumwinkel gestreut zu werden.

366

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 4 Evidenzen Dunkler Materie I - Rotationskurven

In dieser Aufgabe sollen die Rotationskurven von Galaxien untersucht werden. Dazu muss die Bewegung einzelner Sterne in der Massenverteilung der Galaxie untersucht werden. Die Kraft auf eine Punktmasse m durch eine Massenverteilung ρ(rr ) ist durch d3 r ρ(rr  )

F = −Gm

r − r |rr − r  |3

gegeben. (a) (7 Punkte) Finden Sie für eine kugelsymmetrische Massenverteilung ρ(rr ) = ρ(r) die Kraft und zeigen Sie, dass diese nur von G, m, r, eˆr und der bis r eingeschlossenen Masse r

dr r2 ρ(r )

Mr (r) = 4π 0

abhängt. Lösungsvorschlag: Es ist das Integral d3 r ρ(r )

F = −Gm

r − r |rr − r  |3

∞

dr r2 ρ(r )

= −Gm 0

dΩ

r − r |rr − r  |3

zu lösen. Zur Vereinfachung kann innerhalb des Integrals die z  -Achse parallel zur r  gelegt werden, sodass r ·rr  = rr cos(θ) gilt. Damit kann nun das Raumwinkelintegral durch ⎞ ⎛ cos(φ ) sin(θ ) ⎟ ⎜ rˆ e z − r ⎝ sin(φ ) sin(θ ) ⎠ r − r dΩ = |rr − r  |3

1

2π





dcos(θ ) −1

dφ 0

1

= 2π

dcos(θ ) eˆz

−1

cos(θ ) 3/2

(r2 + r2 − 2rr cos(θ )) r − r cos(θ )

3/2

(r2 + r2 − 2rr cos(θ ))

vereinfacht werden. Durch die Substitution u = r2 + r2 − 2rr cos(θ ) cos(θ ) = −1 ⇒ u = (r + r )2

du = −2rr dcos(θ ) cos(θ ) = 1 ⇒ u = (r − r )2

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

367

kann dieser Ausdruck weiter umgeformt werden, um r − r 2π dΩ = eˆz |rr − r  |3 2rr

(r+r  )2



(r−r  )2 (r+r  )2

π = eˆz 2  2r r

du (r−r  )2

2r2 − r2 − r2 + u u3/2

⎛

= eˆz

2

−u r − r r +r 2rr  3/2 u 2

du

π ⎜ 2 2 ⎝(r − r ) 2r2 r

(r+r  )2

du u−3/2 +

(r−r  )2



(r+r  )2

⎞

⎟ du u−1/2 ⎠

(r−r  )2

(r+r )2 (r+r )2    π 2 2 3/2  1/2  = eˆz 2  −(r − r )2u  + 2u  2r r (r−r  )2 (r−r  )2   2 r − r2 π r2 − r2   = eˆz 2  + r + r − − |r − r | r r r + r |r − r |   π r2 − r2   = eˆz 2  r − r − + r + r − |r − r | r r |r − r |   π r2 − r2  = eˆz 2  2r − − |r − r | r r |r − r | zu erhalten. Mit Hilfe der Vorzeichenfunktion |r − r | = sgn (r − r ) (r − r ) lässt sich dieser Ausdruck weiter zu  2    r − r2 r − r π     ˆ dΩ + (r − r = e − ) sgn (r − r ) 2r z 2  |rr − r  |3 r r (r − r ) π = eˆz 2  (2r − (−(r + r) + r − r ) sgn (r − r )) r r π = eˆz 2  (2r + 2r sgn (r − r )) r r 2π = eˆz 2 (1 + sgn (r − r )) r vereinfachen. Da sich die Vorzeichenfunktion durch Θ(r − r ) =

1 + sgn (r − r ) 2

mit der Theta-Funktion in Verbindung bringen lässt, kann das Integral über den Raumwinkel schlussendlich zu dΩ

r − r 4π = eˆz 2 |rr − r  |3 r

368

Lösungen

bestimmt werden. Dies lässt sich in das Integral für die Kraft einsetzen, um ∞

F = −Gm

dr r2 ρ(r )

dΩ

ez  dr r2 ρ(r )ˆ

4π r2

0 ∞

= −Gm 0

Gm = − 2 eˆr r

r − r |rr − r  |3

∞

dr 4πr2 ρ(r ) = − 0

GMr (r)m eˆr r2

zu erhalten. Beim Herausziehen von eˆz aus dem Integral ist zu beachten, dass dieser Vektor als parallel zu eˆr gewählt wurde. Es zeigt sich also, dass die Kraft nur von der eingeschlossenen Masse Mr und nicht von ihrer geometrischen Verteilung abhängt. Die Kraft verhält sich dabei so, als sei die Masse Mr im Zentrum konzentriert. Dies war wegen des Newton’schen Schalentheorems zu erwarten. 3 Wenden Sie Ihre Ergebnisse aus Teilaufgabe (a) nun auf die Rotationskurven von Galaxien an. Gehen Sie dazu von kreisförmigen Bahnen eines Sterns in der Galaxie aus. (b) (1 Punkt) Finden Sie einen Zusammenhang zwischen der Bahngeschwindigkeit v und der eingeschlossenen Masse Mr . Lösungsvorschlag: Für eine kreisförmige Bahn muss F +m

v2 eˆr = 0 r

gelten, was sich mit der Erkenntnis aus (a) zu   v2 GmMr eˆr = 0 + m − r2 r  GMr (r) GMr 2 ⇒ v = ⇒ v(r) = r r umformen lässt. (c) (5 Punkte) Da ein Großteil der sichtbaren (leuchtenden) Masse in einer zentralen Kugel um den Mittelpunkt der Galaxie konzentriert ist, kann die Dichte der Massenverteilung durch ρ(r) = ρ0 Θ(R − r) beschrieben werden. Finden Sie die erwartete 3 Selbst wenn diese Rechnung nicht vollständig richtig durchgeführt wird, ist es schnell möglich auf die Form der Kraft zu kommen, da sie für jede kugelsymmetrische Massenverteilung und insbesondere auch für die Massenverteilung M δ(3) (rr ) gelten muss. Daher und wegen des Newton’schen Schalentheorems muss Mr die Rolle der zentralen Punktmasse im Newton’schen Gravitationsgesetz einnehmen.

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

369

Bahngeschwindigkeit v als eine Funktion von r und fertigen Sie eine Skizze der selbigen an. Wie verhält sich v(r) für besonders große r? Lösungsvorschlag: Es empfiehlt sich die Masse Mr als Funktion von r durch das Integral r

dr r2 ρ0 Θ(R − r )

Mr (r) = 4π 0

⎛

r

= 4πρ0 ⎝Θ(R − r)

R

dr r2 ⎠

dr r2 + Θ(r − R) 0

⎞

0

  1 3 1 3 = 4πρ0 Θ(R − r) r + Θ(r − R) R 3 3  

3 r 4 3 = πR ρ0 Θ(R − r) + Θ(r − R) 3 R zu bestimmen. Für r > R wird die gesamte Masse M= eingeschlossen, sodass sich Mr als Mr (r) = M

4 3 πR ρ0 3

 3 r R

1

rR

schreiben lässt. Für r > R ist v(r) daher schnell durch  GM 1 v(r) = ∼√ r r gefunden und es zeigt sich, dass dieses mit der Wurzel von r fällt. Für r < R kann    GM r 3 GM 2 GM = r =r v(r) = 3 r R R R3 gefunden werden. Es handelt sich um einen linearen Anstieg mit dem Radius r. Die Skizze ist in Abb. 3.7.5 zu sehen. (d) (2 Punkte) Experimentell wird für besonders große r jedoch eine konstanten Geschwindigkeit v0 bestimmt. Finden Sie die Verteilung Mr und ρ(r), die für ein solches Verhalten notwendig sind. Lösungsvorschlag: Wenn große r betrachtet werden und dafür  GMr = v0 = konst. v(r) = r

370

Lösungen

v(r)

r R

Abb. 3.7.5 Skizze der Rotationskurven. Die durchgezogene Linie stellt die erwartete Lösung bei einer räumlich begrenzten, homogenen Massenverteilung aus Teilaufgabe (c) dar. Die schwarz gestrichelte Linie verdeutlicht die experimentelle Beobachtung konstanter Geschwindigkeiten für große r. Die gepunktstrichelte Linie stellt die Lösungen aus Teilaufgabe (e) dar, sie stimmt für kleine r mit der durchgezogenen Linie überein und nähert sich für große r immer mehr der gestrichelten Linie an. ist, so kann damit GMr = v02 r

⇒

Mr =

v02 r∼r G

gefunden werden. Die Masse muss also linear mit dem Radius steigen. Das Dichteprofil kann mittels 4πr2 ρ(r) =

v2 dMr = 0 dr G

⇒

ρ(r) =

v02 1 1 ∼ 2 4πG r2 r

ermittelt werden. Es fällt quadratisch mit dem Radius r. 4 (e) (10 Punkte) Zeigen Sie, dass die Verteilung ρ(r) =

ρ0  2 1 + ar

4 Da ein solches Verhalten nicht für die leuchtende und damit sichtbare Materie beobachtet wird, wird davon ausgegangen, dass eine Dunkle Materie Komponente in kugelsymmetrischer Gestalt, Bestandteil fast jeder Galaxie ist. Diese Komponente wird als Dunkle Materie Halo bezeichnet. Um was genau es sich bei der Dunklen Materie handelt, ist bisher noch ungewiss.

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

371

die beiden Grenzwerte kleiner und großer r richtig wieder gibt und bestimmen Sie Mr und v(r). Wie lassen sich ρ0 und a aus der Steigung Δv Δr bei kleinen r und der konstanten Geschwindigkeit v0 für große r bestimmen? Hinweis: Die Taylor-Entwicklung Arctan(x) ≈ x −

x3 3

für kleine x  1 kann von Nutzen sein. Lösungsvorschlag: Ist r  a, so kann der Summand

r2 a2

im Nenner vernachlässigt werden, sodass sich

ρ(r  a) ≈ ρ0 ergibt. Dies entspricht dem Fall einer homogenen Kugel. Für den Fall r  a dominiert besagter Summand im Nenner und es kann ρ(r  a) ≈

ρ0 a2 1 ∼ 2 2 r r

gefunden werden, was das nötige Dichteprofil aus Teilaufgabe (d) reproduziert. Da bereits bekannt ist, dass die konstante Geschwindigkeit v0 mit dem Dichteprofil über ρ(r) =

v02 1 4πG r2

zusammenhängt, zeigt sich, dass mit dem gegebenen Profil der Zusammenhang ρ(r  a) ≈ ρ0 a2 ⇒

ρ0 a2 =

v02 4πG

1 v02 1 = r2 4πG r2

gelten muss. Für die homogene Kugeldichte war im inneren Bereich der Zusammenhang  v(r < R) = r

GM R3

gültig, sodass die Steigung durch Δv = Δr



4πGR3 ρ0 = 3R3



4πG ρ0 3

gegeben war. Da das gegebene Profil für r  a auch die konstante Dichte ρ0 reproduziert, kann dies als zweiter Zusammenhang gesehen werden. Wird dieser Ausdruck

372

Lösungen

quadriert und durch ρ0 a2 geteilt, so kann 

2

Δv Δr

4πG 4πG = 2 v0 3a2 v02  Δv 2

⇒

a2 =

⇒

v0 a = √  Δv  3 Δr

3

Δr

bestimmt werden. ρ0 lässt sich wiederum direkt aus  2  Δv 4πG Δv 4πG = ρ0 ⇒ ρ0 = Δr 3 Δr 3  2 Δv 3 ⇒ ρ0 = 4πG Δr ermitteln. Um Mr (r) zu bestimmen wird das Integral r

dr r2

Mr = 4π

1+

0

ρ0  r  2 a

mit der Substitution u=

r a

1  dr a

du =

r = 0 ⇒ u = 0

r = r ⇒ u =

r a

zu r/a 3

du u2

Mr = 4πa ρ0 0

1 1 + u2

umgeformt. Der Integrand kann nun in u2 1 + u2 − 1 1 + u2 1 1 = = − =1− 1 + u2 1 + u2 1 + u2 1 + u2 1 + u2 zerlegt werden, um die beiden Integrale ⎛

r/a

⎜ Mr = 4πa3 ρ0 ⎝

r/a

du − 0

du 0

⎞ 1 ⎟ ⎠ 1 + u2

3.7

Lösung zur Klausur VII - Klassische Mechanik

373

zu lösen. Die Lösung zum ersten Integral ist trivial, während die Lösung zum zweiten Integral durch die Stammfunktion in der Form Arctan(u) gefunden werden kann. Damit wird die Masse als Funktion von r durch r

r r

− Arctan = 4πa2 ρ0 r − a Arctan Mr = 4πa3 ρ0 a a a bestimmt. Für r  a dominiert in Mr der linear wachsende Teil, während der Arctan den konstanten Wert π/2 anstrebt. Daher kann für große r

r

Mr (r  a) ≈ 4πa2 ρ0 r geschrieben werden. Für kleine r  a kann die angegebene Entwicklung benutzt werden, um    r r3 2 − Mr (r  a) ≈ 4πa ρ0 r − a a 3a3   r3 4π 2 = 4πa ρ0 r − r + 2 = ρ0 r3 3a 3 zu erhalten. Die Geschwindigkeit v(r) ist durch   r

G a Mr = 4πGa2 ρ0 1 − Arctan v(r) = r r a gegeben. Für große und kleine r kann so mit der vorherigen Überlegung  4πGρ0 Δv = r v(r  a) ≈ r 3 Δr  v(r  a) ≈ 4πGa2 ρ0 = v0 = konst. gefunden werden. Damit lassen sich ebenso die oben gefundenen Zusammenhänge zwischen v0 , Δv Δr , ρ0 und a herleiten. Die Geschwindigkeit v(r) lässt sich so noch etwas prägnanter durch  r a v(r) = v0 1 − Arctan r a ausdrücken.

a

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

3.8

375

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Orthonormale Basisvektoren erfüllen die Eigenschaft eˆi · eˆj = δij . (b) Wie lässt sich die Energie durch das Potential ausdrücken? Lässt sich dies nach x˙ umstellen? Wie sind die Integrationsgrenzen zu wählen, damit das Integral über x nicht verschwindet? (c) Welche Kraft wirkt neben der Schwerkraft noch auf die Massen? Welche Nebenbedingung müssen die Koordinaten der Massen erfüllen? Bedenken Sie die endliche Länge des Seils. (d) Wie ist der Schwerpunkt für diskrete Massenverteilungen definiert? In einem Kontinuumslimes wird mα durch dm ersetzt. Wie lässt sich dieses Differential durch das Volumenelement dV und die Dichte ρ(rr0 ) beschreiben? (e) Welches, in der Physik viel diskutierte System, liegt hier vor? Wie viele Anfangsbedingungen benötigt eine Differentialgleichung 2. Ordnung von dreidimensionalen Vektoren? Beinhaltet die vorgegebene Lösung diese Anzahl an freien Parametern? Aufgabe 2 - Streuung an repulsiven Potential (a) Was für eine Art von Kraftfeld wird durch U (r) erzeugt? Leistet der Term xˆ e x in r ∞ einen Beitrag zu L ? Wie lässt sich die Energie für r ∞ bestimmen? (b) Wie lässt sich das Problem mit Hilfe von L zeitunabhängig ausdrücken? Welches Vordr ? Wie lässt sich damit das Integral aufspalten? zeichen hat der Ausdruck dφ (c) Was ist der minimale Abstand zum Ursprung? Ist die Substitution u = b/r hilfreich? Sie sollten   θ b = cos 2 R erhalten. (d) Lässt sich durch die Substitution r = zb die Abhängigkeit von b komplett aus dem Integral eliminieren? (e) Welche Form nimmt

db dθ

an? Wieso ist dσtot. ∼

gültig? Was bedeutet das für σtot. ?

dθ 2 θ1+ k

376

Lösungen

Aufgabe 3 - Gezeitenkräfte (a) Wie lässt sich der Ortsvektor einer Testmasse in Kugelkoordinaten ausdrücken? Wie kann die Taylor-Entwicklung einer Wurzel √

3 1 1 = 1 − x + x2 2 8 1+x

verwendet werden? Sie sollten   r r2 3 sin2 (θ) cos2 (ϕ) − 1 Gm 1 + sin(θ) cos(ϕ) + 2 φ(r) = − d d d 2 erhalten. (b) Wie hängt die Beschleunigung mit φ zusammen? Wieso wird jede Komponente von Null verschieden sein?  0 (c) Wie lassen sich die Beiträge der Ordnung dr verwenden, um a (rr SP ) zu finden? Welcher Punkt entspricht im gewählten Bezugssystem dem Schwerpunkt? (d) Sind die trigonometrischen Zusammenhänge cos2 (x) =

1 + cos(2x) 2

sin2 (x) =

1 − cos(2x) 2

hilfreich? (e) Welche Beschleunigung erfährt eine Testmasse in der Nähe der Erdoberfläche durch die Gravitation der Erde? Wieso ist dabei nur der lineare Term von Bedeutung? Wie lässt sich so  3 Rm R (3 cos(2ϕ) − 3 cos(2θ) − 3 cos(2θ) cos(2ϕ) − 1) h(θ, ϕ) = 8M d finden? Was sind die maximalen und minimalen Werte dieser Größe? Warum treten die maximalen Werte für h an dem nächsten und dem fernsten Punkt, zum Mond auf? Wie lassen sich die bisherigen Ergebnisse nutzen, um die Höhe der Gezeitewelle, die durch die Sonnen verursacht wird, zu bestimmen? Aufgabe 4 - Pendel mit bewegter Aufhängung (a) Welche Form nimmt die zweite Ableitung von r  an? (b) Lassen sich mit r  Basisvektoren ähnlich zu Polarkoordinaten einführen? Was gilt für die Ableitungen solcher Basisvektoren? Wie sieht nun F S aus? Welche beiden Kräfte wirken im Inertialsystem auf die Pendelmasse? Wird für die gesuchte Differentialgleichung nur eine der beiden Komponenten benötigt? Warum ist ω = gl gültig?

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

377

(c) Um welches, in der Physik viel diskutierte System handelt es sich, bei der angegebenen Differentialgleichung aus Teilaufgabe (b)? Sie sollten θp (t) =

x0 Ω2 cos(Ωt) l ω 2 − Ω2

erhalten. (d) Ist die Lösung der Differentialgleichung allein durch die partikuläre Lösung zu bestimmen? Sie sollten θmax = 2

Ω2 x0 2 l |ω − Ω2 |

erhalten. (e) Wie lässt sich in der Zeitableitung der Energie die Bewegungsgleichung verwenden, um den Ausdruck zu vereinfachen? Wie lässt sich so dE mx20 3 ≈ Ω sin(2Ωt) dt 2 für ω  Ω finden? (f) Warum sind im Fall Ω  ω der Zusammenhang   2 2 2Ω E(t) ≈ mx0 Ω 2 1 − cos(ωt) cos(Ωt) ω und im Fall ω  Ω der Zusammenhang E(t) ≈ gültig?

mx20 Ω2 (1 − cos(2Ωt)) 4

378

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

(a) (5 Punkte) Zeigen Sie für Kugelkoordinaten mit den Basisvektoren ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ sin(θ) cos(φ) cos(θ) cos(φ) − sin(φ) ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ eˆθ = ⎝ cos(θ) sin(φ) ⎠ eˆφ = ⎝ cos(φ) ⎠ eˆr = ⎝ sin(θ) sin(φ) ⎠ − sin(θ)

cos(θ)

0

die Orthonormalität des Basissystems. Lösungsvorschlag: Zur Abkürzung sollen die Ausdrücke sθ = sin(θ) sφ = sin(φ)

cθ = cos(θ) cφ = cos(φ)

eingeführt werden, für die daher auch s2θ + c2θ = 1

s2φ + c2φ = 1

gilt. Die Basisvektoren lassen sich daher durch ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ sθ cφ cθ cφ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ eˆθ = ⎝cθ sφ ⎠ eˆr = ⎝sθ sφ ⎠ −sθ

cθ

⎞ −sφ ⎟ ⎜ eˆφ = ⎝ cφ ⎠ ⎛

0

ausdrücken. Für die Orthonormalität muss zum einen gezeigt werden, dass die drei Basisvektoren aufeinander stehen und zum anderen, dass sie Einheitsvektoren sind. Es wird damit begonnen, dass sie senkrecht aufeinander stehen, was sich über die Rechnungen ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ cθ cφ sθ cφ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ eˆr · eˆθ = ⎝sθ sφ ⎠ · ⎝cθ sφ ⎠ = sθ cθ (c2φ + s2φ ) − cθ sθ = 0 cθ

⎞ ⎛

−sθ

⎞ −sφ cθ cφ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ eˆθ · eˆφ = ⎝cθ sφ ⎠ · ⎝ cφ ⎠ = cθ (−cφ sφ + sφ cφ ) = 0 ⎛

−sθ

0

⎞ sθ cφ −sφ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ eˆφ · eˆr = ⎝ cφ ⎠ · ⎝sθ sφ ⎠ = sθ (−sφ cφ + cφ sφ ) = 0 ⎛

0

⎞ ⎛

cθ

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

379

schnell zeigen lässt. Dass es sich bei allen Vektoren um Einheitsvektoren handelt, lässt sich mittels ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ sθ cφ sθ cφ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆ2r = ⎝sθ sφ ⎠ · ⎝sθ sφ ⎠ = s2θ (c2φ + s2φ ) + c2θ = s2θ + c2θ = 1 cθ

⎞ ⎛

cθ

⎞ cθ cφ cθ cφ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ eˆ2θ = ⎝cθ sφ ⎠ · ⎝cθ sφ ⎠ = c2θ (c2φ + s2φ ) + s2θ = c2θ + s2θ = 1 ⎛

−sθ −sθ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −sφ −sφ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ eˆ2φ = ⎝ cφ ⎠ · ⎝ cφ ⎠ = s2φ + c2φ = 1 0

0

zeigen. Damit handelt es sich um eine Orthonormalbasis. 1 (b) (5 Punkte) Betrachten Sie eine eindimensionale Bewegung im Potential U (x) und bestimmen Sie die Periodendauer als Integral über x aus der Energieerhaltung. Lösungsvorschlag: Die Energie der eindimensionalen Bewegung ist durch E=

1 mx˙ 2 + U (x) 2

x˙ 2 =

2 (E − U (x)) m

gegeben. Diese lässt sich nach

umstellen. Die halbe Periodendauer lässt sich daher über das Integral T /2

T = 2 bestimmen. Mit

dt =

dx xmin

0

 x˙ =

xmax

1 x˙

2 E − U (x) m

kann so xmax

T =2 xmin

1 √ dx = 2m x˙

xmax

dx  xmin

1 E − U (x)

gefunden werden. 1 Zusammengefasst

erfüllen die Basisvektoren eˆi den Zusammenhang eˆi · eˆj = δij .

380

Lösungen

(c) (5 Punkte) Betrachten Sie zwei Massen m1 und m2 im Schwerfeld der Erde. Diese sollen mit einem Seil der Länge l über eine Umlenkrolle des Radius R miteinander verbunden sein. Stellen Sie mittels eines Kräftegleichgewichts die Differentialgleichung dieses Systems auf. Lösungsvorschlag: Die Masse m1 mit Position z1 erfährt zwei Kräfte. Die Fadenspannkraft FF in positiver z-Richtung und die Gewichtskraft m1 g in negativer z-Richtung, so dass ihre Differentialgleichung durch m1 z¨1 = FF − m1 g gegeben ist. Das gleiche gilt für Masse m2 . Wichtig ist hierbei, dass es sich in beiden Fällen, um die gleiche Fadenspannkraft handelt. Die Differentialgleichung für Masse m2 mit der Auslenkung z2 ist also durch m2 z¨2 = FF − m2 g gegeben. Um die unbekannte Fadenspannkraft zu eliminieren, können diese beiden Gleichungen voneinander subtrahiert werden, um m1 z¨1 − m2 z¨2 = −(m1 − m2 )g zu erhalten. Wird das Koordinatensystem so gelegt, dass das Seil auf beiden Seiten die Umlenkrolle bei z = 0 tangiert, so sind z1 und z2 durch πR − z1 − z2 = l verbunden, sodass auch z¨2 = −¨ z1 gilt. Daraus lässt sich schließlich m1 z¨1 + m2 z¨1 = −(m1 − m2 )g

⇒

z¨1 = −

m1 − m2 g m1 + m2

ermitteln. 2 (d) (5 Punkte) Bestimmen Sie für eine kontinuierliche Massenverteilung mit Dichte ρ(rr ) den Schwerpunkt aus dem Kontinuumslimes des Ihnen bekannten Ausdrucks. Lösungsvorschlag: Der Schwerpunkt R einer diskreten Massenverteilung kann mittels R= MR



mαr α

α 2 Dieser spezielle Aufbau ist als Atwood’sche Fallmaschine bekannt und kann verwendet werden, um kleine Beschleunigungen zu erhalten.

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

381

bestimmt werden, wobei M=



mα

α

die Gesamtmasse der Verteilung ist, sodass sich der Schwerpunkt auch als $

mαr α R = α$ mα α

schreiben lässt. Im Kontinuumslimes wird der Übergang mα → dm = d3r ρ(rr )

rα → r

gemacht. Damit lässt sich zunächst M=



mα →

d3r ρ(rr )

α

bestimmen, um schließlich R= MR



mα r α →

d3r ρ(rr )rr

α

⇒R =

d3r ρ(rr )rr d3r ρ(rr )

zu finden. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie die Differentialgleichung r¨ = −ω 2r und finden Sie die allgemeine Lösung. Begründen Sie, warum die allgemeine Lösung nicht zu r (t) = r 0 cos(ωt + φ) äquivalent ist. Lösungsvorschlag: Die allgemeine Lösung wird aus Sinus- und Kosinus-Funktionen in der Form r = A cos(ωt) + B sin(ωt) bestehen, da die einzelnen Komponenten A cos(ωt)

382

Lösungen

und B sin(ωt) jeweils die Differentialgleichung erfüllen und voneinander linear unabhängig sind. Wenn r (0) = r 0 und r˙ (0) = v 0 ist, so lässt sich weiter r = r 0 cos(ωt) +

v0 sin(ωt) ω

finden. Da es sich um eine vektorielle Differentialgleichung zweiter Ordnung handelt, werden insgesamt sechs Anfangsbedingungen benötigt. Diese sechs Anfangsbedingungen sind durch r 0 und v 0 gegeben. Die Lösung r (t) = r 0 cos(ωt + φ) hingegen besitzt mit r 0 und φ nur vier Anfangsbedingungen und kann damit nicht den vollständigen Lösungsraum abdecken.

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

383

25 Punkte

Aufgabe 2 Streuung an repulsiven Potential

Betrachten Sie einen Massenpunkt m, der sich in dem kugelsymmetrischen, repulsiven Potential U (r) mit U (r → ∞) = 0 bewegt. Er soll sich aus dem Unendlichen mit e x + bˆ ey r ∞ = lim xˆ

v ∞ = vˆ ex

x→−∞

mit b, v > 0 nähern. (a) (6 Punkte) Begründen Sie zunächst, dass Energie und Drehimpuls erhalten sind und führen Sie den Betrag des Drehimpulses L ein, um r˙ durch   L2 2 E− − U (r) r˙ 2 = m 2mr2 auszudrücken. Lösungsvorschlag: Das Potential U (r) ist kugelsymmetrisch, so dass die Kraft ∂U ∂r ist und es sich daher um ein Zentralkraftfeld handelt. In einem solchen Kraftfeld ist der Drehimpuls in Betrag und Richtung erhalten. Er lässt sich durch ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x v ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ e z = −mbvˆ ez L = L ∞ = mrr ∞ × v ∞ = m lim ⎝ b ⎠ × ⎝0⎠ = m lim (−bv)ˆ F = − grad(U ) = −ˆ er

x→∞

x→∞

0

0

bestimmen. Sein Betrag ist daher durch L| = mbv L = |L gegeben. Da das Kraftfeld über ein Potential verfügt, ist es konservativ und daher ist die Energie E=

1 2 mr˙ + U (rr ) 2

erhalten. Sie kann durch 1 1 mvv 2∞ + U (rr ∞ ) = mv 2 2 2 bestimmt werden. Dabei wurde verwendet, dass für r ∞ das Potential verschwindet. Damit lässt sich ein Zusammenhang zwischen v und E und daher auch zwischen E und L über  √ 2E ⇒ L = 2Emb v= m E = E∞ =

384

Lösungen

herstellen, was in Teilaufgabe (b) noch verwendet werden kann, um L zu eliminieren. Bei der Bewegung in einer Ebene sind Ortsvektor und Geschwindigkeit auch durch ˙ eφ r˙ = rˆ ˙es + rφˆ

r = rˆ es gegeben, so dass sich der Drehimpuls zu

˙ e φ ) = mr2 φˆ ˙ e z = −Lˆ L = mrˆ e s × (rˆ ˙e s + rφˆ ez gegeben ist, während sich die Energie zu E=

2 ˙2 1 ˙ e φ )2 + U (r) = 1 mr˙ 2 + mr φ + U (r) m(rˆ ˙e s + rφˆ 2 2 2

bestimmen lässt. Durch L2 φ˙ 2 = 2 4 m r lässt sich so weiter L2 1 2 mr˙ + + U (r) 2 2mr2

E= finden, woraus sich

m 2 L2 r˙ = E − − U (r) 2 2  2mr 2  L 2 2 ⇒ r˙ = E− − U (r) m 2mr2 bestimmen lässt. (b) (8 Punkte) Integrieren Sie von ∞ bis zum minimalen Abstand rmin und zeigen Sie so, dass der Streuwinkel durch das Integral ∞

θ = π − 2b

dr

rmin

r2



1−

1  b 2 r

−

U (r) E

bestimmt werden kann. Lösungsvorschlag: Um das Problem von der Zeit unabhängig zu machen muss r˙ = nach φ umgewandelt werden. Zu diesem Zweck wird 2  2  dr dt dr 1 r˙ 2 m2 r 4 2 = = r˙ 2 2 = 2 = r˙ dφ dt dφ L2 φ˙ dφ 2 4

m r 2 = L2 m



dt

dr dt

zu einer Ableitung

   L2 L2 2mr4 E U (r) 1− E− − U (r) = − 2mr2 L2 2mEr2 E

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

385

betrachtet. Da auch L2 = 2Emb2 gilt, lässt sich dies weiter zu  2   dr 2mr4 E U (r) 2Emb2 = − 1− dφ 2Emb2 2mEr2 E     2 b r4 U (r) = 2 1− − b r E vereinfachen. Beim Ziehen der Wurzel ist bereits zu berücksichtigen, wie die Bewegung ablaufen wird. Das Potential ist repulsiv und der einfallende Massenpunkt hat eine Abweichung in positive y-Richtung, weshalb er auch in diese Richtung abgelenkt wird. Der Winkel φ nimmt daher von π ausgehend ab, während zu Beginn der dr also positiv, was als Bewegung der Abstand r abnimmt. In diesem Bereich ist dφ dr gekennzeichnet werden soll. Nachdem der Massenpunkt den Abstand kleinsdφ +

dr somit ter Annäherung rmin passiert hat, nimmt r wieder zu. In diesem Bereich ist dφ dr kenntlich gemacht wird. Zum Ende der Bewegung fällt der negativ, was mit dφ −

Massenpunkt unter dem Winkel φ = θ aus. Somit kann das Integral rmin

θ

dr

dφ = π

∞

1 dr dφ

rmin

∞

= ∞

∞

= −2b

dr

rmin

rmin

+

b dr 2 r

dr

+

1−

1  b 2 r

−

1 dr dφ

U (r) E

1  b 2 r2 1 − r −

−

∞

−

dr

rmin

1 b  b 2 r2 1− r −

U (r) E

U (r) E

aufgestellt werden. Die linke Seite ist dabei einfach durch θ − π gegeben, sodass sich ∞

θ = π − 2b rmin

dr r2



1−

1  b 2 r

−

U (r) E

ergibt. (c) (3 Punkte) Bestimmen Sie durch das obige Integral den Streuwinkel an einer harten Kugel mit dem Potential  0 r>R U (r) = . ∞ r 0 und zeigen Sie, dass der Stoßparameter und der Streuwinkel durch  k b0 θ= b zusammenhängen. Lösungsvorschlag: Die Ableitung von U ist durch α dU = −k k+1 dr r gegeben. Mit der Substitution r = zb r=b⇒z=1

dr = b dz r=∞⇒z=∞

lässt sich so das Integral ∞

dr kα bkα √ = k+1 2 2 E r −b r b ⎛ ⎞ ∞ dz 1 kα ⎠ √ = k⎝ b E z k+1 z 2 − 1

b θ≈ E

∞

1

1 b dz √ 2 b z − 1 (bz)k+1

1

bestimmen. Der Term in Klammern ist unabhängig von b und kann als bk0 definiert werden, um so  k b0 θ= b zu erhalten. Es handelt sich also um besonders kleine Streuwinkel, die umso kleiner werden, je größer b wird. (e) (6 Punkte) Finden Sie damit den differentiellen Streuquerschnitt    dσ    D(θ, φ) =  dΩ  mit dσ = b db dφ und dΩ = sin(θ) dθ dφ für kleine Winkel und zeigen Sie, dass dΩD(θ, φ) in diesem Bereich divergent ist. Was folgt daher für Potentiale der Form U (r) = rαk ? Lösungsvorschlag: Für den differentiellen Streuquerschnitt wird der Ausdruck dσ b db dφ b db = = dΩ sin(θ) dθ dφ sin(θ) dθ

388

Lösungen

betrachtet. Da es sich um kleine Streuwinkel handelt, kann der Sinus durch sein Argument sin(θ) ≈ θ genähert werden. Aus b=

b0 1 θk

lässt sich die Ableitung db 1 b0 =− dθ k θ k1 +1 finden, weshalb sich b db b0 dσ = = 1 +1 dΩ sin(θ) dθ k θ



1 b0 − k θ k1 +1

 =−

b20 1 k θ2+ k2

bestimmen lässt. Daher ist der differentielle Streuquerschnitt in diesem Grenzwert durch    dσ  b20 1  = D(θ  1, φ) =  dΩ  k θ2+ k2 zu bestimmen. Das Differential für den totalen Streuquerschnitt ist damit durch dσtot. = D(θ  1, φ) dΩ = D(θ  1, φ) sin(θ) dθ dφ ≈ θD(θ  1, φ) dθ dφ = θ =

b20 1 dθ dφ k θ1+ k2

b20 1 dθ dφ k θ2+ k2

bestimmt. Der Anteil in θ dθ 2 θ1+ k

divergiert für θ → 0 solange k > 0 ist. Das bedeutet die Fläche, die ein einfallender Massenpunkt treffen muss, um in jede Raumrichtung gestreut zu werden, wird unendlich groß sein. Anders ausgedrückt, ist es egal welchen Stoßparameter der Massenpunkt aufweist, es wird immer abgelenkt werden. Es handelt sich bei Kräften, die durch Potentiale der Art rαk beschreiben werden um langreichweitige Kräfte.

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

389

25 Punkte

Aufgabe 3 Gezeitenkräfte

Betrachten Sie das System aus Erde mit Masse M und dem Mond mit Masse m, die sich im Abstand d voneinander befinden. Gehen Sie davon aus, dass die Erde eine Kugel mit Radius R ist und dass sich der Mond in der Äquatorebene der Erde bewegt, sodass seine Position durch dˆ e x beschrieben wird. Das Bezugssystem soll das Schwerpunktsystem der Erde sein. (a) (5 Punkte) Bestimmen Sie das Potential φ(rr ), dem ein Massenpunkt in der Nähe der Erdoberfläche r ≈ R durch den Mond ausgesetzt ist, und entwickeln Sie diesen Term bis zur zweiten Ordnung in dr . Lösungsvorschlag: In Kugelkoordinaten wird der Orstvektor der Testmasse durch r = rˆ e r beschrieben. e x gegeben. Damit kann das Potential für Der Orstvektor des Mondes ist durch r  = dˆ den Massenpunkt als φ(rr ) = − =−

Gm Gm = −  2 2 r r |r − | r + d − 2rd(ˆ e r · eˆx ) Gm d 1+

1 r2 d2

− 2 dr sin(θ) cos(ϕ)

gefunden werden. Mit der Entwicklung einer Wurzel √

1 3 1 = 1 − x + x2 2 8 1+x

und der Abkürzung w = sin(θ) cos(ϕ) lässt sich so 1+

1 r2 d2

1 ≈1− 2 r − 2dw



  2 r2 3 r2 r r −2 w + −2 w d2 d 8 d2 d

r ≈1+ w− d r =1+ w+ d

1 r2 3 r2 2 + w 2 d2 2 d2 2 2 r 3w − 1 d2 2

bestimmen. Damit ist bis zur zweiten Ordnung dr das Potential für den Massenpunkt in durch   r r2 3 sin2 (θ) cos2 (ϕ) − 1 Gm 1 + sin(θ) cos(ϕ) + 2 φ(r) = − d d d 2 gegeben.

390

Lösungen

(b) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Beschleunigung a (rr ), indem Sie den Gradienten in Kugelkoordinaten grad(f (r, θ, ϕ)) = eˆr

∂f 1 ∂f 1 ∂f + eˆθ + eˆϕ ∂r r ∂θ r sin(θ) ∂ϕ

verwenden. Lösungsvorschlag: Die Beschleunigung lässt sich bestimmen, indem die drei Komponenten ar = −

∂φ ∂r

aθ = −

1 ∂φ r ∂θ

aϕ = −

∂φ 1 r sin(θ) ∂ϕ

aus a = − grad(φ) = areˆr + aθeˆθ + aϕeˆϕ berechnet werden. Die radiale Komponente wird durch

Gm w r ∂φ = 0 + + 2 (3w2 − 1) ar = − ∂r d d d

r Gm = 2 sin(θ) cos(ϕ) + (3 sin2 (θ) cos2 (ϕ) − 1) d d bestimmt. Die Koordinate bezüglich θ lässt sich durch   Gm r r2 1 ∂φ 2 = 0 + cos(θ) cos(ϕ) + 3 2 sin(θ) cos(θ) cos (ϕ) aθ = − r ∂θ dr d d

r Gm = 2 cos(ϕ) cos(θ) 1 + 3 sin(θ) cos(φ) d d ermitteln. Schlussendlich wird die Koordinate bezüglich ϕ durch ∂φ 1 r sin(θ) ∂ϕ   r r2 Gm 0 − sin(θ) sin(ϕ) − 3 2 sin2 (θ) cos(ϕ) sin(ϕ) = dr sin(θ) d d

r Gm = − 2 sin(ϕ) 1 + 3 sin(θ) cos(ϕ) d d

aϕ = −

bestimmt. Die Gezeitenbeschleunigung aGez. ist definiert als die Differenz aus der Beschleunigung an einem Punkt auf der Erdoberfläche und der Beschleunigung des Erdschwerpunktes. Also ist sie durch a Gez. (rr ) = a (rr ) − a (rr SP ) gegeben.

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

391

(c) (2 Punkte) Finden Sie die Gezeitenbeschleunigung des Mondes auf einen Massenpunkt in der Nähe der Erdoberfläche. Lösungsvorschlag:  0 An den Lösungen von Teilaufgabe (b) fällt auf, dass die Beiträge in der Ordnung dr durch a0 =

Gm (sin(θ) cos(ϕ) eˆr + cos(θ) cos(ϕ) eˆθ − sin(ϕ) eˆϕ ) d2

bestimmt ist. Da aber eˆx · eˆr = cos(ϕ) sin(θ)

eˆx · eˆθ = cos(ϕ) cos(θ)

eˆx · eˆϕ = − sin(ϕ)

gilt, kann dieser Ausdruck als a0 =

Gm eˆx d2

identifiziert werden, sodass a (00) = a 0 =

Gm eˆx d2

gilt und sich die Gezeitenkräfte zu  Gm r (3 sin2 (θ) cos2 (ϕ) − 1)ˆ e r + 3 sin(θ) cos(θ) cos2 (φ) eˆθ a Gez. (rr ) = 2 d d  − 3 sin(θ) sin(ϕ) cos(ϕ) ermitteln lassen. (d) (3 Punkte) Fertigen Sie eine Skizze der Gezeitenbeschleunigung eˆr · a Gez. für ϕ = 0 an und markieren Sie darin geografisch wichtige Punkte, wie den Äquator oder die Pole. Lassen Sie dabei θ von Null bis 2π laufen, um ebenfalls den Werte ϕ = π abzubilden. Finden Sie außerdem die radiale Komponente der Gezeitenbeschleunigung für ϕ = π/2 als Funktion von θ. Lösungsvorschlag: Die radiale Komponente ist durch aGez.,r (rr ) = eˆr · a Gez. =

Gm r (3 sin2 (θ) cos2 (ϕ) − 1) d2 d

gegeben und kann mit den Zusammenhängen cos2 (x) =

1 + cos(2x) 2

sin2 (x) =

1 − cos(2x) 2

392

Lösungen

auf die Form

  1 − cos(2θ) 1 + cos(2ϕ) Gm r 3 − 1 d2 d 2 2 Gm r (3(1 − cos(2θ) + cos(2ϕ) − cos(2θ) cos(2ϕ)) − 4) = 4d2 d Gm r (3 cos(2ϕ) − 3 cos(2θ) − 3 cos(2θ) cos(2ϕ) − 1) = 4d2 d

aGez.,r (rr ) =

gebracht werden. Für ϕ = 0 kann so Gm r (2 − 3 cos(2θ) − 3 cos(2θ)) 4d2 d Gm r Gmr 3 cos(2θ) − 1 = (1 − 3 cos(2θ)) = − 3 2d2 d d 2

aGez.,r (r, θ, ϕ = 0) =

gefunden werden, während für ϕ = π/2 der Ausdruck Gm r (−3 cos(2θ) + 3 cos(2θ) − 4) 4d2 d Gmr Gm r (−4) = − 3 = konst. = 2 4d d d

aGez.,r (r, θ, ϕ = π/2) =

gefunden wird. Die Skizze zu aGez.,r (r, θ, ϕ = 0) ist in Abb. 3.8.1 zu finden.

2Gmr d3

aGez. , r

θ π 2

π

3π 2

2π

−Gmr 3 d

Abb. 3.8.1 Skizze der Gezeitenbeschleunigung als Funktion von θ ∈ [0, 2π). Dabei entspricht θ = 0 dem Nordpol, θ = π/2 bzw. θ = 3π/2 dem Äquator und θ = π dem Südpol.

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

393

(e) (10 Punkte) Bestimmen Sie die Höhe h der Gezeitenwelle, die durch den Mond verursacht wird als Funktion von θ und ϕ. Was ist die höchst mögliche Gezeitenwelle und an welchem Punkt tritt sie auf? In welchem Verhältnis stehen die Höhen der höchsten Gezeitenwellen, die durch Sonne und Mond verursacht werden? Lösungsvorschlag: Die Beschleunigung, die eine Testmasse durch die Erde erfährt ist durch a Erde = −

GM eˆr r2

gegeben. Da als Testmasse das Meer in der Nähe der Erdoberfläche betrachtet wird, kann r = R + h mit dem Erdradius R angesetzt werden, um a Erde = −

GM GM h eˆr ≈ − 2 (1 − 2 ) (R + h)2 R R

zu erhalten. Der erste Term wird durch Beschleunigungen in Form von Normalbeschleunigungen ausgeglichen und sorgt dafür, dass sich die Testmasse auf der Oberfläche hält und nicht zum Zentrum der Erde fällt. Der zweite Term 2

GM er hˆ R3

muss gerade der Gezeitenbeschleunigung entsprechen, so dass 2

GM h = aGez.,r (Rˆ er ) R3

bzw. R3 er ) aGez.,r (Rˆ 2GM R3 Gm R = (3 cos(2ϕ) − 3 cos(2θ) − 3 cos(2θ) cos(2ϕ) − 1) 2GM 4d2 d  3 Rm R (3 cos(2ϕ) − 3 cos(2θ) − 3 cos(2θ) cos(2ϕ) − 1) = 8M d

h(θ, ϕ) =

gelten muss. Dabei wurde der sekundäre Effekt von r = R + h in aGez.,r (rr ) vernachlässigt, da aGez.,r (rr ) selbst bereits besonders klein ist und zusätzliche Korrekturfakto  m R 3 ren daher durch M unterdrückt sind. Als Probe kann der Punkt (θ = π/2, ϕ = d 0) betrachtet werden, um h(θ = π/2, ϕ = 0) =

Rm 8M



R d

3 (3 + 3 + 3 − 1) = R

m M



R d

3 >0

zu erhalten, was dahingehend sinnvoll erscheint, dass durch die Gezeitenkraft des Mondes die Wassermassen direkt zwischen ihm und der Erde in die Richtung des

394

Lösungen

Mondes gezogen werden. Um die maximale Gezeitenwelle zu bestimmen wird das Maximum von h gesucht. Hierzu werden die Ableitungen  3 Rm R ∂h ! = (6 sin(2θ) + 6 sin(2θ) cos(2ϕ)) = 0 ∂θ 8M d ⇒

sin(2θ) = 0 ∨ 1 + cos(2ϕ) = 0

und ∂h Rm = ∂ϕ 8M ⇒



R d

3 !

(−6 sin(2ϕ) + 6 cos(2θ) sin(2ϕ)) = 0

sin(2ϕ) = 0 ∨ 1 − cos(2θ) = 0

betrachtet. Aus der ersten Bedingung lässt sich θ ∈ {0, π/2, π} sowie ϕ ∈ {π/2, 3π/2} ableiten. Aus Teilaufgabe (d) ist bekannt, dass aGez.,r (θ, ϕ = π/2) eine Konstante ist. Daher ist auch h(θ, ϕ = π/2) eine Konstante und im Besonderen mit dem Wert an den Polen übereinstimmend, die durch θ = 0 oder θ = π gegeben sind. Dort nimmt h den Wert  3 Rm R h(θ = 0) = − 2M d an. Dabei wurde auf eine Spezfikation von ϕ verzichtet, da ϕ an den Polen nicht wohldefiniert ist. 3 Da dieser Wert negativ ist, h aber auch positive Werte annehmen kann wird θ auf π/2 eingeschränkt, um ein Maximum zu finden. Die zweite Bedingung liefert mit sin(2ϕ) = 0 die Möglichkeiten ϕ ∈ {0, π/2, π, 3π/2}, wovon zwei mit ϕ = π/2 und ϕ = 3π/2 bereits diskutiert sind. Der Punkt (θ = π/2, ϕ = 0) war auch bereits mit  3 m R h(θ = π/2, ϕ = 0) = R M d diskutiert. Da es sich bei h(θ, ϕ) um eine π-periodische Funktion im Argument ϕ handelt, ergibt sich für den Punkt (θ = π/2, ϕ = π) dasselbe Ergebnis. Die letzte verbleibende Bedingung cos(2θ) = 1 liefert keine neuen Punkte, da diese durch θ ∈ {0, π} erfüllt wird. Damit wurde die höchste Gezeitenwelle  3 m R hmax. = R M d an den Punkten (θ = π/2, ϕ = 0), der dem Mond zugewandten Seite und dem Punkt (θ = π/2, ϕ = π), der dem Mond abgewandten Seite gefunden. Die höchste durch die Sonne verursachte Gezeitenwelle ist durch  3 R mSonne hmax.,Sonne = R M dES 3 Dies stellt auch eine Möglichkeit dar zu prüfen, ob h eine sinnvolle Lösung ist. Sie muss auf der Kugel stetig sein und daher im Besonderen an den Polen unabhängig von ϕ.

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

395

gegeben, wobei dES den Abstand zwischen Sonne und Erde angibt. Das Verhältnis lässt sich zu

3 mSonne R  3 R M dES hmax.,Sonne mSonne dEM =

3 = hmax.,Mond mMond dES R R mMond M dEM bestimmen, worin dEM den Abstand zwischen Erde und Mond angibt. Nicht gefragt: Da die minimale Gezeitenwelle, bzw. die stärkste Absenkung durch die Gezeiten auf einem Großkreis durch die Pole und senkrecht zur Verbindungslinie aus Erde und Mond auftritt und die Höhe der Gezeitenwelle dort  3 Rm R hmin. = − 2M d beträgt, lässt sich der absolute Höhenunterschied der Gezeitenwellen durch  3    3 3m R m R 1 =R 1+ Δh = hmax. − hmin. = R M d 2 2M d bestimmen. Mit den typischen Zahlenwerten für das Erde-Mond-system mMond ∼ 7 · 1022 kg, mErde ∼ 6 · 1024 kg, RErde ∼ 6,37 · 103 km, dEM ∼ 3,84 · 105 km kann so Δh ∼ 0,5 m bestimmt werden. Werden darüber hinaus die typischen Zahlenwerten mSonne ∼ 2 · 1030 kg und dES ∼ 1,49 · 108 km herangezogen, kann das Verhältnis hmax.,Sonne 1 ∼ hmax.,Mond 2 bestimmt werden. Es zeigt dass die Gezeitenwirkung durch den Mond etwa doppelt so hoch ist, wie die Gezeitenwirkung durch die Sonne. Bei Vollmond und Neumond, wenn die Sonne der Mond und die Erde etwa in einer Linie stehen, kommt es zu einer Springflut, bei der sich die Effekte aus Sonne und Mond addieren, so dass der maximale Höhenunterschied von  3 3 m R ∼ 0,75 m ΔhGes.,max. = ΔhMond + ΔhSonne = ΔhMond = R 2 M d ergibt. Bei Halbmond stehen Sonne Mond und Erde in einem rechtwinkligen Dreieck und die beiden Effekte von Sonne und Mond heben sich gegenseitig auf, so dass es zu besonders schwach ausgeprägten Gezeiten, der Niptide kommt. Bei dieser wird der minimale Höhenunterschied von  3 1 3m R ∼ 0,25 m ΔhGes.,min. = ΔhMond − ΔhSonne = ΔhMond = R 2 4M d

396

Lösungen

erreicht. Die wahre Ausprägung der Gezeiten ist jedoch von topografischen Gegebenheiten abhängig, weshalb auch wesentlich höhere Werte als die hier gefundenen in der Realität auftreten.

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

397

25 Punkte

Aufgabe 4 Pendel mit bewegter Aufhängung

Betrachten Sie ein Fadenpendel der Masse m und der Länge l dessen Aufhängung die Bewegung x(t) = x0 cos(Ωt) ausführen soll. Die Auslenkung des Pendels soll mit θ bezeichnet werden. (a) (2 Punkte) Zeigen Sie zunächst, dass in einem beschleunigten Bezugssystem der Form r  = r − r 0 (t) die Differentialgleichung m¨ r  = F IS + F S zu lösen ist. Dabei ist F IS die Kraft und r der Ortsvektor im Inertialsystem. Welcher Ausdruck beschreibt F S und worum handelt es sich? Lösungsvorschlag: Die zweite zeitliche Ableitung von r  ist durch r¨ = r¨ − r¨0 gegeben, sodass die Gleichung m¨ r  = m¨ r − m¨ r0 gilt. Da es sich bei r um den Ortsvektor im Inertialsystem handelt, muss nach dem zweiten Newton’schen Axiom der erste Summand die Kraft in selbigem darstellen, sodass r  = F IS − m¨ r0 m¨ gilt. Der zweite Summand ist somit der Ausdruck für F S = −m¨ r0 und beschreibt die Scheinkraft, die im beschleunigten Bezugsystem auftritt. Es handelt sich um eine Trägheitskraft, die es erlaubt, die Bewegung des Systems in einem beschleunigten Bezugssystem im Rahmen der Newton’schen Physik zu beschreiben. (b) (6 Punkte) Verwenden Sie nun r 0 (t) = eˆx x0 cos(Ωt)

398

Lösungen

und ⎛ ⎜ r = l ⎝

sin(θ)

⎞

⎟ 0 ⎠ − cos(θ)

für kleine θ, um die Differentialgleichung θ¨ + ω 2 θ = αΩ2 cos(Ωt) zu finden. Was sind ω und α? Lösungsvorschlag: Zunächst ist es sinnvoll zu erkennen, dass sich aus r  ein Basisvektor ⎛ ⎞ sin(θ) ⎜ ⎟ eˆs = ⎝ 0 ⎠ − cos(θ) und dessen damit verbundene Ableitung ⎛

⎞ cos(θ) dˆ es ⎜ ⎟ =⎝ 0 ⎠ eˆθ = dθ sin(θ) definieren lassen. Diese stehen senkrecht aufeinander und die Ableitungen erfüllen dˆ es ˙e θ = θˆ dt

dˆ eθ ˙e s . = −θˆ dt

Damit und mit l˙ = 0 lassen sich die erste ˙e θ r˙  = lθˆ und die zweite ¨e θ − lθ˙2eˆs r¨ = lθˆ zeitliche Ableitung von r  bestimmen. Die Scheinkraft kann wegen e x x0 Ω sin(Ωt) r˙ 0 = −ˆ ⇒

e x x0 Ω2 cos(Ωt) = −Ω2r 0 r¨0 = −ˆ

zu r 0 = mx0 Ω2 cos(Ωt) eˆx F S = −m¨

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

399

bestimmt werden. Schlussendlich bleiben die Kräfte im Inertialsystem F IS zu bestimmen. Ein Summand wird die Schwerkraft −mgˆ e z sein, während der zweite Summand die Fadenspannkraft F F = −FFeˆs sein wird. Damit lässt sich die Bewegungsgleichung

⇒

m¨ r  = F IS − m¨ r0 2 ¨ ˙ mlθˆ e θ − mlθ eˆs = −mgˆ e z − FFeˆs + mx0 Ω2 cos(Ωt) eˆx

aufstellen. Aus dieser lässt sich die eˆθ -Komponente herausprojizieren, um die Gleichung mlθ¨ = −mgˆ e θ · eˆz + mx0 Ω2 cos(Ωt) eˆθ · eˆx = −mg sin(θ) + mx0 Ω2 cos(Ωt) cos(θ) zu erhalten, welche für θ  1 wiederum in mlθ¨ = −mgθ + mx0 Ω2 cos(Ωt) g x0 θ¨ = − θ + Ω2 cos(Ωt) l l übergeht. Dies ist eine Gleichung der Form θ¨ + ω 2 θ = αΩ2 cos(Ωt) , wobei ω2 =

g l

und α=

x0 l

gelten. (c) (2 Punkte) Finden Sie die partikuläre Lösung für die Differentialgleichung aus Teilaufgabe (b). Lösungsvorschlag: Es handelt sich um einen getriebenen harmonischen Oszillator, daher bietet sich θp (t) = χ

x0 2 Ω cos(Ωt) l

als Ansatz für die partikuläre Lösung an. Dabei ist χ eine noch zu bestimmende Konstante in der Zeit. Die zweite Ableitung von θp ist durch x0 θ¨p = −Ω2 χ Ω2 cos(Ωt) l

400

Lösungen

gegeben. Eingesetzt in die Differentialgleichung kann so x0 x0 2 θ¨p + ω 2 θp = (−Ω2 + ω 2 )χ Ω2 cos(Ωt) = Ω cos(Ωt) l l 1 ⇒ χ= 2 ω − Ω2 gefunden werden, weshalb die partikuläre Lösung durch θp (t) =

x0 Ω2 cos(Ωt) l ω 2 − Ω2

gegeben ist. ˙ (d) (4 Punkte) Verwenden Sie die Anfangsbedingungen θ(0) = 0 und θ(0) = 0, um θ(t) sowie die maximale Auslenkung θmax zu finden. Hinweis: Sie dürfen die Relation     y+x y−x cos(x) − cos(y) = 2 sin sin 2 2 ohne Beweis verwenden. Lösungsvorschlag: Die homogene Lösung der Bewegungsgleichung ist die homogene Lösung eines harmonischen Oszillators und daher durch θh (t) = A cos(ωt) + B sin(ωt) gegeben. Daher ist die allgemeine Lösung mit θ(t) = θh (t) + θp (t) = A cos(ωt) + B sin(ωt) +

x0 Ω2 cos(Ωt) l ω 2 − Ω2

zu bestimmen. Damit kann θ(0) = A + θp (0) = A +

x0 Ω2 =0 l ω 2 − Ω2

und somit A=−

x0 Ω2 l ω 2 − Ω2

bestimmt werden. Die Ableitung von θ(t) ist durch ˙ = −Aω sin(ωt) + Bω cos(ωt) + θ˙p (t) θ(t) = −Aω sin(ωt) + Bω cos(ωt) − Ω

x0 Ω2 sin(Ωt) l ω 2 − Ω2

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

401

gegeben, womit sich ˙ θ(0) = Bω = 0 und somit schließlich die Lösung für das vorliegende Anfangswertproblem x0 Ω2 x0 Ω2 cos(ωt) + cos(Ωt) l ω 2 − Ω2 l ω 2 − Ω2   x0 Ω2 cos(Ωt) − cos(ωt) = l ω 2 − Ω2

θ(t) = −

bestimmen lässt. Dies lässt sich mit der gegebenen Relation wiederum auf     ω−Ω ω+Ω x0 Ω2 θ(t) = 2 t sin t sin l ω 2 − Ω2 2 2 umformen, woraus die maximale Auslenkung θmax = 2

Ω2 x0 l |ω 2 − Ω2 |

als Amplitude abgelesen werden kann. (e) (5 Punkte) Finden Sie mit E=

 1 2  ˙2 ml θ + ω 2 θ2 2

die Leistung dE dt als Funktion der Zeit und zeigen Sie, dass für Ω  ω und Ω  ω jeweils die Zusammenhänge Ω dE ≈ mx20 Ω3 cos(Ωt) sin(ωt) dt ω bzw. dE mx20 3 ≈ Ω sin(2Ωt) dt 2 gültig sind. Lösungsvorschlag: Der gegebene Ausdruck der Energie lässt sich nach der Zeit ableiten, um     dE 1 2 ˙¨ 2˙ 2˙ ¨ 2 = ml 2θθ + 2ω θθ = ml θ θ + ω θ dt 2 zu erhalten. Darin lässt sich die Bewegungsgleichung x0 2 θ¨ + ω 2 θ = Ω cos(Ωt) l

402

Lösungen

einsetzen, so dass sich mit der zeitlichen Ableitung    2 ˙ = d x0 Ω θ(t) cos(Ωt) − cos(ωt) dt l ω 2 − Ω2   x0 Ω2 ω sin(ωt) − Ω sin(Ωt) = l ω 2 − Ω2 der Ausdruck dE = mlx0 Ω2 θ˙ cos(Ωt) dt   Ω4 2 = mx0 2 ω sin(ωt) − Ω sin(Ωt) cos(Ωt) ω − Ω2 für die Leistung ergibt. Für den Fall Ω  ω dominiert im Nenner der Term ω 2 , darüber hinaus kann der zweite Term im Summand vernachlässigt werden, sodass sich Ω4 Ω dE ≈ mx20 2 ω sin(ωt) cos(Ωt) = mx20 Ω3 sin(ωt) cos(Ωt) dt ω ω ergibt. Für den Fall das ω  Ω gilt, verhält es sich gerade umgekehrt und der Term Ω2 dominiert im Nenner während der erste Term der Klammer vernachlässigt werden kann. Daher kann der Ausdruck dE Ω4 mx20 3 ≈ −mx20 2 Ω sin(Ωt) cos(Ωt) = Ω sin(2Ωt) dt Ω 2 gefunden werden, wobei die Relation sin(2x) = 2 sin(x) cos(x) für den Sinus angewandt wurde. (f) (6 Punkte) Finden Sie für die beiden Grenzfälle aus (e) die Energie E als Funktion der Zeit und bestimmen Sie jeweils die maximale Energie, die das Pendel erreichen 2 kann. Vergleichen Sie diese mit 12 mω 2 l2 θmax und interpretieren Sie Ihre Ergebnisse physikalisch. Hinweis: Verwenden Sie das Additionstheorem sin(x ± y) = sin(x) cos(y) ± cos(x) sin(y) , um einen Integranden zu vereinfachen. Außerdem dürfen Sie den Zusammenhang     x−y x+y cos cos(x) + cos(y) = 2 cos 2 2 ohne Beweis verwenden.

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

403

Lösungsvorschlag: Im Fall Ω  ω war die Änderung der Energie durch dE Ω = mx20 Ω3 sin(ωt) cos(Ωt) dt ω gegeben. Um diesen Ausdruck in der Zeit zu integrieren, bietet es sich an den Ausdruck sin((ω ± Ω)t) = sin(ωt) cos(Ωt) ± sin(Ωt) cos(ωt) zu betrachten, der die Zerlegung 2 sin(ωt) cos(Ωt) = sin((ω + Ω)t) + sin((ω − Ω)t) erlaubt. Hiermit lässt sich die Änderung der Energie auf   mx20 3 Ω dE = Ω sin((ω + Ω)t) + sin((ω − Ω)t) dt 2 ω umformen, was einfacher zu integrieren ist. Die Energie hat zum Zeitpunkt t = 0 ˙ wegen θ(0) = 0 und θ(0) = 0 ebenfalls den Wert Null, sodass t

dt

E(t) = 0

dE dt

gilt. Dieses kann zu t

dt

E(t) = 0

mx20 3 Ω Ω 2 ω



sin((ω + Ω)t ) + sin((ω − Ω)t )



 t mx20 3 Ω cos((ω + Ω)t ) cos((ω − Ω)t ) Ω + 2 ω ω+Ω ω−Ω t =0  t 2   mx0 3 Ω cos((ω + Ω)t ) cos((ω − Ω)t ) Ω + =− 2 ω ω+Ω ω−Ω t =0 =−

bestimmt werden. Nun findet diese Rechnung aber im Grenzwert Ω  ω statt, sodass die Terme Ω in den Nennern vernachlässigt werden können, um t  mx20 2 Ω2   Ω 2 cos((ω + Ω)t ) + cos((ω − Ω)t ) E(t) = − 2 ω t =0  t 2 2 mx0 2 Ω Ω 2 2 cos(ωt ) cos(Ωt ) =− 2 ω t =0   2 Ω = −mx20 Ω2 2 cos(ωt) cos(Ωt) − 1 ω   2 2 2Ω = mx0 Ω 2 1 − cos(ωt) cos(Ωt) ω

404

Lösungen

zu erhalten. Die maximal so erreichte Energie liegt daher bei Emax = 2mx20 Ω2

Ω2 , ω2

was in diesem Fall wegen θmax = 2

Ω2 x0 Ω2 x0 ≈2 2 2 l |ω − Ω | l ω2

mit  2 1 Ω2 x0 Ω2 1 2 mω 2 l2 θmax ≈ mω 2 l2 2 = 2mx20 Ω2 2 = Emax 2 2 2 l ω ω übereinstimmt, was darauf schließen lässt, dass die höchste Energie in Form von potentieller Energie erreicht wird. Das ist auch dahingehend sinnvoll, dass wegen Ω  ω mehrere Schwingungen des Pendels vergehen, bevor sich die Aufhängung maßgeblich bewegt hat. Daher kann die Energie des Pendels über den Zeitraum einer Pendelschwingung als konstant angenommen werden. Die maximale Energie sollte sowohl in Form der maximalen Lageenergie, wie auch in Form der maximalen kinetischen Energie auftreten. Für den Fall ω  Ω war die Leistung durch dE mx20 3 = Ω sin(2Ωt) dt 2 gegeben. Wie im Fall Ω  ω ist E(0) = 0, sodass t

dE mx20 3 Ω dt = dt 2

t



E(t) = 0

mx20



dt sin(2Ωt ) 0

1 =− Ω cos(2Ωt) 2 2Ω 3

mx20 Ω2 (1 − cos(2Ωt)) = 4

t t =0

gilt. Die maximale Energie wird mit Emax =

mx20 Ω2 2

erreicht. In diesem Fall ist wegen θmax = 2

Ω2 x0 x0 ≈2 l |ω 2 − Ω2 | l

3.8

Lösung zur Klausur VIII - Klassische Mechanik

405

auch x 2 1 1 0 2 mω 2 l2 θmax ≈ mω 2 l2 2 = 2mω 2 x20 = Emax 2 2 l zu finden, was darauf schließen lässt, dass die maximale Energie nicht in Form von potentielle Energie, also einer höchsten Auslenkung, sondern in Form von kinetischer Energie, also einer schnellsten Bewegung oder einer Mischform dazwischen erreicht wird.

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

3.9

407

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Bedenken Sie, dass φ auch von der Zeit abhängig ist. Was für eine Art von Koordinatensystem bilden die Zylinderkoordinaten? Was sollte demnach für das Kreuzprodukt gelten? (b) Die Taylor-Reihe eines Ausdrucks √

1 1 x ≈ √ − 3/2 a 2a a+x

gilt für |x|  a. (c) Ein Kraftfeld kann nicht konservativ sein, selbst wenn dessen Rotation verschwindet. Kann ein Kraftfeld konservativ sein, wenn die Rotation nicht verschwindet? (d) Wie lässt sich die Energie eines Objektes im Gravitationsfeld bestimmen? Was gilt für diese Energie im unendlichen? Der gesuchte Abstand, ab dem nicht einmal mit Lichtgeschwindigkeit ein Entkommen möglich ist, ist durch r(c) =

2GM c2

gegeben. (e) Wie lautet die Energie eines harmonischen Oszillators? Kann diese abgeleitet und mit der Bewegungsgleichung identifiziert werden? Aufgabe 2 - Drehmatrizen (a) Welche Determinante hat die Einheitsmatrix? Lässt sich diese durch die Determinante von O ausdrücken? (b) Wie transformiert sich ein Vektor? Wie transformieren sich Längen von Vektoren und Winkel zwischen zwei Vektoren? Wie unterscheiden sich Drehungen von Spiegelungen? (c) Wie viele freie Parameter hat eine N × N -Matrix? Welche Bedingungen lassen sich dank der Orthogonalität aufstellen? Sind einige davon doppelt? Tragen diskrete Wahlmöglichkeiten zu der Anzahl der Freiheitsgrade bei? (d) Weshalb muss δij = Oki Okj n2

gelten? Lässt sich n = nk nk = 1 verwenden? Was passiert für Ausdrücke der Art n × n ? Kann eine diskrete Größe durch eine kontinuierliche Transformation geändert werden? Welche Determinante hat O für θ = 0? Warum ist die Inverse Matrix gerade die Transponierte der Matrix?

408

Lösungen

(e) Für die z-Achse sollten Sie ⎛

cos(θ)

− sin(θ)

0

cos(θ) 0

⎜ Oz = ⎝ sin(θ)

⎞ 0 ⎟ 0⎠ 1

erhalten. Aufgabe 3 - Die schiefe Ebene (a) Wie lassen sich geschickte Basisvektoren auf der schiefen Ebene definieren? Welchen beiden Kräften ist der Massenpunkt ausgesetzt? Sie sollten aα=30◦ =

g 2

finden. (b) Was gilt für die Kräfte in dem Moment, indem der Massenpunkt zu rutschen beginnt? Wie lautet die Normalenkraft? Wieso ist tan(α) = μ gültig? (c) Wie hängen die Winkeländerung eines Körpers mit kreisförmigem Profil und sein zurückgelegter Weg zusammen? Was ist die zeitliche Ableitung des zurückgelegten Weges? Wie lässt sich so   1 I 2 E = mv 1 + − mgs sin(α) + mgh0 2 mR2 finden? Lässt sich hiervon die Zeitableitung bestimmen, um a zu ermitteln? (d) Wie verändern die Theta-Funktionen beim Integrieren die Grenzen? (e) Wieso ist für den Vollzylinder I = 12 m1 R2 und für den Hohlzylinder I=

1 m2 (R2 + r2 ) 2

gültig? Weshalb erfährt der Vollzylinder eine höhere Beschleunigung? Aufgabe 4 - Massive fallende Feder (a) Welche drei Kräfte wirken auf einen Massenpunkt, der nicht an einem der Enden sitzt? Was verändert sich für die Massenpunkte an den Enden? (b) Lohnt es sich, alle mikroskopischen Größen k, m und l durch die makroskopischen Größen K, M und L zu ersetzen? Warum ist Δλ = N1 gültig? Sie sollten τ = M K finden. Lassen sich an den beiden Randpunkten die Grenzwerte für die Ableitungen problemlos bilden? Welche Terme müssten Null sein, damit diese Divergenzen nicht auftreten?

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

409

(c) Welche Beschleunigung erfährt ein beliebiger Punkt der Feder? Wie lässt sich so z(0, λ) =

gτ 2 2 λ + Aλ + B 2

mit noch zu bestimmenden Konstanten A und B finden? (d) Sie sollten Z(0) = −

L gτ 2 − 2 3

finden. Wie fallen Schwerpunkte von ausgedehnten Objekten? (e) Lässt sich die vermeintliche Lösung in die Differentialgleichung einsetzen? (f) Ist der Gültigkeitsbereich der sich ergebenden Bedingungen für f± irrelevant? Wie lässt sich durch die zweite Bedingung zeigen, dass f± (x) bis auf eine additive Konstante dieselbe Funktion f (x) sind? Warum ist diese Funktion bis auf eine additive Konstante gerade Funktion auf dem Intervall x ∈ [0, τ ]? Ist die Stetigkeit von f von Nutzen? Sie sollten auf dem Intervall [0, 2τ ] die Form f (x) =

g x(x − 2τ ) 4

finden. Warum ist f eine 2τ -periodische Funktion? Warum bewegt sich das untere Ende bis zum Zeitpunkt τ nicht?

410

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen (a) (5 Punkte) Bestimmen Sie für die Zylinderkoordinaten ⎛

⎛

⎞ cos(φ) ⎜ ⎟ eˆs = ⎝ sin(φ) ⎠

⎞ − sin(φ) ⎜ ⎟ eˆφ = ⎝ cos(φ) ⎠

0

⎛ ⎞ 0 ⎜ ⎟ eˆz = ⎝0⎠

0

1

die Ableitungen der Basisvektoren nach der Zeit und drücken Sie diese durch eˆs , eˆφ und eˆz aus. Bestimmen Sie dann weiter die drei verschiedenen Kreuzprodukte der Basisvektoren eˆs , eˆφ und eˆz . Lösungsvorschlag: Die Ableitung der Basisvektoren lässt sich durch d d eˆi = φ˙ eˆi dt dφ bestimmen, sodass sich für den Basisvektor eˆs der Ausdruck ⎛

⎞ ⎛ ⎞ cos(φ) − sin(φ) d d ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ˙e φ eˆs = φ˙ ⎝ sin(φ) ⎠ = φ˙ ⎝ cos(φ) ⎠ = φˆ dt dφ 0 0 ergibt. Für den Basisvektor eˆφ kann so ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − sin(φ) − cos(φ) cos(φ) d d ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ˙es eˆφ = φ˙ ⎝ cos(φ) ⎠ = φ˙ ⎝ − sin(φ) ⎠ = −φ˙ ⎝ sin(φ) ⎠ = −φˆ dt dφ 0 0 0 gefunden werden. Für den Basisvektor eˆz gilt der recht einfache Zusammenhang ⎛ ⎞ 0 d d ⎜ ⎟ eˆz = ⎝0⎠ = 0 dt dt 1 Zur Abkürzung beim Bestimmen der Kreuzprodukte sollen s = sin(φ) und c = cos(φ) verwendet werde, wodurch s2 + c2 = 1

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

411

gilt. Damit kann ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0 c −s 0−0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ eˆs × eˆφ = ⎝s⎠ × ⎝ c ⎠ = ⎝ 0 − 0 ⎠ = ⎝0⎠ = eˆz 1 0 0 c2 + s2 bestimmt werden. Das Kreuzprodukt eˆφ × eˆz ist durch ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −s 0 c−0 c ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆφ × eˆz = ⎝ c ⎠ × ⎝0⎠ = ⎝0 + s⎠ = ⎝s⎠ = eˆs 0

0−0

1

0

gegeben. Und schlussendlich lässt sich ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 c 0−s −s ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆz × eˆs = ⎝0⎠ × ⎝s⎠ = ⎝ c − 0 ⎠ = ⎝ c ⎠ = eˆφ 1

0−0

0

0

bestimmen. 1 (b) (5 Punkte) Für die dreidimensionale Bewegung eines Massenpunktes m in einem Potential U (r) lässt sich die Periodendauer mittels T =

√

rmax

dr

2m rmin

1 E−

L2 2mr 2

− U (r)

bestimmen. Betrachten Sie nun ein Potential U (r) = U0 (r)+δU (r), bei dem δU (r)  U0 (r) für alle relevanten r gilt. Nehmen Sie weiter an, die Bewegung finde dennoch zwischen rmin und rmax statt. Finden Sie die Abweichung δT der Periodendauer aus T = T0 + δT , wobei √ T0 = 2m

rmax

dr rmin

1 E0 −

L2 2mr 2

− U0 (r)

gilt. Berücksichtigen Sie dabei auch, dass δU einen Effekt auf E hat. Lösungsvorschlag: Die Energie lässt sich wie das Potential in der Form E = E0 + δE aufspalten. E0 beschreibt dabei die Energie, die in Abwesenheit des Störpotentials δU benötigt wird, um zwischen den beiden vorgegebenen Umkehrpunkten zu pendeln. δE hingegen ist 1 Durch die Zusammenhänge dieser Kreuzprodukte, die sich durch e ˆi ׈ e k = ijk eˆk zusammenfassen lassen, handelt es sich um ein Rechtssystem.

412

Lösungen

die Abweichung in der Energie, die dadurch Auftritt, dass δU die Lage der Umkehrpunkte verschieben würde. Der Integrand I≡

1 E0 −

L2

− U0 (r) + (δE − δU (r))

2mr 2

lässt sich so durch eine Taylor-Entwicklung in kleinen δE − δU als   δE − δU (r) 1 1 + − I≈  3/2 L2 2 L2 E0 − 2mr E0 − 2mr 2 − U0 (r) 2 − U0 (r) =

1 E0 −

L2

2mr 2

− U0 (r)

−

1 δE − δU (r)  2 E − L2 − U (r)3/2 0 0 2mr 2

annähern. Daher lässt sich die Periodendauer durch rmax

√ T ≈ 2m

dr rmin

−

1√ 2m 2

1 L2 2mr 2

E0 −

− U0 (r)

rmax

rmin

dr  E0 −

δE − δU (r) L2 2mr 2

− U0 (r)

3/2

bestimmen. Da T0 durch T0 = T − δT =

√

rmax

dr

2m rmin

1 E0 −

L2 2mr 2

− U0 (r)

gegeben war, ist δT durch  δT = −

m 2

rmax

rmin

dr  E0 −

δE − δU (r) L2 2mr 2

− U0 (r)

gegeben. (c) (5 Punkte) Untersuchen Sie das Kraftfeld ⎛

⎞ −y F0 ⎜ ⎟ F = ⎝x⎠ d z mit den Konstanten F0 und d daraufhin, ob es konservativ ist. Lösungsvorschlag:

3/2

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

413

Da das Kraftfeld nur von r und nicht von r˙ abhängt, ist es nicht konservativ, wenn die Rotation des Feldes von Null verschieden ist. Daher wird zunächst die Rotation untersucht. Diese lässt sich über ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0−0 ∂y Fz − ∂z Fy ⎟ F ⎜ ⎟ 2F0 ⎜ F ) = ⎝∂z Fx − ∂x Fz ⎠ = 0 ⎝ 0 − 0 ⎠ = eˆz = 0 rot(F d d 1 − (−1) ∂x Fy − ∂y Fx bestimmen. Sie ist von Null verschieden, daher ist das Feld nicht konservativ. (d) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit, die benötigt wird, um der gravitativen Anziehung einer Masse M im Abstand r gerade so zu entkommen. Ab welchem Abstand zu einer Punktmasse M ist diese gleich der Lichtgeschwindigkeit c? Lösungsvorschlag: Die Energie eines Massepunktes m im Gravitationsfeld ist durch E=

1 2 GM m mr˙ − 2 r

gegeben. Soll dieser Punkt dem Gravitationsfeld gerade so entkommen, muss seine Energie gerade Null sein, damit er in unendlicher Entfernung weder potentielle Energie noch Geschwindigkeit hat. Am effektivsten entfernt sich der Punkt in radialer Richtung (ohne Drehimpuls) so dass er r˙ = rˆ ˙e r = vˆ gilt. Daher muss die Gleichung E=

1 GM m mv 2 − 2 r

⇒

v2 =

2GM r

erfüllt sein, woraus sich v zu  v=

2GM r

bestimmen lässt. Der Radius bei dem selbst die Lichtgeschwindigkeit nicht mehr ausreicht kann aus r(v) =

2GM v2

⇒

r(c) =

2GM c2

ermittelt werden. 2 (e) (5 Punkte) Betrachten Sie den getriebenen harmonischen Oszillator der Masse m x ¨ + ω2 x =

F (t) m

2 Auch im Rahmen der Allgemeinen Relativitätstheorie ergibt sich dieser Radius als Ereignishorizont eines schwarzen Loches und wird als Schwarzschild-Radius bezeichnet.

414

Lösungen

und bestimmen Sie die Leistung dE ˙ und F (t), durch die Ableitung dt als Funktion von x der kinetischen und potentiellen Energie. Lösungsvorschlag: Die Energie des Oszillators ist durch E=

 1 1  1 mx˙ 2 + mω 2 x2 = m x˙ 2 + ω 2 x2 2 2 2

gegeben. Damit lässt sich die zeitliche Ableitung durch     dE =m x ¨x˙ + ω 2 xx ˙ = mx˙ x ¨ + ω02 x dt bestimmen. Der Ausdruck in der Klammer ist gerade die Differentialgleichung des (t) bestimmt, weshalb Oszillators und daher durch Fm dE F (t) = mx˙ = xF ˙ (t) dt m gilt.

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

415

25 Punkte

Aufgabe 2 Drehmatrizen

Drehungen werden durch eine bestimmte Gruppe von Matrizen beschrieben. Diese Matrizen werden daher Drehmatrizen genannt. Im Fall von drei Dimensionen handelt es sich um reelle 3 × 3-Matrizen O, welche orthogonal sind OT O = 1 und deren Determinante den Wert det(O) = 1 annimmt. Die Gruppe, die sie bilden wird als SO(3) bezeichnet. (a) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass jede reelle, orthogonale Matrix eine Determinante mit dem Wert 1 oder −1 hat. Lösungsvorschlag: Die Determinante der Einheitsmatrix ist gerade Eins und so lässt sich mit der Orthogonalität der Ausdruck   1 = det(1) = det OT O erhalten. Nun sind Determinanten multiplikativ und die Determinante der Transponierten ist die selbe, wie die Determinante der eigentlichen Matrix, so dass   2 1 = det OT det(O) = det(O) det(O) = (det(O)) gilt. Die Determinante einer reellen Matrix ist ebenfalls reell, sodass als Lösungen nur det(O) ∈ {−1, 1} verbleiben. (b) (5 Punkte) Begründen Sie physikalisch, weshalb die Drehmatrizen Elemente der SO(3) sind. Lösungsvorschlag: Werden Vektoren v nun auf v  = Ovv transformiert, so muss es sich um eine reelle, 3 × 3-Matrix O handeln, damit der reelle, dreidimensionale und beliebige Vektor v auf einen reellen und dreidimensionalen Vektor v  abgebildet wird. Bei einer Drehung bleiben die Beträge von Vektoren erhalten, ebenso bleiben die Winkel unter den Vektoren und damit deren Skalarprodukte erhalten. Allerdings transformiert sich das Skalarprodukt in Matrixschreibweise a · b = aT b zu dem Ausdruck a )T b  = (Oa a)T Obb = a T OT Obb. a  · b  = (a

416

Lösungen

Damit dieser Ausdruck dem ursprünglichen Skalarprodukt entspricht, muss OT O = 1 gelten. Damit muss es sich bei der Transformationsmatrix um eine orthogonale Matrix handeln. Nicht nur Drehungen, sondern auch Spiegelungen lassen bei der Transformation die Skalarprodukte und Beträge unverändert. Da Spiegelungen sich jedoch von Drehungen unterscheiden, denn es gibt bspw. keinen Weg nur durch Drehungen eine linke in eine rechte Hand zu überführen, sind diese aus den Transformationsmatrizen auszuschließen. Da eine einfache Punktspiegelung wegen v  = −vv = (−1)vv = Pvv durch die Transformationsmatrix P = −1 durchgeführt werden kann, ist ersichtlich, dass Spiegelungen die Determinante −1 aufweisen. Daher dürfen Drehungen keine Determinante von −1 aufweisen. Da nach Teilaufgabe (a) alle orthogonalen Matrizen eine Determinante von +1 oder −1 haben, können die Drehmatrizen somit nur doch die Determinante Eins aufweisen. Somit verbleiben für Drehungen nur reelle, 3 × 3-Matrizen, die orthogonal sind und deren Determinante Eins beträgt, also Elemente der SO(3). (c) (5 Punkte) Bestimmen Sie für den Fall reeller N × N -Matrizen, die orthogonal sind und deren Determinante 1 ist (also Elemente der SO(N )) die Anzahl der unabhängigen Freiheitsgrade. Prüfen Sie, ob das Ergebnis für N = 2 und N = 3 sinnvoll ist. Lösungsvorschlag: N × N -Matrizen haben N 2 Elemente, die aus einem Kontinuum gewählt werden können und weisen somit zunächst N 2 Freiheitsgraden, die durch weitere Bedingungen eingeschränkt werden. Die Orthogonalität 1 = OT O

⇒

δij = (OT )ik Okj = Oki Okj

zeigt, dass es N Bedingungen für den Fall i = j gibt. Für den Fall i = j sind die Gleichungen für die Paare (i, j) und (j, i) identisch, sodass aus den N 2 −N möglichen Bedingungen nur noch N2 − N N (N − 1) = 2 2 Bedingungen gibt. Daher verbleiben f (N ) = N 2 − N −

N (N − 1) N (N − 1) N (N − 1) = N (N − 1) − = 2 2 2

Freiheitsgrade. Die Bedingung der Determinante reduziert hingegen die Anzahl der Freiheitsgrade nicht, da es sich wegen der Erkenntnisse aus Teilaufgabe (a) um eine

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

417

diskrete Entscheidung handelt, die keinen Einfluss auf die Freiheitsgrade der kontinuierlichen Parameter nimmt. Für N = 2 ergibt sich so f (2) =

2(2 − 1) =1 2

als Anzahl der Freiheitsgrade, was dahingehend sinnvoll ist, dass es nur eine mögliche Drehung im zweidimensionalen Raum gibt, diese entspricht einer Drehung um den Ursprung um den Winkel θ. Für N = 3 ergibt sich f (3) =

3(3 − 1) =3 2

als Anzahl der Freiheitsgrade. Dies sind die üblichen drei Achsen, um die sich im dreidimensionalen Raum drehen lässt. Eine Drehung um die Achse n mit n 2 = 1 um den Winkel θ lässt sich durch die Matrix mit den Elementen Oij = δij cos(θ) + (1 − cos(θ))ni nj − ijk nk sin(θ) beschreiben. (d) (8 Punkte) Zeigen Sie, dass Oij die Komponenten einer orthogonalen Matrix sind. Begründen Sie dann, warum die Determinante der so beschriebenen Matrix gerade 1 ist. Finden Sie weiter die Komponenten der Inversen Matrix O−1 . Lösungsvorschlag: Der Übersicht halber werden im Folgenden cos(θ) und sin(θ) mit c und s abgekürzt, es ist dabei zu beachten, dass deshalb s2 + c2 = 1 gilt. Die Orthogonalität lässt sich in Komponenten durch δij = (OT )ik Okj = Oki Okj schreiben, so dass der Ausdruck Oki Okj =(δki c + (1 − c)nk ni − kil nl s)(δkj c + (1 − c)nk nj − kjm nm s) =δki δkj c2 + δki nk nj c(1 − c) − δki kjm nm sc + δkj nk ni (1 − c)c + nk nk ni nj (1 − c)2 − ni kjm nk nm (1 − c)s − δkj kil nl sc − nj kil nl nk s(1 − c) + kil kjm nl nm s2 weiter berechnet werden muss. Dazu lässt sich ausnutzen, dass n 2 = nk nk = 1 ist und n im Kreuzprodukt mit sich selbst, wie jeder Vektor, Null ergeben wird, sodass Terme der Art kjm nk nm ebenfalls Null werden. Weiter lässt sich der Zusammenhang kil kjm = δij δlm − δim δlj

418

Lösungen

des Levi-Civita-Symbols verwenden, um so den Ausdruck Oki Okj =δij c2 + ni nj c(1 − c) − ijm nm sc + ni nj (1 − c)c + ni nj (1 − 2c + c2 ) − jil nl sc + (δij δlm − δim δlj )nl nm s2 =δij c2 + ni nj (1 − c2 ) + δij nl nl s2 − ni nj s2 =δij (c2 + s2 ) + ni nj (1 − c2 − s2 ) =δij zu erhalten. Damit ist die Orthogonalität gezeigt. Die angegebenen Komponenten Oij sind für ein beliebiges θ ∈ [0, 2π) und somit kann auch θ = 0 betrachtet werden, um O(θ = 0) = 1 zu erhalten. Da aber die Determinante der Einheitsmatrix gerade Eins ist und sich die Determinante, welche aufgrund der Orthogonalität eine Wahl aus einer diskreten Menge darstellte, sich nicht durch die Variation kontinuierlicher Parameter verändern wird, bleibt sie für alle θ beim Wert Eins. Aus der Orthogonalität 1 = OT O lässt sich direkt O−1 = OT ablesen, weshalb (O−1 )ij = (OT )ij = Oji gefunden werden kann, was es erlaubt die Komponenten (O−1 )ij = Oji = δji cos(θ) + (1 − cos(θ))nj ni − ijk nk sin(θ) = δij cos(θ) + (1 − cos(θ))ni nj + ijk nk sin(θ) der Inversen Matrix zu bestimmen. Es fällt dabei auf, dass in den Komponenten der Inversen Matrix, denen der eigentlichen Matrix entsprechen, nur das θ durch −θ ersetzt wurde. Das war intuitiv zu erwarten, da eine Drehung durch eine Drehung in entgegengesetzter Richtung rückgängig gemacht werden kann. (e) (5 Punkte) Bestimmen Sie nun jeweils die Drehmatrizen für die Drehung um den Winkel θ um die x-, y- und z-Achse. Lösungsvorschlag: Für die x-Achse ist ni = δi1 und daher lässt sich (Ox )ij = δij cos(θ) + (1 − cos(θ))δi1 δj1 − ijk δk1 sin(θ) = δij cos(θ) + (1 − cos(θ))δi1 δj1 − ij1 sin(θ)

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

419

bestimmen. In Matrixschreibweise, kann mit den Abkürzungen s = sin(θ) und c = cos(θ) so ⎛

⎛ 1 ⎜ ⎟ ⎜ Ox = c ⎝0 1 0⎠ + (1 − c) ⎝0 0 0 1 0 ⎛ ⎞ 1 0 0 ⎜ ⎟ = ⎝0 cos(θ) − sin(θ)⎠ 0 sin(θ) cos(θ) 1

0

0

⎞

0

⎞

0

⎛

0

0

⎟ ⎜ 0⎠ − s ⎝0

0

0

0 0

0 −1

⎞ 0 ⎟ 1⎠ 0

gefunden werden. Die Matrizen für die y- und z-Achse können mit ni = δi2 und ni = δi3 analog zu ⎛

⎞ ⎛ 1 0 0 0 ⎜ ⎟ ⎜ Oy = c ⎝0 1 0⎠ + (1 − c) ⎝0 0 0 1 0 ⎛ ⎞ cos(θ) 0 sin(θ) ⎜ ⎟ =⎝ 0 1 0 ⎠ − sin(θ) 0 cos(θ)

0 1 0

⎞ ⎛ 0 0 ⎟ ⎜ 0⎠ − s ⎝0 0 1

0 0 0

⎞ ⎛ 0 0 ⎟ ⎜ 0⎠ − s ⎝−1 1 0

⎞ −1 ⎟ 0⎠ 0

0 0 0

und ⎛

⎞ ⎛ 1 0 0 0 ⎜ ⎟ ⎜ Oz = c ⎝0 1 0⎠ + (1 − c) ⎝0 0 0 1 0 ⎛ ⎞ cos(θ) − sin(θ) 0 ⎜ ⎟ = ⎝ sin(θ) cos(θ) 0⎠ 0 0 1 bestimmt werden.

1 0 0

⎞ 0 ⎟ 0⎠ 0

420

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 3 Die schiefe Ebene

Betrachten Sie einen reibungsfreien Massenpunkt m auf einer schiefen Ebene mit Steigungswinkel α im Schwerefeld der Erde. (a) (3 Punkte) Stellen Sie die Bewegungsgleichung mit Hilfe des 2. Newton’schen Gesetz auf und bestimmen Sie die Beschleunigung a in tangentialer Richtung entlang der Ebene. Welchen Wert nimmt diese Beschleunigung für α = 30◦ an? Lösungsvorschlag:

en̂ et̂

α

Abb. 3.9.1 Skizze der schiefen Ebene inklusive des Tangential- und Normalvektors Eine Skizze der schiefen Ebene ist in Abb. 3.9.1 zu sehen. Aus dieser können die Einheitsvektoren     sin(α) cos(α) eˆt = eˆn = cos(α) − sin(α) für die Normale zur Ebene und die Tangente zur Ebene abgelesen werden. Der Massenpunkt ist der Schwerkraft und der Normalenkraft ausgesetzt, sodass sich gemäß dem zweiten Newton’schen Gesetz der Zusammenhang p˙ = m¨ r = F N − mgˆ e z = FNeˆn − mgˆ ez

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

421

ergibt. Die tangentiale Beschleunigung kann durch e t · eˆn ) − mg(ˆ e t · eˆz ) ma = m(ˆ e t · r¨) = FN (ˆ = −mg(− sin(α)) = mg sin(α) bestimmt werden, sodass sich a = g sin(α) ergibt. Durch eine schiefe Ebene lassen sich also Beschleunigungen erhalten, die kleiner als die Erdbeschleunigung sind. Für den Winkel α = 30◦ bzw. α = π6 nimmt der Sinus den Wert 12 an, so dass dann aα=30◦ =

g 2

gilt. (b) (3 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass der Massenpunkt einer Haftreibung der Form FR = μFN proportional zur normalen Kraft FN ausgesetzt ist. μ ist dabei der Haftreibungskoeffizient. Ab welchem Winkel α beginnt der Massenpunkt zu rutschen, bzw. wie lässt sich der Haftreibungskoeffizient durch die Variation des Steigungswinkels α bestimmen? Lösungsvorschlag: Sobald die Beschleunigung in tangentialer Richtung beginnt die maximale Haftreibung zu überwinden, wird der Massenpunkt beginnen zu rutschen. Daher wird für den Winkel, unter dem das Rutschen beginnt, gerade ein Kräftegleichgewicht zwischen der Hangabtriebskraft und der Reibungskraft in der Form mg sin(α) − μFN = 0 gelten. Da sich aus der Bewegungsgleichung aus Teilaufgabe (a) und der Annahme, dass der Massenpunkt die Ebene nie verlässt auch ⇒

e n · eˆn ) − mg(ˆ e n · eˆz ) = FN − mg cos(α) 0 = m(ˆ e nr¨) = FN (ˆ FN = mg cos(α)

herleiten lässt, kann so ⇒

mg sin(α) − μmg cos(α) = 0 tan(α) = μ

gefunden werden. Der Tangens des Steigungswinkel unter dem das Rutschen möglich wird entspricht also dem Haftreibungskoeffizienten. So kann eine Ebene, bei welcher sich der Steigungswinkel α variieren lässt, langsam in eine immer steilere Lage gebracht werden, bis ein darauf ruhendes Objekt zu rutschen beginnt. Aus dem Steigungswinkel, bei dem das Rutschen begann, kann der Haftreibungskoeffizient ermittelt werden.

422

Lösungen

Nehmen Sie nun an, dass es sich statt um einen Massenpunkt, um einen ausgedehnten Körper des Radius R handelt, der auf der Ebene reibungsfrei rollt. Es lässt sich zeigen, dass die Energie des Körpers durch E=

1 2 1 Iω + mv 2 + mgz 2 2

gegeben ist, wobei v die tangentiale Geschwindigkeit entlang der Ebene ist, ω die Rotationsgeschwindigkeit des Körpers und I das sogenannte Trägheitsmoment, welches beschreibt, wie sehr sich der Körper dagegen verwehrt in Rotation versetzt zu werden. Zu Anfang soll der Körper auf der Höhe h0 ruhen. (c) (5 Punkte) Finden Sie einen Zusammenhang zwischen der Rotationsgeschwindigkeit ω und der tangentialen Geschwindigkeit v und bestimmen Sie aus der Energieerhaltung die tangentiale Beschleunigung a, die der Körper erfährt. Vergleichen Sie diese mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a). Lösungsvorschlag: Bei einem Körper des Radius R wird beim Abrollen eine Winkelveränderung von Δφ hervorgerufen. Die damit einhergehende, zurückgelegte Strecke Δs ist durch Δs = RΔφ gegeben, was sich bspw. für Δφ = 2π leicht einsehen lässt. Damit kann aber die mittlere Geschwindigkeit des Körper im Zeitintervall Δt zu v=

Δs Δφ =R Δt Δt

bestimmt werden. Da nun aber Δφ Δt die Änderung des Winkels im Zeitintervall Δt beschreibt, handelt es sich um die mittlere Winkelgeschwindigkeit ω in diesem Zeitintervall. Im Grenzwert kleiner Zeitintervalle geht dies in die momentane Geschwindigkeit und Winkelgeschwindigkeit über, so dass v = ωR gilt. Die Höhe z lässt sich auf der schiefen Ebene durch die zurückgelegte Strecke über z = h0 − s sin(α) ausdrücken, sodass die Energie des rollenden Körpers durch 1 2 1 Iω + mv 2 + mgz 2 2 1 v 2 1 + mv 2 + mg(h0 − s sin(α)) = I 2 R 2  I 1 2 − mgs sin(α) + mgh0 = mv 1 + 2 mR2

E=

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

423

bestimmt wird. Da diese aber konstant ist und der Körper zu Anfang nicht in Bewegung war, also E = mgh0 gilt, lässt sich daraus der Zusammenhang

⇒

  1 I 2 − mgs sin(α) + mgh0 mgh0 = mv 1 + 2 mR2   I 1 2 v 1+ − gs sin(α) = 0 2 mR2

herleiten. Diese Gleichung kann nun nach der Zeit abgeleitet werden, um   1 I = sg ˙ sin(α) 2v v˙ 1 + 2 mR2   I ⇒ va 1 + = vg sin(α) mR2 g sin(α) ⇒ a= I 1 + mR 2 zu erhalten. Im Zähler steht dabei das selbe Ergebnis wie für den Massenpunkt. Der Nenner ist allerdings eine Größe, die stets größer ist als Eins. Daher werden ausgedehnte Körper, welche die Ebene herabrollen, stets eine geringere Beschleunigung erfahren, als ein Massenpunkt, der die Ebene hinunter gleitet.

(d) (4 Punkte) Das Trägheistmoment lässt sich in Zylinderkoordinaten durch ∞

I=

2π

dz −∞

∞

ds ρ(s, φ, z)s3

dφ 0

0

bestimmen. Zeigen Sie, dass für einen rotationssymmetrischen Körper der Höhe l und   des Radius R mit Massendichte ρ(rr ) = ρ˜(s)Θ 2l − |z| Θ(R − s) das Trägheitsmoment durch R

ds ρ˜(s)s3

I = 2πl 0

gegeben ist. Lösungsvorschlag:

424

Lösungen

Durch explizites Einsetzen kann ∞

I=

2π

dz 0

∞

0

2π

dz

∞

dφ

−∞

0

l/2

=

0 2π

dz

  l − |z| Θ(R − s) s3 ds ρ˜(s)Θ 2

R

ds ρ˜(s)s3

dφ 0

−l/2

ds ρ(s, φ, z)s3

dφ

−∞

=

∞

0

R

ds ρ˜(s)s3

= 2πl 0

gefunden werden. (e) (10 Punkte) Bestimmen Sie das Trägheitsmoment für einen Vollzylinder der Länge l und des Radius R mit der Massendichte ρ˜1 (s) = ρ1 = konst. und für einen Hohlzylinder der Länge l, dem inneren Radius r und dem äußeren Radius R mit der Massendichte ρ˜2 (s) = ρ2 Θ(s − r)

ρ2 = konst.

und führen Sie für letzteren den Limes r → R durch. Drücken Sie ihr Ergebnis durch die Massen der beiden Zylinder aus. Welcher Zylinder erfährt entsprechend der Teilaufgabe (c) die größere Beschleunigung und würde daher schneller das Ende der Ebene erreichen, wenn beide Zylinder die gleiche Masse haben? Interpretieren Sie dieses Ergebnis physikalisch. Lösungsvorschlag: Für den Vollzylinder (VZ) lässt sich mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (d) das Trägheitsmoment R

ds ρ˜1 (s)s3

IVZ = 2πl 0

R

ds s3

= 2πlρ1 0

π 1 = R4 lρ1 = m1 R2 2 2

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

425

bestimmen. Das Trägheitsmoment des Hohlzylinders (HZ) wird hingegen durch R

R 3

ds Θ(s − r) s3

ds ρ˜2 (s)s = 2πlρ2

IHZ = 2πl 0

0 R

ds s3 =

= 2πlρ2 r

π 4 (R − r4 )lρ2 2

π 1 = (R2 − r2 )(R2 + r2 )lρ2 = m2 (R2 + r2 ) 2 2 ermittelt, wobei die dritte binomische Formel R4 − r4 = (R2 − r2 )(R2 + r2 ) und das Volumen eines Hohlzylinders VHZ = π(R2 − r2 )l verwendet wurde. Im Grenzfall r → R ist das Trägheitsmoment des Hohlzylinders damit durch IHZ = m2 R2 gegeben. Haben beide Zylinder die gleiche Masse m, so erfahren Sie die Beschleunigungen aVZ =

g sin(α) 2 = g sin(α) 1 mR2 3 1 + 2 mR2

aHZ =

g sin(α) 1 = g sin(α) , mR2 2 1 + mR2

und

was bedeutet, dass deren Verhältnis bei aVZ 4 2/3 = >1 = aHZ 1/2 3 liegt und der Vollzylinder daher eine höhere Beschleunigung erfährt. Physikalisch lässt sich dieses Ergebnis so interpretieren: Aus dem Ausdruck der Energie E=

1 2 1 Iω + mv 2 + mgz 2 2

wird klar, dass die potentielle Energie nicht nur in die Translationsbewegung des Schwerpunktes umgesetzt wird, sondern auch in die Rotationsbewegung. Da deren

426

Lösungen

Energie aber direkt proportional zum Trägheitsmoment I ist, bedeutet ein höheres Trägheitsmoment auch, dass ein größerer Teil der Lageenergie in die Rotationsenergie, statt der Energie der Translationsbewegung übergehen muss. Eine weitere mögliche Betrachtungsweise ist die Bewegung der einzelnen Massenelemente. Während beim Vollzylinder einige Massenelemente, in der Mitte des Zylinders, fast ausschließlich eine translatorische Bewegung beschreiben, befinden sich beim Hohlzylinder alle Massenpunkte auf der Mantelfläche des Zylinders und beschreiben deshalb alle eine translatorische und eine rotative Bewegung. Dadurch benötigen sie mehr Energie aus der Lageenergie, was insgesamt in einer niedrigeren translatorischen Geschwindigkeit endet.

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

427

25 Punkte

Aufgabe 4 Massive fallende Feder

Betrachten Sie ein System aus N Massenpunkten jeweils der Masse m. Diese sollen paarweise durch Federn mit den Federkonstanten k und den Ruhelängen l verbunden sein. Zudem sollen sich die Massenpunkte nur in z-Richtung frei bewegen können. Sie sind im Anfangszustand so angeordnet, dass der erste Massenpunkt die größte z-Komponente hat und mit aufsteigendem Laufindex α die z-Koordinate abnimmt. Darüber hinaus sind sie dem Schwerefeld der Erde mit Beschleunigung g in negativer z-Richtung ausgesetzt. Dieses System stellt im Limes N → ∞ ein Modell einer massiven Feder mit Masse M = N m, Federkonstante K = k/N und Ruhelänge L = N l dar. In diesem Limes ist es das Ziel, eine Funktion z(t, λ) zu finden, die den Zustand der Feder beschreibt. λ ist dabei ein dimensionsloser Parameter aus dem Intervall [0, 1] und beschreibt den Anteil der Masse der Feder im Anfangszustand, der oberhalb von z(λ, 0) liegt. Daher lässt sich λα =

α N −1

Δλ =

1 1 ≈ N −1 N

bestimmen. 3 (a) (2 Punkte) Finden Sie die Bewegungsgleichung für jeden der N Massenpunkte. Beachten Sie dabei die Besonderheiten für den ersten und letzten Massenpunkt. Lösungsvorschlag: Ein Massenpunkt α, der nicht an einem der Enden sitzt, hat zwei Nachbarn und erfährt daher zwei Federkräfte, sowie die Erdbeschleunigung, so dass sich die Bewegungsgleichung m¨ zα = −mg − k(zα − zα+1 − l) + k(zα−1 − zα − l) aufstellen lassen. 4 Der Massenpunkt mit α = 1 hat keinen Nachbarn mit geringerem α, weshalb für diesen m¨ z1 = −mg − k(z1 − z2 − l) gilt. Genauso hat der Massenpunkt mit α = N keinen Nachbarn mit größerem α, so dass dieser die Gleichung m¨ zN = −mg + k(zN −1 − zN − l) erfüllen muss. analoge Betrachtung der fallenden Feder kann beispielsweise auch in Robert J. Vanderbei, The falling slinky, The American Mathematical Monthly 124.1, (2017), S. 24-36 gefunden werden. 4 Diese Bewegungsgleichungen erlauben es allerdings, dass die Massenpunkte α+1 und α im Laufe der zeitlichen Entwicklung ihre ursprüngliche Reihenfolge ändern. Das führt dazu, dass die Feder sich selbst durchdringt. Dennoch handelt es sich um ein einfaches Modell, das sich analytisch betrachten lässt und bereits einige experimentelle Beobachtungen erklären kann. Im Besonderen das Verhalten des unteren Ende, wie es in Teilaufgabe (f) betrachtet wird. 3 Eine

428

Lösungen

(b) (6 Punkte) Führen Sie nun den Kontinuumlimes N → ∞ durch und zeigen Sie so, dass z(t, λ) die Bewegungsgleichung ∂2z 1 ∂2z = 2 2 −g 2 ∂t τ ∂λ

(3.9.1)

erfüllen muss. Was ist dabei die Größe τ ? Begründen Sie weiter, weshalb auch  ∂ z  = −L ∂λ λ∈{0,1} gelten muss. Hinweis: Die zweite Ableitung einer Funktion ist durch f  (x) = lim

h→0

f (x + h) − 2f (x) + f (x − h) h2

zu bestimmen. Lösungsvorschlag: Die Bewegungsgleichung aus Teilaufgabe (a) lässt sich zu   k zα+1 − 2zα + zα−1 z¨α = −g + m umformen. Darin können nun m = M/N und k = KN ersetzt werden, um mit Δλ = N1 den Ausdruck   K 2 z¨α = −g + N zα+1 − 2zα + zα−1 M K zα+1 − 2zα + zα−1 = −g + M (Δλ)2 zu erhalten. Da z im Kontinuumslimes durch eine Funktion z(t, λ) dargestellt werden soll, lassen sich zα und zα±1 als zα (t) = z(t, λα ) zα±1 (t) = z(t, λα ± Δλ) schreiben, sodass die Bewegungsgleichung weiter auf z¨α = −g +

K z(t, λα + Δλ) − 2z(t, λα ) + z(t, λα − Δλ) M (Δλ)2

umgeformt werden kann. Nach dem Hinweis geht der Bruch im Kontinuumslimes in die zweite Ableitung über, sodass die Differentialgleichung ∂2z K ∂2z = −g + 2 ∂t M ∂λ2

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

429

erhalten wird. Daraus lässt sich



M τ = K 2

⇒

τ=

M K

ablesen. Werden die Bezeichnungen z =

∂z ∂λ

z˙ =

∂z ∂t

eingeführt, so kann die Bewegungsgleichung auch kompakt als z¨ = −g +

1  z τ2

geschrieben werden. Für die Randbedingung wird beispielhaft α = 1 betrachtet. Hier war die Differentialgleichung durch m¨ z1 = −mg − k(z1 − z2 − l) gegeben, was sich mit den gleichen Mitteln wie für einen Massenpunkt α innerhalb der Feder und l = L/N zu k (z1 − z2 − l) m   L K 2 N z 1 − z2 − = −g − M N   z 1 − z2 K 1 = −g − −L M Δλ Δλ

z¨1 = −g −

umformen lässt. Im Kontinuumlimes geht der Inhalt der Klammer gegen den Ausdruck  z1 − z2 z(t, Δλ) − z(t, 0) ∂z  Δλ→0 −L=− − L → −  − L. Δλ Δλ ∂λ λ=0 Da aber vor der Klammer auch noch ein Faktor Δλ steht, würde die zweite Zeitableitung von z¨ unendlich groß werden. Das ist unphysikalisch und daher muss der Inhalt der Klammer bereits Null sein, sodass   ∂ z  ∂ z  −  −L=0 ⇒ = −L ∂λ λ=0 ∂λ λ=0 gelten muss. Analog lässt sich auch

 ∂ z  = −L ∂λ λ=1

begründen. 5 5 Diese Begründung setzt voraus, dass sich das Ende der Feder frei bewegen kann. Falls ein Ende der Feder festgehalten wird, kann die Ableitung beliebige Werte annehmen, denn die Bewegungsgleichung des Endes muss dahingehend modifiziert werden, dass eine zusätzliche Kraft sicherstellt, das Ende an einer festen Position zu halten.

430

Lösungen

(c) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die Feder in Ruhe die Form z(0, λ) = −Lλ +

gτ 2 λ(λ − 2) 2

annimmt, wenn sie am oberen Ende an der Stelle z = 0 festgehalten wird. (In diesem Fall gilt z(0, 0) = 0 und die Ableitung kann somit bei λ = 0 einen beliebigen Wert annehmen.) Lösungsvorschlag: In der Ruhelage erfährt kein Punkt der Feder eine Nettobeschleunigung, sodass die Bewegungsgleichung die Form 0 = −g +

1  z τ

⇒

z  = gτ 2

annimmt. Die Lösung dieser Differentialgleichung ist durch z(0, λ) =

gτ 2 2 λ + Aλ + B 2

gegeben. Wobei A und B noch zu bestimmende Konstanten sind. Mit den Randbedingungen  ∂ z  z(0, 0) = 0 = −L ∂λ λ=1 lassen sich so z(0, 0) = B = 0 und ∂z = gτ 2 λ + A ∂λ

⇒

 ∂ z  = gτ 2 + A = −L ∂λ λ=1

bestimmen, um  gτ 2 2  λ − L + gτ 2 λ 2 gτ 2 = λ(λ − 2) − Lλ 2

z(0, λ) =

zu finden. (d) (3 Punkte) Bestimmen Sie mittels 1

dλ z(t, λ)

Z(t) = 0

⇒

A = −L − gτ 2

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

431

die Lage des Schwerpunkts zum Zeitpunkt t = 0. Wie wird sich die Lage des Schwerpunktes zeitlich entwickeln? Lösungsvorschlag: Die Lage des Schwerpunktes ist zum Zeitpunkt t = 0 durch 1

Z(0) =

1

dλ z(0, λ) = 0

gτ = 2

2



dλ 0

1 3 λ − λ2 3

1

gτ 2 λ(λ − 2) − Lλ 2 

1 − L λ2 2 λ=0

1 λ=0

gτ 2 = 2



 1 L −1 − 3 2

L gτ 2 =− − 2 3 zu bestimmen. Da der Schwerpunkt der Feder sich so verhalten sollte, wie ein Massenpunkt im Gravitationsfeld, indem die gesamte Masse der Feder konzentriert ist, sollte sich dieser im freien Fall mit der Erdbeschleunigung g befinden, sodass g g L gτ 2 Z(t) = Z(0) − t2 = − − − t2 2 2 3 2 gilt. (e) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die Bewegungsgleichung (3.9.1) durch g z(t, λ) = f+ (t + λτ ) + f− (t − λτ ) − t2 2 gelöst wird, wobei f± (x) noch zu bestimmende Funktionen sind. Lösungsvorschlag: Die zweite Ableitung nach der Zeit der gegebenen Funktion lässt sich durch ∂z   = f+ (t + λτ ) + f− (t − λτ ) − gt ∂t ∂2z   = f+ (t + λτ ) + f− (t − λτ ) − g ∂t2 bestimmen, während die zweite Ableitung nach λ durch ∂z   = τ f+ (t + λτ ) − τ f− (t − λτ ) ∂λ ∂2z   = τ 2 f+ (t + λτ ) + τ 2 f− (t − λτ ) ∂λ2 gegeben sein wird. Dies lässt sich in den Ausdruck ∂2z 1 ∂2z − 2 2 2 ∂t τ ∂λ

432

Lösungen

der linken Seite der Bewegungsgleichung (3.9.1) einsetzen, um   (t + λτ ) + f− (t − λτ ) − g − f+

 1  2   τ f+ (t + λτ ) + τ 2 f− (t − λτ ) = −g 2 τ

zu erhalten, was der rechten Seite der Differentialgleichung entspricht. Daher handelt es sich bei der angegebenen Funktion um eine Lösung der Differentialgleichung. (f) (10 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass L = 0 ist und finden Sie mit den Randbedingungen   ∂ z  ∂ z  gτ 2 λ(λ − 2) = 0 =0 z(0, λ) =   ∂t t=0 ∂λ λ∈{0,1} 2 die Funktionen f± (x). Bestimmen Sie damit das Verhalten des unteren Endes, indem Sie z(t, 1) bestimmen. Interpretieren Sie Ihre Ergebnisse physikalisch. Hinweis: Bestimmen Sie zuerst die Funktionen f± (x) auf dem Intervall x ∈ [0, 2τ ) und zeigen Sie weiter, dass die Funktionen 2τ -periodisch sind. Lösungsvorschlag: Zunächst bietet es sich an, alle Bedingungen auszuformulieren und damit Bedingungen für die Funktionen f± (x) aus der in Teilaufgabe (e) gegebenen Lösung aufzustellen. Es ist wichtig dabei auf die Gültigkeitsbereiche dieser Bedingungen zu achten. (I) Die erste Bedingung lässt sich zu  ∂ z    = f+ (λτ ) + f− (−λτ ) = 0 ∂t t=0 bzw.   (x) + f− (−x) = 0 f+

umformen und gilt für alle x ∈ [0, τ ], da λ aus dem Intervall [0, 1] stammt. (II) Die zweite Bedingung für λ = 0 kann zu  ∂ z    = τ (f+ (t) − f− (t)) = 0 ∂λ λ=0 ermittelt werden, was sich als   (x) − f− (x) = 0 f+

formulieren lässt. Dies gilt für alle x ∈ R, da t ∈ R liegt. (III) Die zweite Bedingung für λ = 1, die auch als dritte Bedingung bezeichnet werden kann, lässt sich als  ∂ z    = τ (f+ (t + τ ) − f− (t − τ )) = 0 ∂λ λ=1

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

433

schreiben, sodass auch   (x + τ ) − f− (x − τ ) = 0 f+

für alle x ∈ R gilt. (IV) Die letzte bzw. vierte Bedingung lässt sich als z(0, λ) = f+ (λτ ) + f− (−λτ ) =

gτ 2 λ(λ − 2) 2

formulieren, womit f+ (x) + f− (−x) =

g x(x − 2τ ) 2

für alle x ∈ [0, τ ] gilt, da λ dem Intervall [0, 1] entstammt. Aus Bedingung (II)   (x) = f− (x) f+

lässt sich nun folgern, dass die Funktionen f+ (x) und f− (x) bis auf eine additive Konstante C die gleiche Funktion sind, die mit f (x) bezeichnet werden soll, sodass f+ (x) = f (x)

f− (x) = f (x) + C

für alle x ∈ R gilt. Aus Bedingung (I)   (x) + f− (−x) = 0 f+

⇒

f  (x) = −f  (−x)

lässt sich wiederum entnehmen, dass die Ableitung von f eine ungerade Funktion auf dem Intervall x ∈ [0, τ ] ist. Die Funktion f (x) muss daher, bis auf eine additive Konstante D eine gerade Funktion f (x) = f (−x) + D auf dem Intervall x ∈ [0, τ ] sein. Da f (x) aber differenzierbar sein soll und daher auch stetig sein muss, muss für x = 0 auch f (0) = f (−0) + D

⇒

D=0

gelten. Zusammen mit Bedingung (IV) f+ (x) + f− (−x) = f (x) + f (−x) + C =

g x(x − 2τ ) 2

lässt sich nun auf dem Intervall x ∈ [0, τ ] der Zusammenhang g 2f (x) = −C + x(x − 2τ ) 2

⇒

f (x) = −

C g + x(x − 2τ ) 2 4

434

Lösungen

finden. Da schlussendlich ein Ausdruck der Form f+ (t + λτ ) + f− (t − λτ ) = f (t + λτ ) + f (t − λτ ) + C betrachtet wird, wird sich der Einfluss von C vollständig herausheben, sodass auch einfach C = 0 gesetzt werden kann und die Funktion f auf dem Intervall [0, τ ] durch f (x) =

g x(x − 2τ ) 4

gegeben ist. Nun kann Bedingung (III)   f+ (x + τ ) − f− (x − τ ) = 0

⇒

f  (x + τ ) = f  (x − τ )

⇒

f  (x + 2τ ) = f  (x)

verwendet werden, um zu erkennen, dass die Funktion f bis auf eine additive Konstante E 2τ -periodisch ist und daher f (x + 2τ ) = f (x) + E gilt. Damit kann nun versucht werden, die Funktion f auf dem Intervall x ∈ [τ, 2τ ] zu finden. Denn die Funktionswerte auf diesem Intervall können dank der neuen Bedingung mit f (x) = f (x − 2τ ) − E auf die Funktionswerte auf dem Intervall x ∈ [−τ, 0] zurückgeführt werden, da diese das Argument auf der rechten Seite bilden. Durch die vorherigen Überlegungen zu Bedingung (I) f (x) = f (−x)

x ∈ [0, τ ]

lassen sich die Funktionswerte für x ∈ [−τ, 0] und somit |x| ∈ [0, τ ] mittels f (x) = f (−|x|) = f (|x|) und durch Einsetzen der expliziten Form aus den Überlegungen zu (IV) f (x) = f (|x|) = =

g g |x|(|x| − 2τ ) = − x(−x − 2τ ) 4 4

g x(x + 2τ ) 4

x ∈ [−τ, 0]

bestimmen. Daher muss für x ∈ [τ, 2τ ] auch der Zusammenhang f (x) = f (x − 2τ ) − E = =

g x(x − 2τ ) − E 4

g (x − 2τ )(x − 2τ + 2τ ) − E 4

3.9

Lösung zur Klausur IX - Klassische Mechanik

435

gültig sein. Da die Funktion f aber stetig sein muss, muss an der Stelle x = τ ein wohldefinierte Funktionswert angenommen werden. Das ist nur möglich, wenn E = 0 gilt. Somit konnte die Funktion f (x) auf dem Intervall x ∈ [0, 2τ ] zu f (x) =

g x(x − 2τ ) 4

bestimmt werden und durch die 2τ -Periodizität f (x + 2τ ) = f (x) ist f (x) für alle x ∈ R definiert. Ausgestattet mit der Funktion f (x) ist es nun möglich die Funktion z(t, λ) für das untere Ende, also λ = 1 zu g g z(t, 1) = f (t + τ ) + f (t − τ ) − t2 = 2f (t + τ ) − t2 2 2 zu bestimmen. Wird nun das Intervall t ∈ [0, τ ] betrachtet, so ist das Argument der Funktion f im Intervall [0, 2τ ] und es kann daher g g g z(t, 1) = 2f (t + τ ) − t2 = (t + τ )((t + τ ) − 2τ ) − t2 2 2 2 g g g g = (t + τ )(t − τ ) − t2 = (t2 − τ 2 ) − t2 2 2 2 2 g 2 = − τ = konst. 2 bestimmt werden. Es zeigt sich also, dass sich das untere Ende in der Zeit t ∈ [0, τ ] nicht bewegt, sondern an Ort und Stelle verharrt, obwohl das obere Ende losgelassen wurde und sich mit fester Geschwindigkeit g g g z(t, 0) = 2f (t) − t2 = t(t − 2τ ) − t2 = −gτ t 2 2 2 im Zeitintervall t ∈ [0, τ ] bewegt. Eine mögliche Interpretation besteht darin, davon auszugehen, dass die Federspannkraft, die das untere Ende nach oben zieht, selbst nach dem Loslassen, die Gewichtskraft ausgleicht, die das Ende nach unten zieht. Während der Schwerpunkt der Feder fällt, findet im Schwerpunktsystem eine Kompression der Feder statt, die am unteren Ende der Feder eine genauso große Beschleunigung erzeugt, dass sie die Beschleunigung des Schwerpunktes ausgleichen kann. Eine andere Interpretationsmöglichkeit besteht darin, dass τ die typische Zeit darstellt, mit der sich Informationen innerhalb der Feder ausbreiten und es daher der Zeit τ bedarf, bis das untere Ende von den geänderten Randbedingungen erfährt und seine Bewegung im „freien“ Fall beginnen kann.

3.10

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

437

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Orthonormale Basisvektoren erfüllen eˆi · eˆj = δij . (b) Um was für eine Art von Kraftfeld wird es sich handeln, wenn U (rr ) = U (r) gilt? Lässt sich die kinetische Energie in einen Anteil mit und ohne Drehimpuls zerlegen? (c) Wie ist der Schwerpunkt definiert? Lässt sich hieraus der Schwerpunktimpuls und dessen zeitliche Ableitung bestimmen? Wie lässt sich das dritte Newton’sche Axiom hier anwenden? (d) Wie ist die Energie eines ungedämpften harmonischen Oszillators zu bestimmen? Lässt sich die zeitliche Ableitung davon mit der Bewegungsgleichung identifizieren? (e) Kann das Seil in zwei Teile zerlegt werden, von denen eines auf dem Tisch gleitet und eines von der Tischkante herabhängt? Welche Massen hätten diese beiden Seilstücke? Welche Nebenbedingungen müssten ihre Koordinaten erfüllen? Ist die Schwerkraft, die einzige Kraft, welche die beiden Seilstücke erfahren oder beeinflussen sie sich untereinander? Ihre Differentialgleichung sollte g z¨ = z l lauten. Aufgabe 2 - Bewegung in geschwindigkeitsabhängigem Feld (a) Lässt sich das Linienintegral auch als ein Integral über die Zeit ausführen? (b) Welchen Einfluss hat die Konstanz von B auf die zeitliche Ableitung von b  . Was gilt a × b )? für Spatprodukte der Art a · (a (c) Wie lässt sich a × (bb × c ) auch ausschreiben? Sie sollten ω=

qB m

finden. (d) Welches, in der Physik viel diskutierte System, wird durch die Differentialgleichung für v ⊥ beschrieben? Lässt sich eine der Anfangsbedingungen aus v˙ ⊥ und dessen Zusammenhang zu B herleiten? (e) Wie hängen Ortsvektor und Geschwindigkeit über ein Integral zusammen? Sie sollten R= erhalten.

(0) m|vv ⊥ | qB

438

Lösungen

Aufgabe 3 - Evidenzen Dunkler Materie II - Galaxienhaufen (a) Lässt sich zu dem betrachteten Ausdruck geschickt eine Null addieren, sodass zusätzliche Terme der Form F βα · r β auftreten? Wie lässt sich die Eigenschaft von F αβ verwenden, um so den auftretenden antisymmetrischen mit Null zu identifizieren? (b) Wie lässt sich der gegebene Ausdruck mit den Newton’schen Gesetzen umformen? Wie lässt sich das Ergebnis mit den Erkenntnissen aus Teilaufgabe (a) weiter umformen? (c) Wodurch müssen bei einem Kontinuumslimes mα und mβ ersetzt werden? Welche Masse trägt für r < R aufgrund des Newton’schen Schalentheorems zum Potential bei? Sie sollten φ(r < R) =

GM 2 (r − 3R2 ) 2R3

und K = 3/5 finden. (d) Wird sich die Massenverteilung im zeitlichen Mittel verändern? Aufgabe 4 - Das Foucault-Pendel (a) Hat die Zeitabhängigkeit von eˆi einen Einfluss auf die zeitliche Ableitung von r ? Warum ist ¨ = ω × (ω ω × R) R gültig? (b) Wird ω eine Komponente in eˆy -Richtung haben? (c) Wie wird die Gewichtskraft relativ zum Faden des Pendels stehen? Was gilt demnach für die Fadenspannkraft? Wie lauten die Komponenten der Fadenspannkraft in eˆx - und eˆy -Richtung? g (d) Wieso ist ω0 = l gültig? Welche Größenordnungen haben ω bzw. ω0 ? Welche Terme beeinflussen den Ortsfaktor? (e) Warum muss u die Differentialgleichung u ¨ = −ω02 u − 2iω cos(θ) u˙ erfüllen? Wie lauten das charakteristische Polynom und seine Nullstellen dieser Differentialgleichung? Die Pendelbewegung wird in einer Ebene stattfinden, was ist der Normalenvektor dieser Ebene und wie bewegt er sich? Für den 50. Breitengrad, sollten Sie die Periodendauer TPE ≈ 31 Stunden 20 Minuten für die Pendelebene erhalten.

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

439

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen (a) (5 Punkte) Zeigen Sie für Zylinderkoordinaten mit den Basisvektoren ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ cos(φ) − sin(φ) 0 ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ eˆφ = ⎝ cos(φ) ⎠ eˆz = ⎝0⎠ eˆs = ⎝ sin(φ) ⎠ 0

0

1

die Orthonormalität des Basissystems. Lösungsvorschlag: Für die Orthonormalität muss gezeigt werden, dass alle drei Basisvektoren senkrecht aufeinander stehen und, dass ihre Beträge gerade Eins sind. Die Skalarprodukte lassen sich über ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cos(φ) − sin(φ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆs · eˆφ = ⎝ sin(φ) ⎠ · ⎝ cos(φ) ⎠ = − cos(φ) sin(φ) + sin(φ) cos(φ) = 0 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − sin(φ) 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆφ · eˆz = ⎝ cos(φ) ⎠ · ⎝0⎠ = 0 0 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 cos(φ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆz · eˆs = ⎝0⎠ · ⎝ sin(φ) ⎠ = 0 1 0 bestimmen. Sie zeigen, dass die drei Vektoren untereinander senkrecht aufeinander stehen. Die Beträge können mittels ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cos(φ) cos(φ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆ2s = ⎝ sin(φ) ⎠ · ⎝ sin(φ) ⎠ = cos2 (φ) + sin2 (φ) = 1 0

0 ⎞ ⎛ ⎞ − sin(φ) − sin(φ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆ2φ = ⎝ cos(φ) ⎠ · ⎝ cos(φ) ⎠ = sin2 (φ) + cos2 (φ) = 1 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 eˆz = ⎝0⎠ · ⎝0⎠ = 1 ⎛

1

1

440

Lösungen

bestimmt werden. Sie sind alle Eins, so dass es sich um Einheitsvektoren handelt. Insgesamt handelt es sich um eine Orthonormalbasis. 1 (b) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Massenpunkt bei einer Bewegung in drei Dimensionen im Potential U (r). Finden Sie die Periodendauer als ein Integral über r aus der Energieerhaltung heraus. Hinweis: Sie dürfen die Kenntnis über das effektive Potential Ueff (r) voraussetzen. Lösungsvorschlag: Im radial symmetrischen Potential U (rr ) = U (r) ist der Drehimpulserhalten und die kinetische Energie lässt sich in 1 2 1 L2 mr˙ = mr˙ 2 + 2 2 2mr2

Ekin =

zerlegen. Damit lässt sich die Energie durch E = Ekin + U (r) =

1 2 L2 1 mr˙ + + U (r) = mr˙ 2 + Ueff (r) 2 2mr2 2

ausdrücken, mit dem effektiven Potential Ueff (r), das durch Ueff (r) =

L2 + U (r) 2mr2

gegeben ist. Hieraus kann 2 (E − Ueff (r)) m

r˙ 2 =

bestimmt werden. Die halbe Periodendauer lässt sich über das Integral T /2

T = 2 bestimmen, sodass mit

rmax

dt = rmin

0

 r˙ =

dr

1 r˙

2 E − Ueff (r) m

der Ausdruck rmax

T =2 rmin

√ = 2m

dr  2 m

1 E − Ueff (r)

rmax

dr rmin

1 E−

L2 2mr 2

− U (r)

gefunden werden kann. 1 Die

gefundenen Zusammenhänge für die Basisvektoren eˆi lassen sich zu eˆi · eˆj = δij zusammenfassen.

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

441

(c) (5 Punkte) Betrachten Sie N Teilchen, die keinen externen Kräften unterliegen. Zeigen Sie mit Hilfe der Newton’schen Gesetze, dass der Schwerpunkt der Bahnkurve R (t) = R (0) +

P (0) t M

genügt. Dabei ist M die Gesamtmasse und P der Gesamtimpuls. Lösungsvorschlag: Aus dem Ausdruck R= MR



mα r α

α

lässt sich der Gesamtimpuls als Ableitung P = M R˙ =



mαr˙ α =

α



pα

α

bestimmen. Die Ableitung des Gesamtimpulses wiederum ist durch P˙ =



p˙ α

α

gegeben. Der Ausdruck in der Summe sind aber wegen des zweiten Newton’schen Axioms die Kräfte, die jeder Massenpunkt erfährt. Da keine externen Kräfte wirken, sind sie nur durch die Kräfte der Massepunkte untereinander bestimmt und lassen sich als  F αβ p˙ α = F α = β=α

schreiben. Aufgrund des dritten Newton’schen Axioms muss die Kraft, die der Massenpunkt β auf den Massenpunk α ausübt, also F αβ das Entgegengesetzte zur Kraft, die der Massenpunkt α auf den Massenpunkt β ausübt, also F βα , sein. Daher gilt F βα F αβ = −F als Zusammenhang zwischen diesen beiden Kräften. Damit lässt sich P˙ =

 α

Fα =

 α β=α

F αβ =

 β α=β

F βα = −

 β α=β

F αβ = −



Fα

α

= −P˙ finden. Hierbei wurden zunächst die Summationindices gemäß α ↔ β umbenannt. Danach wurde die Eigenschaft der Kräfte ausgenutzt, um schließlich die Summen zu tauschen. Dies ist möglich, da es egal ist, in welcher der beiden Summen die gleichen Werte für α und β ausgeschlossen werden. Damit konnte aber gezeigt werden, dass P˙

442

Lösungen

sein eigenes Negatives ist, weshalb es gerade 0 sein muss. Damit ist die Differentialgleichung P˙ = 0 gefunden, deren Lösung eine Konstante P (t) = P (0) ist. Daher ist es auch Möglich die Lösung zur Differentialgleichung M R˙ = P = P (0) zu finden. Sie lässt sich zu R (t) = R (0) +

P (0) t M

finden. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie den gedämpften, getriebenen harmonischen Oszillator der Masse m x ¨ + 2γ x˙ + ω 2 x = und bestimmen Sie die Leistung

dE dt

F (t) m

des Oszillators als Funktion von x, ˙ F (t), γ und m.

Lösungsvorschlag: Die Energie des Oszillators ist durch E=

 1 1  1 mx˙ 2 + mω 2 x2 = m x˙ 2 + ω 2 x2 2 2 2

bestimmt. Ihre zeitliche Ableitung kann zu     dE = m x¨ ˙ x + ω 2 xx˙ = mx˙ x ¨ + ω2 x dt berechnet werden. Mit der Differentialgleichung, kann der Ausdruck in der Klammer zu x + 2γ x˙ + ω 2 x) − 2γ x˙ = x ¨ + ω 2 x = (¨

F (t) − 2γ x˙ m

umgeformt werden. Damit lässt sich schließlich   F (t) dE = mx˙ − 2γ x˙ = xF ˙ (t) − 2γmx˙ 2 dt m finden.

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

443

(e) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Seil der Länge l und der Masse m mit konstanter Massendichte, das reibungsfrei von einer Tischkante rutscht. Finden Sie die Differentialgleichung, die dieses System beschreibt. Lösungsvorschlag: Wird das Koordinatensystem so gewählt, dass die Tischoberfläche bei z = 0 liegt, so kann das herabhängende Ende des Seiles mit z beschrieben werden. Die Tischkante, sowie der „Knick“ des Seiles soll bei x = 0 sein, sodass das Ende des Seiles auf der Tischoberfläche durch x beschrieben werden kann. Die beiden Koordinaten sind dann wegen −z − x = l miteinander verknüpft. Das überhängende Stück soll mit Eins bezeichnet werden, während das auf der Tischoberfläche gleitende Stück mit Zwei bezeichnet wird. Das überhängende Stück Seil hat dann die Masse z m1 = − m l während das gleitende Stück die Masse x m2 = − m l aufweist. Beide Massen sind von der Zeit abhängig, was in die Bildung der Impulsableitung mit einbezogen werden muss. Jedoch lässt sich bereits x˙ z˙ m ˙ 1 = − m = m = −m ˙2 l l aufgrund des Zusammenhangs zwischen x und z finden. Die beiden Impulse p1 = m1 z˙

p2 = m2 x˙

beschreiben die Bewegung der Schwerpunkte der beiden Seilstücke. An ihnen greifen je eine Fadenspannkraft FF an, die im Betrag gleich groß ist. Für das herabhängende Seilstück wirkt sie in positiver z-Richtung und für das gleitende Seil wirkt sie in positiver x-Richtung. Auf den Schwerpunkt des herabhängenden Seiles wirkt zusätzlich die Schwerkraft m1 g in negativer z-Richtung, sodass sich die Differentialgleichungen p˙1 = FF − m1 g

p˙2 = FF

aufstellen lässt. Die unbekannte Fadenspannkraft kann eliminiert werden, wenn die beiden Gleichungen voneinander subtrahiert werden, um p˙1 − p˙2 = −m1 g zu erhalten. Die linke Seite lässt sich dabei zu p˙1 − p˙2 = m ˙ 1 z˙ + m1 z¨ − (m ˙ 2 x˙ + m2 x ¨) = m ˙ 1 (z˙ + x) ˙ + m1 z¨ − m2 x ¨

444

Lösungen

umformen, wenn der oben gefunden Zusammenhang für m ˙ 1 und m ˙ 2 ausgenutzt wird.Da wegen des Zusammenhanges zwischen x und z auch x˙ = −z˙

x ¨ = −¨ z

gilt, kann p˙1 − p˙2 = m ˙ 1 (z˙ + x) ˙ + m1 z¨ − m2 x ¨ = (m1 + m2 )¨ z = m¨ z gefunden werden. Insgesamt ergibt sich so m¨ z = −m1 g

⇒ z¨ = −

z g m1 g=− − g= z m l l

als Differentialgleichung des Systems. 2

2 Die

Lösungen dieser Differentialgleichung werden hyperbolische Funktionen sein.

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

445

25 Punkte

Aufgabe 2 Bewegung in geschwindigkeitsabhängigem Feld Betrachten Sie einen Massenpunkt m, der sich in einem Kraftfeld der Form F = q r˙ × B

bewegt. Dabei ist q ein Parameter, der hier als positiv angesehen werden soll. B ist ein konstanter Vektor. (a) (3 Punkte) Bestimmen Sie die Arbeit r2

W12 = −

drr · F (rr ), r1

die bei der Bewegung entlang des Kraftfeldes verrichtet wird. Lösungsvorschlag: Statt eines Lininenintegrals kann über die zeitliche Parametrisierung des Weges r (t) auch das Integral t2

W12 = − t1

drr · F (rr (t)) = −q dt dt

t2

dt r˙ · (r˙ × B ) t1

betrachtet werden. Da aber r˙ × B senkrecht auf r˙ steht ist das Skalarprodukt im Integranden Null, so dass die verrichtete Arbeit W12 = 0 immer Null ergibt. (b) (4 Punkte) Führen Sie B v = B



B ·v B

 v⊥ = v − v

ein und zeigen Sie damit, dass v  die Differentialgleichung v˙  = 0 erfüllen muss. Dabei ist B der Betrag von B . Lösungsvorschlag: Da der Vektor B und damit auch sein Betrag B konstant sind, kann die Ableitung   B B · v˙ v˙  = B B aufgestellt werden. Nach dem zweiten Newton’schen Gesetz p˙ = mv˙ = F

⇒

v˙ =

q F = v ×B m m

446

Lösungen

ist somit q B v˙  = mB





B · (vv × B ) B

gegeben. Da aber v × B senkrecht auf B steht, ist das Skalarprodukt auf der rechten Seite Null, sodass v˙  = 0 gilt. (c) (5 Punkte) Zeigen Sie nun, dass v ⊥ die Differentialgleichung v¨⊥ = −ω 2v ⊥ erfüllt. Was ist ω? Lösungsvorschlag: Mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (b) und v = v + v⊥ lässt sich auch v˙ = v˙  + v˙ ⊥ = v˙ ⊥ finden. Auf der anderen Seite lässt sich die Kraft zu F = q v × B = q (vv  + v ⊥ ) × B ausformulieren. Nun ist v  aber parallel zu B , weshalb dessen Kreuzprodukt mit B verschwindet und somit nur F = q v⊥ × B verbleibt. Damit lässt sich die Bewegungsgleichung mv˙ ⊥ = q v ⊥ × B

⇒

v˙ ⊥ =

q v⊥ × B m

finden. Die Ableitung dieser Bewegungsgleichung q q2 v˙ ⊥ × B = 2 ((vv ⊥ × B ) × B ) m m q2 B × (B B × v ⊥ )) = 2 (B m

v¨⊥ =

lässt sich mit der bac-cab-Regel a · c ) − c (a a · b) a × (bb × c ) = b (a

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

447

zu v¨⊥ =

q2 B (B B · v ⊥ ) − v ⊥ (B B · B )) (B m2

vereinfachen. Da nun aber v ⊥ per Konstruktion senkrecht auf B steht und      B B B · v⊥ = B · v − v = B · v − ·v B B   B2 B ·v = B ·v −B ·v = B ·v − B B =0 gilt, fällt der erste Term weg. Dabei wurde benutzt, dass B 2 = B · B = B 2 ist, was auch in der Bewegungsgleichung benutzt werden kann, um so v¨⊥ = −

q2 B 2 v⊥ m2

zu finden. Die Kreisfrequenz ω ist also durch ω=

qB m

gegeben. 3 (0)

(d) (6 Punkte) Finden Sie mit den Anfangsbedingungen v  (0) = v   B und v ⊥ (0) = (0) v ⊥ ⊥ B die Lösung der Differentialgleichungen aus (b) und (c).

Lösungsvorschlag: (0) Da v˙  = 0 gilt, ist v  konstant und hat für alle Zeiten den Startwert v  , sodass (0) v  (t) = v  = konst.

gilt. Die Differentialgleichung v¨⊥ = −ω 2v ⊥ wird durch v ⊥ (t) = a cos(ωt) + b sin(ωt) gelöst, wobei a und b konstante, noch zu bestimmende Vektoren sind. Für t = 0 ist die Lösung durch v ⊥ (0) = a 3 Da q per Aufgabenstellung positiv ist, muss beim Ziehen der Wurzel kein weiteres Vorzeichen beachtet werden. Der Fall q < 0 ergibt mit der selben Rechnung, das selbe Ergebnis, nur das dort ω negativ ist.

448

Lösungen

(0)

gegeben, soll aber auch v ⊥ sein, so dass (0) a = v⊥

gelten muss. Um b zu bestimmen, wird die zeitliche Ableitung (0) v˙ ⊥ (t) = −ωvv ⊥ sin(ωt) + ωbb cos(ωt)

betrachtet. Bei t = 0 nimmt diese den Wert v˙ ⊥ (0) = ωbb an. Da v ⊥ aber nach den Ergebnissen aus Teilaufgabe (c) aber auch die Differentialgleichung v˙ ⊥ =

q v⊥ × B m

erfüllen muss, muss auch q q (0) v ⊥ (0) × B = v ⊥ × B m m (0) (0) v ×B qB v ⊥ × B = =ω ⊥ m B B

v˙ ⊥ (0) =

gelten, weshalb sich b zu b=

(0) (0) v⊥ × B B × v⊥ =− B B

bestimmen lässt4 . Die Lösung der Differentialgleichung ist daher durch (0) v ⊥ (t) = v ⊥ cos(ωt) −

(0) B × v⊥ sin(ωt) B

gegeben und die Geschwindigkeit ist durch (0) (0) v (t) = v  + v ⊥ cos(ωt) −

(0) B × v⊥ sin(ωt) B

zu bestimmen. (e) (7 Punkte) Bestimmen Sie nun r (t) mit der Anfangsbedingung r (0) = 0 . Fertigen Sie eine Skizze der Bewegung senkrecht zu B an und bestimmen Sie den Krümmungsra(0) dius R dieser senkrechten Bewegung als Funktion von v ⊥ , q, B und m. (0)

(0)

(0)

4 Die Reihenfolge von B und v im Kreuzprodukt wurde dabei so gewählt, dass B , v ⊥ und B × v ⊥ ein ⊥ Rechtssystem bilden.

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

449

Lösungsvorschlag: Da sich der Ortsvektor durch das Integral t

dt r (t )

r (t) = r 0 + t0

bestimmen lässt, kann so mit der Anfangsbedingung r (0) = 0 der Ausdruck t (0) (0) dt v  + v ⊥ cos(ωt ) −

r (t) = 0

(0) B × v⊥ sin(ωt ) B

(0) (0) v⊥ B × v⊥ t t [sin(ωt )]0 + [cos(ωt )]0 ω ωB (0) (0) B × v⊥ v (0) (cos(ωt) − 1) = v  t + ⊥ sin(ωt) + ω ωB (0)

= v t +

gefunden werden. Der zu B parallele Anteil ist wegen (0) B · v⊥ = 0

B × v (0) B · (B ⊥ )=0

durch r =

B (0) · r = v t B

gegeben. Damit lässt sich der senkrechte Anteil zu r⊥ = r − r (0) (0) B × v⊥ v⊥ sin(ωt) + (cos(ωt) − 1) ω ωB

bestimmen. Wird das Koordinatensystem nun so gewählt, dass B entlang der eˆz -Achse (0) (0) zeigt und v ⊥ parallel zur eˆx -Achse, dann zeigt B × v ⊥ parallel zur eˆy -Achse. In diesem Koordinatensystem findet die senkrechte Bewegung also in der xy-Ebene statt und ist durch      v (0)   B × v (0)   ⊥   ⊥  r ⊥ (t) =   sin(ωt) eˆx +   (cos(ωt) − 1) eˆy  ω   ωB  (0)

(0)

(0)

gegeben. Wird |vv ⊥ | mit v⊥ bezeichnet und wegen v⊥ ⊥ B der Zusammenhang    B × v (0)  |B B ||vv (0)  (0) ⊥  ⊥ | = v⊥ =    B B ausgenutzt, lässt sich dies auch als  (0)  v⊥ sin(ωt) eˆx + (cos(ωt) − 1)ˆ ey r ⊥ (t) = ω

450

Lösungen

schreiben. Da dies aber die Gleichung  x2 +

(0)

v y+ ⊥ ω

2

 =

(0)

v⊥ ω

2

erfüllt, handelt es sich um einen Kreis, welcher den konstanten Krümmungsradius (0)

R=

(0)

mv⊥ v⊥ p⊥ = = ω qB qB

aufweist und um R in negativer eˆy -Richtung verschoben ist. Dieser ist in Abbildung 3.10.1 aufgezeichnet und wird vom Massenpunkt im Uhrzeigersinn durchlaufen. 5

y x

−R

Abb. 3.10.1 Skizze zur Bewegung des Massenpunktes senkrecht zu B

5 Für den Fall q < 0 würde sich, bei gleicher Wahl des Koordinatensystems ein Kreis ergeben, der gegen den Uhrzeigersinn durchlaufen wird. Er würde in Abb. 3.10.1 wie eine Spiegelung des eingezeichneten Kreises an der x-Achse erscheinen.

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

451

25 Punkte

Aufgabe 3 Evidenzen Dunkler Materie II - Galaxienhaufen

In dieser Aufgabe soll eine große Ansammlung von Galaxien, ein sogenannter GalaxienHaufen betrachtet werden. Dieser hat eine räumliche Ausdehnung (Radius) R und es ist das Ziel seine Gesamtmasse M aus Beobachtungsgrößen zu bestimmen. F βα der Zusam(a) (6 Punkte) Zeigen Sie zunächst, dass für Kräfte der Form F αβ = −F menhang 

F αβ · r α =

α β=α

1 F αβ · (rr α − r β ) 2 α β=α

gilt. Dabei stellen α und β Summationsindices über einzelne Punktmassen dar. Lösungsvorschlag: Es bietet sich an, den Ausdruck in der Summe F αβ · r α so zu zerlegen, dass seine Symmetrieeigenschaften unter der Vertauschung von α und β klarer zu sehen sind. Dazu wird der Ausdruck mit vertauschten Indices geschickt addiert, um F αβ · r α =

1 1 F αβ · r α + F βα · r β ) + (F F αβ · r α − F βα · r β ) (F 2 2

zu erhalten. Der zweite Term Mαβ ≡

1 F αβ · r α − F βα · r β ) (F 2

ist dabei antisymmetrisch unter dem Vertauschen von α und β, sodass Mβα = −Mαβ gilt. Dies ist noch unabhängig von den Eigenschaften von F αβ , sondern liegt nur an der Konstruktion von Mαβ . Nun lässt sich aber die Summe über Mαβ betrachten, um so     Mαβ = Mβα = − Mαβ = − Mαβ α β=α

β α=β

β α=β

α β=α

zu erhalten. Dabei wurde im ersten Schritt die Umbenennung α ↔ β durchgeführt. Im letzten Schritt wurden die Summen vertauscht, was nur möglich ist, da es egal ist, ob in der Summe über α in der Summe über β gleiche Werte ausgeschlossen werden. Damit ist die betrachtet Summe aber ihr eigenes Negatives, was nur für die Zahl Null möglich ist, weshalb  α β=α

Mαβ =

 1 F αβ · r α − F βα · r β ) = 0 (F 2 α β=α

452

Lösungen

gilt. Damit lässt sich die betrachtete Summe bereits auf  1  F αβ · r α + F βα · r β ) F αβ · r α = (F 2 α α β=α

β=α

F αβ verwenden, um so reduzieren. Nun lässt sich die Eigenschaft F βα = −F 

F αβ · r α =

α β=α

 1 F αβ · r α − F αβ · r β ) (F 2 α β=α

1 F αβ · (rr α − r β ) = 2 α β=α

zu erhalten. (b) (7 Punkte) Zeigen Sie nun, dass bei einem verschwindenden zeitlichen Mittel von d  r α · pα dt α der Zusammenhang  α

'

(

mα vα2 t

) =

1   Gmα mβ 2 α |rr α − r β | β=α

* t

gültig ist. Dieser stellt den Virial-Satz für den Galaxien-Haufen dar. Lösungsvorschlag: Der gegebene Ausdruck lässt sich weiter zu   d  r α · pα = r α · p˙ α r˙ α · p α + dt α α α   = mαr˙ 2α + rα · F α α

α

umformen. Da die Kraft, die der Massenpunkt α durch den Massenpunkt β erfährt durch mα mβ F βα F αβ = −G (rr α − r β ) = −F |rr α − r β |3 gegeben ist, lässt sich F α durch eine Summe über β in der Form  F αβ Fα = β=α

schreiben. Der benötigte Ausdruck  α

rα · F α

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

453

lässt sich mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a) weiter nach 

rα · F α =

α



F αβ · r α =

α β=α

=−

G 2

α β=α

1 F αβ · (rr α − r β ) 2 α β=α

mα mβ (rr α − r β ) · (rr α − r β ) |rr α − r β |3

G   mα mβ =− 2 α |rr α − r β | β=α

umformen. Somit und mit r˙ 2α = vα2 ist also  d  G   mα mβ r α · pα = mα vα2 − dt α 2 α |rr α − r β | α β=α

gefunden. Wird nun das zeitliche Mittel gebildet, ergibt sich nach Aufgabenstellung auf der linken Seite eine Null. Auf der rechten Seite kann die Linearität des zeitlichen Mittels genutzt werden, um * )  G   mα mβ 2 mα vα − 0= 2 α |rr α − r β | α β=α t * ) ) *   mα mβ  G 2 = mα vα − 2 α |rr α − r β | α β=α t * t )  ' 2( G   mα mβ = mα vα t − 2 α |rr α − r β | α β=α

t

und schließlich  α

'

( 2

mα vα

) t

=

1   Gmα mβ 2 α |rr α − r β | β=α

zu erhalten. (c) (10 Punkte) Führen Sie nun den Kontinuumlimes für 1   Gmα mβ 2 α |rr α − r β | β=α

durch, um den Ausdruck 1   Gmα mβ GM 2 =K 2 α |rr α − r β | R β=α

* t

454

Lösungen

zu bestimmen. Verwenden Sie dafür die Massendichte einer homogenen Kugel ρ(r) = ρ0 Θ(R − r). Welchen Wert nimmt der geometrische Faktor K an? Hinweis: Finden Sie zuerst mit Hilfe des Newton’schen Schalentheorems das Potential d3r 

φ(rr ) = −G

ρ(rr  ) |rr − r  |

einer Massenverteilung ρ(rr ) in dem Sie sich überlegen, welche Massen zur Kraft F = −m grad(φ) beitragen. Lösungsvorschlag: Um den Kontinuumslimes für den Ausdruck 1   Gmα mβ 2

α β=α

|rr α − r β |

zu bestimmen, können die Summen in Integrale überführt werden, wenn mα und mβ als Massenelemente mit mα → dm = d3r ρ(rr ) mβ → dm = d3r  ρ(rr  ) angesehen werden. Damit lässt sich der Ausdruck zu G 1   Gmα mβ → 2 α |rr α − r β | 2

d3r

d3r 

β=α

ρ(rr )ρ(rr  ) |rr − r  |

überführen. Das Integral lässt sich auch als G 2

d3r

d3r 

ρ(rr )ρ(rr  ) 1 =− |rr − r  | 2

 d3r ρ(rr ) −G

d3r 

ρ(rr  ) |rr − r  |



schreiben. Der Ausdruck in Klammern entspricht dem Potential φ(rr ) der gegebenen Massenverteilung ρ(rr ). Da diese kugelsymmetrisch ist, wird φ nur von r abhängen und dem Potential φ(r) einer homogenen Kugel entsprechen, sodass eine Testmasse m die Kraft F = −m grad(φ) erfahren würde. Für r > R ist dieses einfach durch φ> (r) = φ(r > R) = −

GM r

gegeben. Für r < R wird die Kraft aufgrund des Newton’schen Schalentheorems nur von der eingeschlossenen Masse M (r) = M

r3 R3

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

455

in der Form M (r) GM er eˆr = −m 3 rˆ 2 r R abhängen, sodass das Potential von der Form F (rr ) = −Gm

GM 2 r +C 2R3 sein wird. Das Potential muss an r = R stetig sein, sodass φ(r < R) =

GM GM 3GM +C =− ⇒ C=− 2R R 2R gelten muss und das Potential für r < R sich somit durch GM 2 GM 2 3GM = r − (r − 3R2 ) 3 2R 2R 2R3 bestimmen lässt. Da das Potential nur von r abhängt, lässt sich das gesuchte Integral zu ρ(rr )ρ(rr  ) G 1 =− d3r d3r  d3r ρ(rr )φ(r) 2 |rr − r  | 2 φ< (r) = φ(r < R) =

∞

dr r2 ρ0 Θ(R − r) φ(r)

= −2π 0

R

dr r2 φ< (r)

= −2πρ0 0

umformen. Das verbleibende Integral lässt sich durch R

R

GM dr r φ< (r) = − 3 2R 2

0

dr r2 (r2 − 3R2 ) 0 R

=

GM 2R3

dr (3R2 r2 − r4 ) = 0

 R GM 1 5 2 3 r R r − 2R3 5 0

  GM 2 GM 5 1 =2 R = R 1− 3 2R 5 5

bestimmen, womit sich 1   Gmα mβ GM 2 3 GM 2 → 4πρ0 R = 2 α |rr α − r β | 5 5 R β=α

4 3 3 πR ρ0

ergibt, wobei = M verwendet wurde. K = 35 für die Kugel homogener Dichte gilt.

6

Hieran lässt sich erkennen, dass

6 Das hier gefundene Ergebnis, wie auch die betrachtete Summe im Allgemeinen, entsprechen dem Negativen der gravitativen Bindungsenergie einer Massenverteilung.

456

Lösungen

' ( (d) (2 Punkte) Führen Sie nun die mittlere Geschwindigkeit v 2 t,v , die sowohl ein zeitliches Mittel, wie auch ein Mittel über die verschiedenen Geschwindigkeiten der ' Ga( laxien beinhaltet, ein, um die Masse des Galaxien-Haufens als Funktion von v 2 t,v und R zu bestimmen. Lösungsvorschlag: Im zeitlichen Mittel kann der Galaxien-Haufen als statische Massenverteilung betrachtet werden, die der Einfachheit halber als eine homogene Kugel angenommen wird. Damit können die Ergebnisse aus Teilaufgabe (c) verwendet werden, um * )  ' 2( 1   Gmα mβ 3 GM 2 mα v α t = = 2 α |rr α − r β | 5 R α β=α

t

zu bestimmen. Es muss nur auf der linken Seite bezüglich der Geschwindigkeiten gemittelt werden, sodass mit der Größe '' ( ( ' 2( v t,v ≡ vα2 t v der Zusammenhang ) *    ' 2( '' ( ( ' ( ' ( mα vα t = mα vα2 t v = mα v 2 t,v = M v 2 t,v α

v

α

α

gültig ist. Dabei wurde ausgenutzt, dass die Gesamtmasse der Massenverteilung durch M gegeben ist. Dies kann verwendet werden, um ' 2( ' 2( 5 R v t,v 3 GM 2 ⇒ M= M v t,v = 5 R 3 G zu finden. Nicht gefragt: Damit lässt sich aus der mittleren Geschwindigkeit der Galaxien in einem Haufen, die Masse des Galaxien-Haufens abschätzen. Der geometrische Faktor 53 wird in der Praxis anders ausfallen jedoch von der Ordnung Eins sein. Die beobachtbare Masse in Form von leuchtender Materie liegt allerdings weit unterhalb des so ermittelten Wertes und es wird ebenfalls versucht dies durch die Einführung einer dunklen (nicht leuchtenden) Materiekomponente zu erklären.

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

457

25 Punkte

Aufgabe 4 Das Foucault-Pendel

Um das Foucault-Pendel der Länge l beschreiben zu können, werden zwei Bezugssysteme benötigt. Zum einen ein Inertialsystem, mit den Basisvektoren eˆx , eˆy , eˆz und einem Ursprung im Erdmittelpunkt. Andererseits wird ein beschleunigtes Bezugssystem betrachtet, dass sich auf der Erdoberfläche befindet. Die Basisvektoren dieses Bezugssystem können durch eˆx = cos(θ) cos(φ) eˆx + cos(θ) sin(φ) eˆy − sin(θ) eˆz eˆy = − sin(φ) eˆx + cos(φ) eˆy eˆz = sin(θ) cos(φ) eˆx + sin(θ) sin(φ) eˆy + cos(θ) eˆz ausgedrückt werden. Der Winkel θ ist der vom Nordpol aus gemessene Breitengrad, während φ = ωt zeitabhängig ist und die Drehung der Erde um die konstante Achse ω = ωˆ e z berücksichtigt. Die eˆx -Achse zeigt also in Süd-Richtung, die eˆy -Achse zeigt in OstRichtung und die eˆz -Achse zeigt zum Zenit. Ein Punkt auf der Erdoberfläche lässt sich so durch e z + xieˆi = xeˆx + y eˆy + (R + z  )ˆ e z r = R + r  = Rˆ beschreiben, wobei R der Erdradius ist. Aufgrund der Zeitabhängigkeit der Basisvektoren ist für diese außerdem der Zusammenhang dˆ e i = ω × eˆi dt erfüllt. Ziel ist es die Bewegung des Pendels zu finden. (a) (4 Punkte) Zeigen Sie zunächst, dass mit v  ≡ x˙ ieˆi

a ≡ x ¨ieˆi

der Zusammenhang ¨ − 2ω ω × v  − ω × (ω ω × r ) a = a − R ¨? gilt. Wie bestimmt sich R Lösungsvorschlag: Zunächst sollen die Ableitungen von R nicht explizit ausgeführt werden, sondern zu Ende nachgeholt werden. Die erste Ableitung von r lässt sich als   dˆ e d   e ˆ r˙ = R˙ + xi i = R˙ + x˙ ieˆi + xi i dt dt      ˙ ˙ ω × eˆ ) = R + v + ω × r  = R + x˙ eˆ + x (ω i i

i

i

458

Lösungen

bestimmen. Mit ω = konst. lässt sich dies erneut ableiten, um   ¨ + d x˙  eˆ + ω × eˆ x r¨ = R i i dt i i     ei  e dˆ dˆ ¨ +x xi + eˆi x˙ i =R ¨ieˆi + x˙ i i + ω × dt dt      ¨ ω × eˆi ) + ω × (ω ω × eˆi )xi + eˆi x˙ i = R + a + x˙ i (ω ¨ + a  + 2(ω ω × v  ) + ω × (ω ω × r ) =R zu erhalten. Dies lässt sich nun nach a  umstellen, sodass sich wegen a = r¨ der gesuchte Ausdruck ¨ − 2ω ω × v  − ω × (ω ω × r ) a = a − R ergibt. Auf gleichem Wege lässt sich über d ω × eˆz = ω × R e  = Rω R˙ = Rˆ dt z der Ausdruck ¨ = d (ω ω × R ) = ω × R˙ R dt ω × R) = ω × (ω herleiten. (b) (4 Punkte) Bestimmen Sie nun die ωi aus ω = ω  = ωieˆi , ¨ zu bestimmen. Nehmen Sie dazu an, dass das ω × r  ), sowie R um damit ω × v  , ω × (ω  Pendel lang ist und Sie daher z = 0 und z˙  = 0 setzen können. Lösungsvorschlag: Die Größe ω lässt sich zu e x (ˆ e x · eˆz ) + eˆy (ˆ e y · eˆz ) + eˆz (ˆ e z · eˆz )) ω = ωˆ e z = ω(ˆ = ω(− sin(θ) eˆx + cos(θ) eˆz ) umschreiben. Da in dieser Aufgabe vor allem das gestrichene Koordinatensystem verwendet wird, soll die Vektorschreibweise für die eˆi vorbehalten sein, so dass sich ω  auch als ⎛ ⎞ − sin(θ) ⎜ ⎟ ω = ω ⎝ 0 ⎠ cos(θ)

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

schreiben lässt. Damit lässt sich direkt

⎛

459

⎛ ⎞ x˙ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ × ⎝y˙ ⎠ ⎞

− sin(θ)

⎜ ω × v = ω ⎝

⎛

0 cos(θ)

z˙ 

⎛ ⎞ − cos(θ) y˙  ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ω ⎝cos(θ) x˙  − sin(θ) z˙  ⎠ ≈ ω ⎝ cos(θ) x˙  ⎠ − sin(θ) y˙  − sin(θ) y˙  − cos(θ) y˙ 

⎞

bestimmen, wobei z˙  wegen der Länge des Pendels auf Null gesetzt wurde. Um ω ×rr  zu bestimmen, muss in diesem Ausdruck unter der Annahme z  = 0 nur x˙ i mit xi ersetzt werden. Somit kann ⎞ ⎛ − cos(θ) y  ⎟ ⎜ ω × r  ≈ ω ⎝ cos(θ) x ⎠ − sin(θ) y  und schließlich auch

⎛

⎞ ⎞ ⎛ − sin(θ) − cos(θ) y  ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ω × r  ) = ω2 ⎝ ω × (ω 0 ⎠ × ⎝ cos(θ) x ⎠ cos(θ) − sin(θ) y  ⎛ ⎞ ⎛ − cos2 (θ) x ⎜ ⎟ ⎜ = ω 2 ⎝−(cos2 (θ) + sin2 (θ))y  ⎠ = ω 2 ⎝ − sin(θ) cos(θ) x

gefunden werden. ¨ können Für R

− cos2 (θ) x −y 

− sin(θ) cos(θ) x

⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − sin(θ) 0 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ R˙ = ω × R = ω ⎝ 0 ⎠ × ⎝ 0 ⎠ = ωR ⎝sin θ⎠ cos(θ) R 0

und

⎛

⎞ ⎛ ⎞ − sin(θ) 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ¨ = ω × (ω ω × R ) = ω2R ⎝ R 0 ⎠ × ⎝sin(θ)⎠ cos(θ) 0 ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ − sin(θ) cos(θ) cos(θ) ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 2 = ω2 R ⎝ 0 ⎠ = −ω R sin(θ) ⎝ 0 ⎠ − sin2 (θ) sin(θ)

gefunden werden.

⎞ ⎟ ⎠

460

Lösungen

(c) (2 Punkte) Im Inertialsystem wirken auf die Pendelmasse m nur dir Schwerkraft GM m r r3 und die Fadenspannkraft F F . Welche Form nehmen diese beiden Kräfte im beschleunigten System an, unter der Annahme, dass R  |rr  | gilt. Bedenken Sie, dass es sich um ein langes Pendel handeln soll, welches nur kleine Auslenkungen vollführt. Fg = −

Lösungsvorschlag: ez in der Schwerkraft gesetzt Da R  |rr  | gilt, kann in aller gröbster Näherung r = Rˆ werden, um   GM GM m  ˆ eˆz = −mgˆ = −m e z Fg = − e R2 z R2 zu finden. 7 Dabei wurde ausgenutzt, dass der Ortsfaktor durch g = GM R2 gegeben ist. Nun spaltet sich die Gewichtskraft einen Teil parallel und eine Teil senkrecht zum Faden aus. Wird die Auslenkung des Pendels mit α bezeichnet, so ist der Teil parallel zum Faden durch l − z ≈ mg l gegeben. Dieser Teil muss aber durch die Fadenspannkraft ausgeglichen werden, sodass für den Betrag der Fadenspannkraft Fg, = mg cos(α) = mg

FF = mg gilt. Die Fadenspannkraft verfügt nun wiederum über eine Komponente, die parallel zu eˆz ist und eine Komponente, die senkrecht dazu steht. Prinzipiell ist der Betrag der senkrecht dazu stehenden Komponente durch  x2 + y 2 FF,⊥ = mg sin(α) = mg l gegeben. Da aber für y  = 0 oder x = 0 dieser Betrag nur durch x bzw. y  gegeben ist, liegt es nahe, das g g F F = −m xeˆx − m y eˆy + mgˆ e z l l gelten muss. Dies erfüllt  x2 + y 2 FF,⊥ = mg l und hat FF2 = m2 g 2

x2 + y 2 + m2 g 2 ≈ mg l2

als Betrag, da x , y   l sind. 7 Die Bedingung R  |r r  | ist eindrucksvoll erfüllt, da bei typischen Foucault-Pendeln |rr | in der Größenordnung von Metern ist, währen R in der Größenordnung von 6 · 106 Metern liegt.

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

461

(d) (5 Punkte) Zeigen Sie nun, dass das Differentialgleichungssystem x ¨ = −ω02 x + ω 2 R sin(θ) cos(θ) + 2ω y˙  cos(θ) + ω 2 x cos2 (θ) y¨ = −ω02 y 

− 2ω x˙  cos(θ) + ω 2 y 

zu lösen ist. Was ist ω02 ? Begründen Sie, weshalb stattdessen das vereinfachte Differentialgleichungssystem x ¨ = −ω02 x + 2ω y˙  cos(θ) y¨ = −ω02 y  − 2ω x˙  cos(θ) betrachtet werden kann. Lösungsvorschlag: Es wird zunächst die eˆx -Komponente der Differentialgleichung ¨ − 2mω a = ma a − mR ω × v  − mω ω × (ω ω × r ) ma betrachtet, sodass sich mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (b)   ¨ − 2mω ω × v  − mω ω × (ω ω × r ) m¨ x = eˆx · F g + F F − mR g = −m x + mω 2 R sin(θ) cos(θ) + 2mω cos(θ) y˙  + mω 2 cos2 (θ) x l g ⇒ x ¨ = − x + ω 2 R sin(θ) cos(θ) + 2ω y˙  cos(θ) + ω 2 x cos2 (θ) l ergibt. Ebenso lässt sich die eˆy -Komponente betrachten, um so   ¨ − 2mω ω × v  − mω ω × (ω ω × r ) m¨ y  = eˆy · F g + F F − mR g = −m y  − 2mω cos(θ) x˙  − mω 2 y  l g ⇒ y¨ = − y  − 2ω x˙  cos(θ) − ω 2 y  l zu erhalten. Es zeigt sich, dass diese beiden Gleichungen mit denen des Aufgabentextes übereinstimmen, falls  g g 2 ⇒ ω0 = ω0 = l l gilt. Da ω in der Größenordnung „pro Tag“ ist, befindet sich ω0 in der Größenordnung „pro Minute“ und ist daher um einiges größer, sodass die jeweils letzten Terme vernachlässigt werden können. Selbst wenn diese nicht vernachlässigt würden, würde es sich nur um eine kleine Korrektur zur Kreisfrequenz ω0 handeln. Der zweite Term in der Gleichung für x stellt eine konstante Kraft dar und verschiebt lediglich die Ruhelage. Dies sind die Auswirkungen der Zentrifugalkraft auf den wahren Ortsfaktor, der sich neben der gravitativen Wirkung auch aus der Zentrifugalwirkung (und lokalen Abweichungen im Gravitationsfeld) zusammensetzt. Es können

462

Lösungen

Koordinaten x und y  so gewählt werden, dass diese konstante Kraft verschwindet. Damit können die Differentialgleichungen x ¨ = −ω02 x + 2ω y˙  cos(θ) y¨ = −ω02 y  − 2ω x˙  cos(θ) bestimmt werden. (e) (10 Punkte) Finden Sie ausgehend von (d) eine Differentialgleichung für die komplexe Größe u = x + iy  und lösen Sie diese mit den Anfangsbedingungen x (0) = x0 , y  (0) = 0 und x˙  (0) = y˙  (0) = 0. Finden Sie damit x (t) und y  (t) und interpretieren Sie Ihre Ergebnisse physikalisch. Lösungsvorschlag: Die komplexe Größe u = x + iy  muss die Differentialgleichung u ¨=x ¨ + iy¨ = −ω02 (x + iy  ) + 2ω(y˙  − ix˙  ) cos(θ) = −ω02 u − 2iω(x˙  + iy˙  ) cos(θ) = −ω02 u − 2iω cos(θ) u˙ erfüllen. Zur Lösung kann der Ansatz u = eiλt gemacht werden, um aus 0=u ¨ + 2iω cos(θ) u˙ + ω02 u = (−λ2 − 2λω cos(θ) + ω02 )u das charakteristische Polynom p(λ) = λ2 + 2λω cos(θ) − ω02 zu bestimmen. Dieses hat die Nullstellen λ± = −ω cos(θ) ± ω 2 cos2 (θ) + ω02 ≈ −ω cos(θ) ± ω0 . Somit lässt sich die allgemeine Lösung   u(t) = e−iωt cos(θ) a eiω0 t +b e−iω0 t mit noch unbestimmten Konstanten a und b aufstellen. Durch die Anfangsbedingungen x (0) = x0 , y  (0) = 0, x˙  (0) = 0 und y˙  (0) = 0 sind für u(t) die Anfangsbedingungen u(0) = x (0) + iy  (0) = x0

u(0) ˙ = x˙  (0) + iy˙  (0) = 0

anzuwenden. Aus der ersten Bedingung kann direkt a + b = x0

3.10

Lösung zur Klausur X - Klassische Mechanik

463

abgelesen werden. Für die zweite Bedingung wird die Ableitung von u   a b eiω0 t + e−iω0 t e−iωt cos(θ) u(t) ˙ = i(−ω cos(θ) + ω0 ) −i(ω cos(θ) + ω0 )  1  iω0 t ae ≈ −b e−iω0 t e−iωt cos(θ) iω0 benötigt. Daraus lässt sich dann die Bedingung a−b=0 aufstellen. Die beiden Bedingungen lassen sich durch a=b=

x0 2

lösen, sodass u(t) =

 x0 −iωt cos(θ)  iω0 t e e + e−iω0 t = x0 e−iωt cos(θ) cos(ω0 t) 2

die Lösung des Anfangswertproblems ist. Da durch die Definition von u auch u = x + iy 

⇒

x = Re [u]

y  = Im [u]

gilt, kann direkt x (t) = x0 cos(ω0 t) cos(ω cos(θ) t) y  (t) = −x0 cos(ω0 t) sin(ω cos(θ) t) abgelesen werden. Die Funktion cos(ω0 t) beschreibt eine ganz gewöhnliche Pendelschwingung. Die modulierenden Funktionen cos(ω cos(θ) t), sin(ω cos(θ) t) sorgen jedoch dafür, dass diese Pendelschwingung in der Ebene E:

sin(ω cos(θ) t) x + cos(ω cos(θ) t) y  = 0

verläuft. Diese Ebene weist den Normalenvektor n = sin(ω cos(θ) t) eˆx + cos(ω cos(θ) t) eˆy auf und dreht sich daher für θ ∈ [0, π/2), also auf der Nordhalbkugel, im Uhrzeigersinn. Für θ ∈ (π, π], also auf der Südhalbkugel, dreht sich die Ebene hingegen gegen den Uhrzeigersinn. Am Äquator mit θ = π/2 dreht sich die Pendelebene hingegen nicht. Die Pendelebene dreht sich dabei mit einer Kreisfrequenz, die durch ωPE = ω| cos(θ) | gegeben ist. Daher ist die Dauer einer vollen Drehung der Pendelebene durch TPE =

1 Tag 1 Tag 2π = = ω| cos(θ) | | cos(θ) | | sin(χ) |

464

Lösungen

gegeben. 8 Dabei bezeichnet χ = π/2 − θ den geografischen Breitengrad. Für den 50. Breitengrad auf der Nordhalbkugel, würde sich so in etwa TPE ≈ 31 Stunden 20 Minuten ergeben.

8 Technisch gesehen handelt es sich um einen siderischen Tag, der Unterschied beläuft sich allerdings auf etwa vier Minuten, so dass er hier vernachlässigt werden soll.

3.11

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

465

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Lässt sich die Funktion g(x) in der Nähe ihre Nullstellen entwickeln? Was gilt für δ(ax)? (b) Welchen Umfang hat die kreisförmige Bahn eines Planeten? Lässt sich hieraus die Bahngeschwindigkeit bestimmen, wenn die Umlaufdauer bekannt ist? Wenn der gefundene Zusammenhang auch für die Erde gilt, kann so K ersetzt werden? (c) Für ein Extremum ist die Ableitung in jede Richtung Null. Welche Kraft erfährt ein Objekt, wenn es sich leicht von dem Extremum entfernt? Ist diese Kraft anziehend oder abstoßend? (d) Ist m¨ z = F die allgemeine Formulierung des zweiten Newton’schen Gesetzes? Ist die Masse der Rakete konstant? Sie sollten die Differentialgleichung v˙ = −v0

m ˙ −g m

erhalten. (e) Das Betragsquadrat der Antwortfunktion ist durch |χ(ω)|2 =

1 (ω 2 − ω02 )2 + 4γ 2 ω 2

gegeben. Warum sitzt das Maximum näherungsweise bei ωmax = ω0 ? Welchen Wert hat |χ(ω)|2 dort? Es ist hilfreich in der sich ergebenden Formel Γ2 auszuklammern und zu prüfen welche Terme groß bzw. klein sind. Ihre Lösung sollte Γ = 2γ sein. Aufgabe 2 - Kettenkarussell (a) Durch welche Matrizen lassen sich Drehungen vermitteln? Wieso ist so beispielsweise ⎛

⎞ cos(ωt) ⎜ ⎟ eˆx (t) = ⎝ sin(ωt) ⎠ 0 gültig? (b) Lohnt es sich, zunächst r˙ als

d e i ri ) dt (ˆ

zu bestimmen?

(c) Können hier Erkenntnisse aus Teilaufgabe (b) verwendet werden? Wie lässt sich die Ableitung v  mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a) ermitteln?

466

Lösungen

(d) Wie lassen sich die Basisvektoren eˆi durch eˆr , eˆθ und eˆy ausdrücken? Hat die Länge  des Armes R einen Einfluss auf das Ergebnis? Wieso ist ω = gl gültig? (e) Warum muss tan(θ) =

ω2 R ω2 l + sin(θ) g g

gelten? Lassen sich die beiden Seiten der Gleichung separat auftragen und ihr Schnittpunkt als Lösung interpretieren? Aufgabe 3 - Dreidimensionaler harmonischer Oszillator (a) Wie lautet das zweite Newton’sche Gesetz? Warum ist k = mω 2 gültig? (b) Lässt sich die zeitliche Ableitung von L durch das zweite Newton’sche Gesetz umformen? Bzw. um was für eine Art von Kraftfeld handelt es sich? Warum ist das Potential U kugelsymmetrisch und durch U (r) = U0 + 12 kr2 gegeben? (c) Sie sollten L = mrr 0 × v 0

E=

1 m(v02 + ω 2 r02 ) 2

erhalten. (d) Weshalb ist S(t) = r 0 · v 0 cos(2ωt) +

v02 − ω 2 r02 sin(2ωt) 2ω

gültig? Lässt sich die Bedingung für die Nullstelle so umformulieren, dass nur eine Seite der Gleichung zeitabhängig ist? (e) Wird eine Gleichung der Form x 2 a

+

y 2 b

=1

erfüllt? Welcher Punkt der Ellipse liegt dann im Ursprung? Aufgabe 4 - Massenpunkt im Kegel (a) Welche beiden Kräfte wirken auf den Massenpunkt? Wie lautet das zweite Newton’sche Gesetz? Wie lassen sich hieraus die Bewegungsgleichungen für die drei Komponenten s, φ und z herleiten? Wie hängen s und z zusammen? (b) In Teilaufgabe (a) sollten Sie das Zwischenergebnis ˙e s ˙ e z + m(sz L = ms2 φˆ ˙ − zs)ˆ ˙ e φ − mzsφˆ erhalten haben. Warum verschwindet die φ-Komponente?

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

467

(c) Sie sollten  φ(t) = t

g s0 tan(α)

finden. Ist der Drehimpuls konstant, bei einer Bewegung in einer Ebene? Hängt der Drehimpuls vom Bezugspunkt ab? (d) Wie lautet die Taylor-Entwicklung eines Ausdrucks der Form Kreisfrequenz  g ω = 3 sin(α) cos(α) s0

1 1+x3 ?

Sie sollten die

erhalten. (e) Welches, in der Physik viel diskutierte, System wird durch die Differentialgleichung von δs beschrieben? Wieso ist dann φ(t) = √

δs0 ωt − 2√ sin(ωt) 3 sin(α) 3s0 sin(α)

gültig? (f) In welcher Art von Zusammenhang müssen die Periodendauer von φ und von δs stehen? Wie lässt sich so die Bedingung q sin(α) = √ 3 mit q ∈ Q erhalten? Ist jedes q aus Q möglich?

468

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen

(a) (5 Punkte) Betrachten Sie die Delta-Funktion δ(g(x)) mit einer Funktion g(x) an deren Nullstellen xi der Zusammenhang g  (xi ) = 0 gelten soll. Zeigen Sie, dass δ(g(x)) =

 δ(x − xi ) i

|g  (xi )|

gilt. Sie dürfen alle weiter Eigenschaften der Dirac-Delta-Funktion als bekannt voraussetzen. Lösungsvorschlag: Die Delta-Funktion wird an allen Stellen Null, an denen g(x) von Null verschieden ist. Daher kann die Funktion g nahe an ihren Nullstellen xi entwickelt werden, um die Argumente g(x) ≈ g(xi ) + g  (xi )(x − xi ) = g  (xi )(x − xi ) zu erhalten. Dabei wurde g(xi ) = 0 ausgenutzt. Es muss über alle Nullstellen summiert werden, sodass  δ(g  (xi )(x − xi )) δ(g(x)) = i

gilt. Nun kann ein gestrecktes Argument der Delta-Funktion durch die Eigenschaft δ(ax) =

δ(x) a

umgewandelt werden. Somit lässt sich die Delta-Funktion schlussendlich als δ(g(x)) =

 δ((x − xi )) i

|g  (xi )|

schreiben. (b) (5 Punkte) Benutzen Sie das dritte Kepler’sche Gesetz a3 T −2 = K = konst. um die Bahngeschwindigkeit der Planeten vP durch ihre große Halbachsen und die Bahngeschwindigkeit der Erde vE auszudrücken. Sie dürfen vereinfachend von Kreisbahnen ausgehen. Lösungsvorschlag: Auf einer Kreisbahn mit Radius a und Umlaufdauer T lässt sich die Bahngeschwindigkeit durch v=

2πa T

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

469

bestimmen. Mit dem dritten Kepler’schen Gesetz √ 1 K = 3/2 T a lässt sich so

 √ K 2π Ka = 2π v= a a3/2

finden. Da dies für jede Bahn gilt, gilt es auch für die Erdbahn, sodass der Zusammenhang √ −1/2 √ √ vE = 2π KaE ⇒ 2π K = vE aE hergestellt werden kann. Dies lässt sich in die obige Gleichung einsetzen, um  aE vP = vE aP zu erhalten. Nicht gefragt: Die Bahngeschwindigkeit der Erde liegt in etwa bei vE ≈ 29,8 km · s−1 und ihre große Halbachse ist die astronomische Einheit 1 AE, sodass sich dieser Ausdruck auch als a −1/2 vP = 29,8 km · s−1 1 AE schreiben lässt. (c) (5 Punkte) Betrachten Sie das Potential   3 x y2 − x − 2y + a + U (x, y) = mg a2 a und bestimmen Sie alle Extrema des Potentials. Darin stelle a > 0 einen Parameter der Dimension Länge dar. Welche Extrema stellen ein stabiles und welche ein instabiles Gleichgewicht dar? Lösungsvorschlag: Für die Extremum muss die partielle Ableitung nach x und nach y an der betrachteten Stelle verschwinden. Die partielle Ableitung nach x ist durch  2  ∂U x = mg 3 2 − 1 ∂x a gegeben und lässt daher die beiden Lösungen ∂U ! =0 ∂x

⇒

x2 =

a2 3

⇒

a x± = ± √ 3

470

Lösungen

zu. Die partielle Ableitung nach y hingegen ist durch y

y

∂U = mg 2 − 2 = 2mg −1 ∂y a a zu bestimmen und lässt alleine die Lösung y=a zu. √ √ Damit gibt es zwei Extrema an den Punkten P1 (a/ 3, a) und P2 (−a/ 3, a). Für beide können nun die Differentialgleichungen in der Nähe der Extrema aufgestellt werden. Für den Punkt P1 können so die Differentialgleichung in x-Richtung     2 a 3 ∂ U  √ + δx − 1 = −mg m¨ x = mδ x ¨=− ∂x x≈x1 a2 3 √   √ 2 3 δx ≈ −mg 1 + δx − 1 = −2 3mg a a und in y-Richtung    a + δy ∂ U  δy m¨ x = mδ y¨ = − − 1 = −2mg = −2mg ∂y y≈y1 a a gefunden werden. In beiden Fällen handelt es sich um eine attraktive Kraft, daher ist P1 ein stabiles Gleichgewicht. Für den Punkt P2 kann die Differentialgleichung in x-Richtung     2 a 3 ∂ U  − √ + δx − 1 = −mg m¨ x = mδ x ¨=− ∂x x≈x2 a2 3 √   √ 2 3 δx ≈ −mg 1 − δx − 1 = 2 3mg a a gefunden werden. Die Differentialgleichung in y-Richtung ist mit mδ y¨ = −2mg

δy a

dieselbe wie im Fall für P1 . Nur im Fall der Differentialgleichung für y handelt es sich um eine Kraft, die eine kleine Schwingung zulässt. Die Differentialgleichung in x wirkt destabilisierend, es handelt sich insgesamt um ein instabiles Gleichgewicht. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie eine Rakete im Schwerefeld der Erde g, welche die Leermasse m0 hat und die ihren Treibstoff mit der Geschwindigkeit v0 relativ zur Rakete mit einer festen Rate in der Zeitspanne τ abwirft. Finden Sie die Geschwindigkeit v

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

471

der Rakete als eine Funktion der Zeit, wenn die Geschwindigkeit zum Zeitpunkt t = 0 gerade u > 0 beträgt. Lösungsvorschlag: Das zweite Newton’sche Gesetz besagt, dass die Änderung des Impulses eines Systems durch die darauf einwirkenden Kräfte gegeben ist. Das bedeutet, wenn der Gesamtimpuls der Rakete vor und nach dem Abwurf eines kleinen Massenelements betrachtet werden, muss lim

Δt→0

P (t + Δt) − P (t) = −m(t)g Δt

gelten. Der Gesamtimpuls der Rakete vor dem Abwurf des Massenelements ist durch P (t) = m(t)v(t) gegeben. Nach dem Abwurf ist die Masse durch m(t + Δt) = m(t) + Δm gegeben, wobei Δm < 0 sein wird. Die Geschwindigkeit der Rakete wird durch v(t + Δt) = v(t) + Δv gegeben sein. Das Massenelement wird relativ zur Rakete mit der Geschwindigkeit v0 ausgeworfen und hat im Laborsystem daher die Geschwindigkeit v − v0 . Da es die Masse −Δm hat, lässt sich der Gesamtimpuls P (t + Δt) = (m(t) + Δm)(v(t) + Δv) − (v − v0 )Δm ≈ m(t)v(t) + m(t)Δv + v(t)Δm − v(t)Δm + v0 Δm = m(t)v(t) + m(t)Δv + v0 Δm aufstellen. Dabei wurden bereits quadratische Terme in kleinen Größen Δm bzw. Δv vernachlässigt. Die Differenz der beiden Impulse ist somit durch P (t + Δt) − P (t) = m(t)Δv + v0 Δm zu bestimmen, weshalb sich die Differentialgleichung lim

Δt→0

P (t + Δt) − P (t) = m(t)v˙ + v0 m ˙ = −m(t)g Δt

ergibt. Diese kann zu v˙ = −v0

m ˙ −g m

umgeformt und nach der Zeit integriert werden, um v(t) − v(0) = −v0 ln(m(t)) + v0 ln(m(0)) − gt   m(0) v(t) = u + v0 ln − gt m(t)

472

Lösungen

zu erhalten. Da die Masse linear abnimmt und in der Zeit τ von m0 + mT auf m0 fällt, lässt sich diese als Funktion der Zeit durch   t m(t) = m0 + mT 1 − τ ausdrücken. Damit kann die Geschwindigkeit explizit als   m0 + mT   − gt v(t) = u + v0 ln m0 + mT 1 − τt geschrieben werden. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie das Quadrat des Betrags der Antwortfunktion des harmonischen Oszillators und bestimmen Sie die volle Breite Γ auf der halben Höhe des Maximums. Es soll also |χ (ωmax ± Γ/2) |2 =

1 |χ(ωmax )|2 2

gelten, wobei ωmax die Frequenz ist, unter der das Maximum auftritt. Sie dürfen dabei annehmen, dass γ  Γ  ω0 gilt. Lösungsvorschlag: Der Betrag der Antwortfunktion ist durch 1 |χ(ω)| =  (ω 2 − ω02 )2 + 4γ 2 ω 2 gegeben. |χ(ω)| und |χ(ω)|2 besitzen an der selben Stelle ihre Extrema, die sich durch   ! d |χ(ω)| = |χ(ω)|3 2(ω 2 − ω02 )2ω + 8γ 2 ω = 0 dω ⇒ ω = 0 ∨ ω 2 − ω02 + 2γ 2 = 0 finden lassen. Das Maximum ist dabei an der Stelle ωmax = ω02 − 2γ 2 ≈ ω0 zu verorten, wobei ausgenutzt wurde, dass ω0  γ gilt. An dieser Stelle hat die Antwortfunktion den Wert |χ(ω0 )| =

1 . 2γω0

Somit ist die Gleichung |χ(ω0 ± Γ/2)|2 =

1 1 |χ(ω0 )|2 = 2 2 2 8γ ω0

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

473

zu lösen. Da die Nenner miteinander verglichen werden müssen, kann alternativ auch |χ(ω0 ± Γ/2)|−2 = 8γ 2 ω02 betrachtet werden. Eingesetz kann so die Gleichung 8γ

2

ω02



2

2

2 Γ = − + 4γ ω0 ± 2     2 Γ2 Γ2 2 2 2 2 − ω0 + 4γ ω0 ± ω0 Γ + = ω0 ± ω0 Γ + 4 4   2 2 Γ = ±ω0 Γ + + 4γ 2 ω02 ± 4γ 2 ω0 Γ + γ 2 Γ2 4 Γ3 Γ4 + + 4γ 2 ω02 ± 4γ 2 ω0 Γ + γ 2 Γ2 = ω02 Γ2 ± ω0 2 16 Γ ω0 ± 2

ω02

2



gefunden werden. Der Term 4γ 2 ω02 der rechten Seite kann mit dem Term der linken Seite kombiniert werden und es kann durch ω02 geteilt werden, um 4γ 2 = Γ2 ± Γ2

Γ Γ2 γ2 γ2 + Γ2 2 + Γ2 ± 4Γ2 2 2ω0 16ω0 ω0 Γ ω0

zu erhalten. Da γ  ω0 , Γ  ω0 und γ  Γ gelten, sind alle Terme der rechten Seite klein gegenüber dem ersten Term, sodass Γ2 = 4γ 2 gefunden werden kann.

⇒

Γ = 2γ

474

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 2 Kettenkarussell

Betrachten Sie ein Pendel der Masse m und der Länge l, dass an einem, um die z-Achse rotierenden Arm der Länge R mit Winkelgeschwindigkeit ω angebracht ist. Dies ist ein einfaches Modell für ein Kettenkarussell. Physikalisch handelt es sich um ein beschleunigtes Bezugssystem. Der Wechsel lässt sich durch eine passive Transformation durchführen, bei der die neuen Basisvektoren eˆi von der Zeit abhängig sind, der Vektor r und r  aber gleich sind. Die eˆx -Achse stellt den Arm dar. Das Pendel soll nur entlang dieser Achse frei schwingen können. (a) (5 Punkte) Finden Sie zunächst die neuen Basisvektoren eˆi (t) und zeigen Sie, dass diese die Gleichung dˆ e i = ω × eˆi dt erfüllen. Lösungsvorschlag: Drehungen werden durch Rotationsmatrizen vermittelt, die aus Trigonometrischen Funktionen bestehen, deren Argumente die Drehwinkel sind. Im vorliegenden Fall ist der einzige Drehwinkel durch ωt gegeben. Bei Drehung um die z-Achse wird der eˆx -Vektor zunächst seine Komponente in die eˆx -Richtung nur langsam ändern, sie wird jedoch abnehmen. Daher ist diese mit dem Kosinus verknüpft. Die Komponente in die eˆy -Richtung wird zunehmen und ist daher mit dem Sinus verknüpft. Daher ist es ersichtlich, dass ⎛

⎞ cos(ωt) ⎜ ⎟ eˆx (t) = ⎝ sin(ωt) ⎠ 0 gilt. Der Basisvektor in eˆy -Richtung wird ebenfalls seine Komponente in y-Richtung zunächst näherungsweise beibehalten und daher mit dem Kosinus verknüpft sein. Jedoch wird die eˆx -Komponente in negativer Richtung zunehmen, sodass ⎛

⎞ − sin(ωt) ⎜ ⎟ eˆy (t) = ⎝ cos(ωt) ⎠ 0 gilt. Der eˆz Vektor wird sich unter der Drehung jedoch nicht ändern und ist daher stets durch eˆz = eˆz gegeben.

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

475

Die zeitlichen Ableitungen dieser drei Vektoren lässt sich nun schnell durch ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cos(ωt) − sin(ωt) d  d ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆ = ⎝ sin(ωt) ⎠ = ω ⎝ cos(ωt) ⎠ dt x dt 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − sin(ωt) cos(ωt) d  d ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆy = ⎝ cos(ωt) ⎠ = −ω ⎝ sin(ωt) ⎠ dt dt 0 0 ⎛ ⎞ 0 d  d ⎜ ⎟ eˆz = ⎝0⎠ = 0 d dt 1 bestimmen. Die Rotationsachse ist durch ω = ωˆ e z gegeben, so dass sich die Kreuzprodukte als ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 cos(ωt) − sin(ωt) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ω × eˆx = ω ⎝0⎠ × ⎝ sin(ωt) ⎠ = ω ⎝ cos(ωt) ⎠ 1 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 − sin(ωt) cos(ωt) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ω × eˆy = ω ⎝0⎠ × ⎝ cos(ωt) ⎠ = −ω ⎝ sin(ωt) ⎠ 1 0 0 ω × eˆz = ωˆ e z × eˆz = 0 bestimmen lassen. Der direkte Vergleich zeigt, dass der Zusammenhang dˆ e i = ω × eˆi dt gültig ist. (b) (3 Punkte) Zeigen Sie nun, von r = eˆi ri = r  = eˆi ri ausgehend, dass die Gleichung v  ≡ eˆi r˙i = r˙ − ω × r  gilt. Lösungsvorschlag: Es wird direkt die zeitliche Ableitung dˆ e dr d    eˆi ri = ri i + eˆi i dt dt dt ω × eˆi ) + eˆi r˙i = ri (ω

r˙ =

= ω × (ˆ e i ri ) + v  = ω × r  + v 

476

Lösungen

betrachtet. Durch Umstellen kann so v  = r˙ − ω × r  gefunden werden. (c) (3 Punkte) Zeigen Sie mit Ihren Ergebnissen aus (b) weiter, dass ω × v  − ω × (ω ω × r  ) − ω˙ × r  a  ≡ eˆi r¨i = r¨ − 2ω gilt. Lösungsvorschlag: Zur Lösung lässt sich wieder direkt die zeitliche Ableitung r¨ =

d d ω × r  + v ) r˙ = (ω dt dt

betrachten. Hier bietet es sich nun jedoch an, die Gleichheit von r und r  zu betrachten, um so die Ergebnisse aus Teilaufgabe (b) direkt verwenden zu können. So kann über  d  ω × r + r˙i eˆi dt   d dˆ e ω × r + ω × r˙ + r¨i eˆi + r˙i i = dt dt    ω × r + v ) + a + r˙i (ω ω × eˆi ) = ω˙ × r + ω × (ω

r¨ =

ω × r  ) + ω × v  + a  + (ω ω × eˆi r˙i ) = ω˙ × r + ω × (ω ω × r  ) + 2ω ω × v  + a = ω˙ × r + ω × (ω der Zusammenhang a = r¨ − 2ω ω × v  − ω × (ω ω × r  ) − ω˙ × r  gefunden werden. (d) (10 Punkte) Auf die Pendelmasse wirken im Inertialsystem nur Kräfte ez + F F . F = F g + F F = −mgˆ Finden Sie damit die Bewegungsgleichungen bei konstanter Winkelgeschwindigkeit und drücken Sie diese in geeigneten Polarkoordinaten eˆr = sin(θ) eˆx − cos(θ) eˆz

eˆθ = cos(θ) eˆx + sin(θ) eˆz

aus. Zeigen Sie damit, dass die eˆθ -Komponente die Form   R 2 2 ¨ + sin(θ) θ + ω0 sin(θ) = ω cos(θ) l

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

477

annimmt. Was ist ω0 ? Lösungsvorschlag: Aus dem zweiten Newton’schen Gesetz m¨ r = F lässt sich mit ω˙ = 0 die Bewegungsgleichung a = F − 2mω ω × v  − mω ω × (ω ω × r ) ma ω × v  − mω ω × (ω ω × r ) = −mgˆ e z + F F − 2mω finden. Um den Ortsvektor e x + lˆ e r = (R + l sin(θ))ˆ e x − l cos(θ) eˆz r  = Rˆ in Polarkoordinaten ausdrücken zu können, ist es hilfreich zunächst die Basisvektoren eˆi über eˆx = sin(θ) eˆr + cos(θ) eˆθ eˆy = eˆy eˆz = − cos(θ) eˆr + sin(θ) eˆθ durch die Basisvektoren der Polarkoordinaten auszudrücken. Es ist hilfreich hierbei zu bemerken, dass die Basisvektoren aufgrund von eˆr × eˆy = (sin(θ) eˆx − cos(θ) eˆz ) × eˆy = sin(θ) eˆz + cos(θ) eˆx = eˆθ in der Reihenfolge (ˆ e r , eˆy , eˆθ ) ein Rechtssystem bilden. Mit diesen Erkenntnissen lässt sich e r + R cos(θ) eˆθ r  = (R sin(θ) + l)ˆ bestimmen. Hieraus lassen sich so e z × r  ω × r  = ωˆ = ω(− cos(θ) eˆr + sin(θ) eˆθ ) × ((R sin(θ) + l)ˆ e r + R cos(θ) eˆθ ) e y = ωR cos2 (θ) eˆy + ω sin(θ) (R sin(θ) + l)ˆ   l = ωR cos2 (θ) + sin2 (θ) + sin(θ) eˆy R   l = ωR 1 + sin(θ) eˆy R und so auch

 l ω × r ) = ω R 1 + sin(θ) eˆz × eˆy ω × (ω R   l 2 = −ω R 1 + sin(θ) eˆx R 

2



= −ω 2 (R + l sin(θ))(sin(θ) eˆr + cos(θ) eˆθ )

478

Lösungen

ermitteln. Die Geschwindigkeit v  lässt sich aufgrund von x = R + l sin(θ)

⇒

z  = −l cos(θ) eˆz

⇒

x˙  = lθ˙ cos(θ) z˙  = lθ˙ sin(θ)

zu v  = eˆi r˙i = eˆx x˙  + eˆz z˙  ˙ ˙e θ = lθ(cos(θ) eˆ + sin(θ) eˆ ) = lθˆ x

z

bestimmen. Daher kann auch ˙ cos(θ) eˆr + sin(θ) eˆθ ) × eˆθ ω × v  = lθω(−  ˙e = lω θˆ y

gefunden werden. Die Beschleunigung kann schlussendlich wegen x ¨ = lθ¨ cos(θ) − lθ˙2 sin(θ) z¨ = lθ¨ sin(θ) + lθ˙2 cos(θ) zu ¨eˆx + z¨eˆz a = x ¨ = lθ(cos(θ) eˆx + sin(θ) eˆz ) − lθ˙2 (sin(θ) eˆx − cos(θ) eˆz ) ¨e θ − lθ˙2eˆr = lθˆ ermittelt werden. Wird alles in die Bewegungsgleichung eingesetzt kann diese zu ¨e θ − lθ˙2eˆr = − g(− cos(θ) eˆr + sin(θ) eˆθ ) + F F lθˆ m ˙e  + ω 2 (R + l sin(θ))(sin(θ) eˆr + cos(θ) eˆθ ) − 2lω θˆ y umgeformt werden. Da die Fadenspannkraft F F senkrecht auf eˆθ steht, kann die eˆθ Komponente als lθ¨ = −g sin(θ) + ω 2 cos(θ) (R + l sin(θ)) identifiziert werden. Diese lässt sich wiederum zu   R g 2 ¨ + l sin(θ) θ + sin(θ) = ω cos(θ) l l umformen, um so mit ω02 =

g l

die gesuchte Gleichung zu erhalten.

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

479

(e) (4 Punkte) Finden Sie eine Bedingung für die neue Ruhelage des Pendels und bestimmen Sie eine grafische Lösung. Was gilt für l  R? Lösungsvorschlag: In der Ruhelage ist θ¨ = 0 so, dass   R g sin(θ) = ω 2 cos(θ) + l sin(θ) l l ω2 R ω2 l ⇒ tan(θ) = + sin(θ) g g gültig sein muss. Diese Gleichung lässt sich grafisch lösen, indem der Tanges aufgezeichnet wird und ebenso die rechte Seite der Gleichung. Der Schnittpunkt der beiden Funktionsgraphen erlaubt es das gesuchte θ abzulesen. Der erste Schnittpunkt, ist die Ruhelage, die hier betrachtet werden soll. 1 Für den Fall l  R kann der zweite Term auf der rechten Seite vernachlässigt werden, sodass tan(θ) ≈ tan(θ0 ) ≡

ω2 R g

gilt. Da auf dem Intervall θ ∈ [0, π/2) der Sinus nicht negativ ist, Wird die tatsächliche Ruhelage etwas größer als θ0 ausfallen. Eine Veranschaulichung zur grafischen Lösung ist in Abb. 3.11.1 für den Fall l  R zu sehen.

f(θ)

tan(θ)

ω 2R g

2

+ ωg l sin(θ)

ω 2R g

θ π 2

Abb. 3.11.1 Skizze zur grafischen Bestimmung der Ruhelage

1 Es gibt in jedem Fall noch eine Ruhelage mit θ ∈ [π, 3π/2), sowie es bei einem Pendel in einem Inertialsystem die Ruhelage θ = π gibt. Es handelt sich dabei aber um ein instabiles Gleichgewicht. Bei passenden Kombinationen der Parameter R und l können noch bis zu zwei weitere Lösungen auftreten, die hier aber auch nicht betrachtet werden soll

480

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 3 Dreidimensionaler harmonischer Oszillator Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m, der sich auf der Bahnkurve r (t) = r 0 cos(ωt) +

v0 sin(ωt) ω

bewegt, wobei ω > 0, r 0 und v 0 vorgegebene Parameter sind. (a) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass der Massenpunkt einem Kraftfeld der Form F (rr ) = −krr ausgesetzt ist. Was ist k? Lösungsvorschlag: Von der gegebenen Bahnkurve können die Ableitungen r˙ = −ωrr 0 sin(ωt) + v 0 cos(ωt) und r¨ = −ω 2r 0 cos(ωt) − ωvv 0 sin(ωt)

v0 sin(ωt) = −ω 2r = −ω 2 r 0 cos(ωt) + ω gebildet werden. Nach dem zweiten Newton’schen Gesetz F = p˙ = m¨ r kann so die Kraft zu F (rr ) = −mωrr bestimmt werden. Dieses Kraftfeld ist von der Form F (rr ) = −krr , wobei k = mω 2 gilt. (b) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass die Größe L = mrr × r˙

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

481

erhalten ist. Bestimmen Sie weiter das Potential U (rr ) und argumentieren Sie damit, dass die Größe E=

1 2 mr˙ + U (rr ) 2

erhalten ist. Lösungsvorschlag: Die Ableitung der Größe L ist der Drehimpuls und kann durch L dL = m(r˙ × r˙ + r × r¨) = r × (m¨ r) = r × F dt bestimmt werden. Da nun F = −krr ist, wird das Kreuzprodukt verschwinden und der Vektor L muss konstant sein. Das Potential U (rr ) lässt sich mittels des Integrals r

r 

U (rr ) = U0 −



drr  r 

drr · F (rr ) = U0 + k 0

0

1 = U0 + kr2 2 bestimmen. Es empfiehlt sich die Konstante U0 auf Null zu wählen, um so 1 2 kr 2

U (rr ) = U (r) =

zu finden. Da zu dem Kraftfeld ein Potential existiert, handelt es sich um ein konservatives Kraftfeld und daher ist der Ausdruck E, welcher die Energie darstellt, erhalten. Nicht gefragt: Explizit lässt sich dies durch die Rechnung   dE d 1 2 ∂ U dri = mr˙ + U (rr ) = mr˙ · r¨ + dt dt 2 ∂ri dt = mr˙ · r¨ + r˙ · grad(U ) = r˙ (m¨ r + grad(U )) = r˙ (m¨ r −F) = 0 zeigen. (c) (5 Punkte) Bestimmen Sie durch explizites Einsetzen von r (t) und r˙ (t) die Größen L und E als Funktionen der Zeit. Stimmt das Ergebnis mit Ihren Überlegungen aus Teilaufgabe (b) überein? Lösungsvorschlag: Aus Teilaufgabe (a) und dem Aufgabentext sind r (t) = r 0 cos(ωt) +

v0 sin(ωt) ω

482

Lösungen

und r˙ = −ωrr 0 sin(ωt) + v 0 cos(ωt) bekannt. Das Kreuzprodukt der beiden kann mit

v0 r × r˙ = r 0 cos(ωt) + sin(ωt) × (−ωrr 0 sin(ωt) + v 0 cos(ωt)) ω v0 × (−ωrr 0 ) sin2 (ωt) = r 0 × v 0 cos2 (ωt) + ω = r0 × v0 bestimmt werden, um so L = mrr × r˙ = mrr 0 × v 0 = konst. zu bestimmen. Der Drehimpuls L ist wie erwartet konstant. Das Quadrat von r ist durch v2 r0 · v0 cos(ωt) sin(ωt) + 02 sin2 (ωt) ω ω r ˙ gegeben, während sich das Quadrat von durch r 2 = r · r = r 20 cos2 (ωt) + 2

r˙ 2 = r˙ · r˙ = ω 2r 20 sin2 (ωt) − 2ωrr 0 · v 0 cos(ωt) sin(ωt) + v 20 cos2 (ωt) bestimmen lässt. Mit den Bezeichnungen r0 = |rr 0 | und v0 = |vv 0 | lässt sich so die Energie zu 1 E = m(˙r 2 + ω 2r 2 ) 2  1  = m ω 2 r02 (sin2 (ωt) + cos2 (ωt)) + v02 (cos2 (ωt) + sin2 (ωt)) 2 1 = m(v02 + ω 2 r02 ) = konst. 2 umformen. Diese ist wie erwartet eine Konstante. (d) (7 Punkte) Bestimmen Sie den Ausdruck S(t) ≡ r · r˙ als Funktion der Zeit. Zeigen Sie grafisch so, dass es im Intervall ωt ∈ [0, 2π) immer vier äquidistante Punkte gibt, an denen r und r˙ senkrecht aufeinander stehen. Lösungsvorschlag: Das Skalarprodukt lässt sich zu

v0 S(t) = r · r˙ = r 0 cos(ωt) + sin(ωt) · (−ωrr 0 sin(ωt) + v 0 cos(ωt)) ω v0 v2 = −r0 2ω cos(ωt) sin(ωt) + r 0 · v 0 cos2 (ωt) + · (−rr 0 ω) + 02 cos(ωt) sin(ωt) ω ω 2 2 2 − ω r v 0 = r 0 · v 0 (cos2 (ωt) − sin2 (ωt)) + 0 2 sin(ωt) cos(ωt) 2ω v 2 − ω 2 r02 = r 0 · v 0 cos(2ωt) + 0 sin(2ωt) 2ω

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

483

bestimmen. Dieses ist Null, wenn die Gleichung S(t) = 0

⇒ ⇒

v02 − ω 2 r02 sin(2ωt) = 0 2ω r0 · v0 tan(2ωt) = 2ω 2 v0 − ω 2 r02

r 0 · v 0 cos(2ωt) +

erfüllt ist. Dabei ist die rechte Seite eine Konstante aus dem Intervall (−∞, ∞). Grafisch lässt sich diese Gleichung nun dadurch lösen, dass die linke und rechte Seite jeweils über ωt aufgetragen werden. Ihre Schnittpunkte sind die Lösungen der Gleichung. Da die rechte Seite eine konstante ist, handelt es sich nur um horizontale Linien. Durch das verdoppelte Argument, hat der Tangens auf dem betrachteten Intervall ωt ∈ [0, 2π) nun 4 Polstellen und weist für eine Verschiebung von ωt um den Wert π/2 die gleichen Werte auf. Aus diesem Grund wird es vier Lösungen geben, die in äquidistanten Abständen liegen. Eine Skizze dieses Sachverhaltes ist in Abbildung 3.11.2 aufgetragen.

tan(2ωt)

π

2π ωt

Abb. 3.11.2 Veranschaulichung zur grafischen Lösung von S(t) = 0. Die Funktion tan(2ωt) wurde auf dem Intervall ωt ∈ [0, 2π) aufgetragen, ebenso wurde auf diesem Intervall eine konstante Größe, die hier positiv gewählt wurde, eingezeichnet. Die beiden Graphen besitzen vier gemeinsame Schnittpunkte, die alle in einem äquidistanten Abstand von π/2 aufeinander folgen. Für negative Konstanten würde sich dieser Umstand genauso ergeben. Ebenso für den Fall, dass die Konstante Null ist, in diesem Fall ist jedoch zu beachten, dass der Wert 2π aus dem Intervall ausgeschlossen wurde, so dass es statt der scheinbaren fünf Schnittpunkte nur vier gibt.

484

Lösungen

(e) (6 Punkte) Mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (d) lässt sich rechtfertigen, dass r 0 und v 0 senkrecht zueinander gewählt werden können. Zeigen Sie mit v 0 = v0eˆy

r = r0eˆx

und r0 , v0 > 0, dass es sich bei der Bahnkurve um eine Ellipse handelt. Welche Halbachsen weist diese Ellipse auf? Welcher besondere Punkt der Ellipse liegt im Ursprung und welcher Zusammenhang besteht zwischen der Periodendauer und der Halbachsen der Ellipse? Lösungsvorschlag: Mit den Angaben r 0 = r0eˆx und v 0 = v0eˆy lässt sich die Bahnkurve r (t) = r 0 cos(ωt) + auch als

⎛

v0 sin(ωt) ω

r0 cos(ωt)

⎞

⎜ ⎟ r = ⎝ vω0 sin(ωt)⎠ 0 schreiben. Daher wird auch die Gleichung  2   2 yω x + = cos2 (ωt) + sin2 (ωt) = 1 r0 v0 erfüllt, welche einer Ellipse mit dem Mittelpunkt im Ursprung entspricht. Wird die Halbachse entlang der x-Achse mit a und die Halbachse entlang der y-Achse mit b bezeichnet, so sind deren Werte durch v0 b= a = r0 ω gegeben. Welche davon die große und welche die kleine Halbachse ist, hängt davon ab, wie das Verhältnis a ωr0 = b v0 ausfällt. Ist es größer als Eins, so ist a die große Halbachse, ist es kleiner als Eins, so ist b die große Halbachse. Für den Fall, dass das Verhältnis Eins ist, handelt es sich um einen Kreis. Aus der Bahnkurve geht auch hervor, dass   2π r t+ = r (t) ω gilt. Daher ist die Periodendauer durch T =

2π ω

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

485

und nach den Erkenntnissen von Teilaufgabe (a) durch  m T = 2π k gegeben. Daher ist die Periodendauer unabhängig von den Halbachsen a bzw. b. Nicht gefragt: Wenn die Konstante k als eine universelle Konstante des Kraftfeldes angesehen würde, wäre die Periodendauer abhängig von der Masse. Wegen dieses Zusammenhangs würde ein Ansatz für die Gravitationskraft der Form F = −kr das dritte Kepler’sche Gesetz verletzen, es sei denn die Massen der Planeten, würden zufälligerweise in genau dem benötigtem Verhältnis skalieren. Darüber hinaus wird das erste Kepler’sche Gesetz nicht erfüllt, da die Sonne nicht im Brennpunkt, sondern im Mittelpunkt der Ellipsen stehen würde. Das zweite Kepler’sche Gesetz jedoch, behielte nach wie vor seine Gültigkeit, da es aus der Erhaltung des Drehimpulses, bzw. der Eigenschaft des Kraftfeldes als Zentralkraftfeld resultiert.

486

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 4 Massenpunkt im Kegel

Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m der sich im Schwerefeld der Erde reibungsfrei auf der Innenseite eines nach oben geöffnetem Kegels mit halben Öffnungswinkel α bewegt. (a) (8 Punkte) Stellen Sie mit Hilfe der Newton’schen Gesetze die Bewegungsgleichungen des Massenpunktes in Zylinderkoordinaten (s, φ, z) auf und zeigen Sie, dass sich diese auf die Gleichung s¨ =

L2z sin2 (α) − g sin(α) cos(α) m2 s3

vereinfachen lassen. Darin ist Lz die z-Komponente des Drehimpulses, deren Konstanz zu begründen ist. Lösungsvorschlag: Der Massenpunkt unterliegt zum einen der Schwerkraft F g = −mgˆ e z und zum anderen der Normalenkraft durch die Oberfläche des Kegels, die durch F N = −FN cos(α) eˆs + FN sin(α) eˆz gegeben ist. In Zylinderkoordinaten ist der Ortsvektor durch r = sˆ es + zˆ ez zu bestimmen, so dass seine Geschwindigkeit ˙ e φ + zˆ r˙ = sˆ ˙e s + sφˆ ˙e z und seine Beschleunigung ˙ e φ + sφˆ ¨e φ − sφ˙ 2eˆs + z¨eˆz r¨ = s¨eˆs + 2s˙ φˆ ¨ e φ + z¨eˆz = (¨ s − sφ˙ 2 )ˆ e s + (2s˙ φ˙ + sφ)ˆ gefunden werden können. Aus dem zweiten Newton’schen Gesetz  p˙ = m¨ r= F = FN +Fg ⇒

m¨ r = −FN cos(α) eˆs + (FN sin(α) − mg)ˆ ez

können so die drei Bewegungsgleichungen m(¨ s − sφ˙ 2 ) = −FN cos(α)   1 d 2 ˙ ˙ ¨ ms φ = 0 m(2s˙ φ + sφ) = s dt m¨ z = FN sin(α) − mg

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

487

hergeleitet werden. Da der Drehimpulsvektor durch ˙ e φ + zˆ L = mrr × r˙ = m(sˆ e s + zˆ e z ) × (sˆ ˙e s + sφˆ ˙e z ) 2 ˙ ˙ ˙ − zs)ˆ ˙ e φ − mzsφˆ es e z + m(sz = ms φˆ gegeben ist, beschreibt die zweite Bewegungsgleichung, die Erhaltung der Lz -Komponente. Daher lässt sich stets Lz φ˙ = ms2 ersetzen. Die erste der drei Bewegungsgleichungen kann somit zu s¨ = −

FN L2 L2 FN cos(α) + s 2z 4 = − cos(α) + 2z 3 m m s m m s

umgeformt werden. Um die Normalkraft zu bestimmen, kann die dritte Bewegungsgleichung umgestellt werden, um FN sin(α) = z¨ + g m zu erhalten. Da die Bewegung auf einer festen Oberfläche stattfindet, die zwischen dem Radius s und der Höhe z den Zusammenhang tan(α) =

s z

⇒

z = s cot(α)

herstellt, kann die Normalkraft FN sin(α) = s¨ cot(α) + g m bestimmt werden. Dies kann in die Bewegungsgleichung für s¨ eingesetzt werden, um FN L2 cos(α) L2 FN cos(α) + 2z 3 = − sin(α) + 2z 3 m m s m sin(α) m s 2 L = −(¨ s cot(α) + g) cot(α) 2z 3 m s L2z 2 (1 + cot (α))¨ s = −g cot(α) + 2 3 m s s¨ = −

⇒

zu erhalten. Da aber 1 + cot2 (α) =

1 sin2 (α) cos2 (α) + = 2 2 2 sin (α) sin (α) sin (α)

gültig ist, lässt sich diese Gleichung schlussendlich auf s¨ = umformen.

L2z sin2 (α) − g sin(α) cos(α) m2 s3

488

Lösungen

(b) (4 Punkte) Finden Sie die Komponenten Ls und Lφ des Drehimpulses und zeigen Sie mit Hilfe dieser, dass die Komponenten Lx und Ly nicht erhalten sind. Ist der Betrag des Drehimpulses L erhalten? Lösungsvorschlag: Aus Teilaufgabe (a) ist der Drehimpulsvektor ˙e s ˙ e z + m(sz ˙ − zs)ˆ ˙ e φ − mzsφˆ L = ms2 φˆ bekannt. Darin ist Lz = eˆz · L = ms2 φ˙ die erhaltene z-Komponente. Sie s-Komponente lässt sich wegen Lz φ˙ = ms2 und z = s cot(α) zu Lz = −Lz cot(α) Ls = eˆs · L = −mzsφ˙ = −ms2 cot(α) ms2 bestimmen. Die φ-Komponente des Drehimpuls ist aus den gleichen Gründen durch ˙ − zs) ˙ = m cot(α) (ss ˙ − ss) ˙ =0 Lφ = eˆφ · L = m(sz gegeben und verschwindet daher. Das Quadrat des Betrags des Drehimpulses kann durch L2 = L · L = L2s + L2z = L2z cot2 (α) + L2z =

L2z sin2 (α)

bestimmt werden und ist somit erhalten. Die Komponente Lx lässt sich durch e x · eˆs ) + Lz (ˆ e x · eˆz ) = Ls cos(φ) = −Lz cot(α) cos(φ) Lx = eˆx · L = Ls (ˆ ermitteln. Auf analoge Weise kann auch e y · eˆs ) + Lz (ˆ e y · eˆz ) = Ls sin(φ) = −Lz cot(α) sin(φ) Ly = eˆy · L = Ls (ˆ gefunden werden. Beide Komponenten sind explizit von φ abhängig und daher nicht konstant. (c) (6 Punkte) Finden Sie den Radius s0 unter dem der Massenpunkt eine Kreisbewegung bei vorgegebenem Lz ausführt. Bestimmen Sie in diesem Fall Lx und Ly stehen diese im Widerspruch zu der Lösung einer Kreisbahn, deren Bewegung in einer festen

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

489

Ebene stattfindet? Lösungsvorschlag: Für eine Kreisbewegung ist s¨ = 0, so dass L2z sin2 (α) − g sin(α) cos(α) m2 s30  L2 L2z 3 s0 = 2 tan(α) ⇒ s0 = 3 2z tan(α) m g m g 0=

⇒

gefunden werden kann. Aus Lz Lz φ˙ = = = ms2 ms20



g s0 tan(α)

lässt sich der Winkel φ als Funktion der Zeit unter der Annahme φ(0) = 0 zu  g φ(t) = t s0 tan(α) bestimmen. Daher sind mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (b) die Komponenten des Drehimpulses durch   g Lx = −Lz cot(α) cos t s0 tan(α)   g Ly = −Lz cot(α) sin t s0 tan(α) gegeben. Obwohl sich der Massenpunkt in einer festen Ebene mit z0 = s0 cot(α) bewegt ändert sich der Drehimpuls. Dies liegt darin, dass sich der Ortsvektor auf einen Punkt außerhalb dieser festen Ebene bezieht. Wird der Ortsvektor als r = R + r

R = z0eˆz

r  = s0eˆs

geschrieben, so kann der Drehimpuls R + r  ) × (R˙ + r˙  ) = mR R × r˙  + mrr  × r˙  L = m(R ebenfalls in die zwei Teile ˙ e z × eˆφ = −ms2 R × r˙  = mz0 s0 φˆ L 1 = mR 0

Lz cot(α) eˆs = −Lseˆs ms20

und ˙ e s × eˆφ = Lz eˆz L 2 = mrr  × r˙  = ms20 φˆ

490

Lösungen

aufgespalten werden. Der erste Teil beschreibt einen Beitrag zum Drehimpuls, der durch den Verschiebungsvektor R hervor gerufen wird, während der zweite den Drehimpuls bezogen auf die Ebene der Bewegung beschreibt und daher auch erhalten ist. Somit steht der veränderliche Drehimpuls nicht im Widerspruch zu der Bewegung in der Ebene, da er durch einen ungünstigen Bezugspunkt hervorgerufen wurde. (d) (2 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass der Massenpunkt kleinen Abweichungen δs(t) von der Kreisbahn s0 unterliegt. Finden Sie die Bewegungsgleichung von δs und zeigen Sie, dass es sich um einen harmonischen Oszillator handelt. Welche Kreisfrequenz ω weist dieser auf? Lösungsvorschlag: Bei kleinen Abweichungen von der Kreisbahn kann in der Bewegungsgleichung der Term   1 1 1 1 δs δs 1 = ≈ 1 − 3 = 3 −3 4

3 3 s3 s30 s s s s0 0 0 0 1 + sδs0 angenähert werden, um so L2z sin2 (α) − g sin(α) cos(α) m2 s3 L2 L2 = 2z 3 sin2 (α) − g sin(α) cos(α) − 3 2z 4 sin2 (α) δs m s0 m s0

s¨ = δ¨ s=

zu finden. Da nun für die Kreisbahn aber L2z sin2 (α) − g sin(α) cos(α) = 0 m2 s30 gilt, handelt es sich in Wirklichkeit um die Bewegungsgleichung δ¨ s = −3

L2z sin2 (α) δs = −ω 2 δs, m2 s40

die einen harmonischen Oszillator mit Kreisfrequenz L2z g sin2 (α) = 3 sin(α) cos(α) m2 s40 s0  √ Lz g ω = 3 2 sin(α) = 3 sin(α) cos(α) ms0 s0

ω2 = 3 ⇒ darstellt.

˙ = 0 gilt und lösen Sie (e) (3 Punkte) Nehmen Sie an, dass δs(0) = δs0  s0 und δ s(0) so die Bewegungsgleichung für δs(t). Finden Sie damit φ als Funktion der Zeit unter der Anfangsbedingung φ(0) = 0.

3.11

Lösung zur Klausur XI - Klassische Mechanik

491

Lösungsvorschlag: Die Lösung eines harmonischen Oszillators ist durch δs(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt) gegeben, so dass die Anfangsbedingungen δs(0) = δs0

δ s(0) ˙ =0

zu δs(0) = A = δs0 δ s(t) ˙ = −Aω sin(ωt) + Bω cos(ωt)

⇒

δ s(0) ˙ = Bω = 0

umgeformt werden können und die Lösung durch δs(t) = δs0 cos(ωt) gegeben ist. Die zeitliche Ableitung von φ ist durch Lz Lz = φ˙ = 2 ms ms20

1

2 1 + sδs0   ω δs0 Lz δs ω − 2√ ≈ cos(ωt) 1 − 2 =√ 2 ms0 s0 3 sin(α) 3 sin(α) s0

zu bestimmen, wobei der Zusammenhang Lz ω =√ 2 ms0 3 sin(α) ausgenutzt wurde. Somit lässt sich 1 δs0 ωt − 2√ sin(ωt) 3 sin(α) 3 sin(α) s0 δs0 ωt − 2√ sin(ωt) =√ 3 sin(α) 3s0 sin(α)

φ(t) = φ(0) + √

finden. (f) (2 Punkte) Finden Sie die Bedingung für den halben Öffnungswinkel α, sodass es in der Näherung kleiner Abweichungen zu geschlossenen Bahnkurven kommen kann. Lösungsvorschlag: Für geschlossene Umlaufbahnen muss ein ganzzahliges Vielfaches z ∈ Z an Periodendauern T = 2π ω der Schwankung δs vergehen, sodass gleichzeitig der Winkel φ ein ganzzahlig Vielfaches n ∈ Z von 2π überstreicht. Daher lässt sich die Gleichung 2πn = φ(zT ) = √

δs0 2πz 2πz − 2√ sin(2πz) = √ 3 sin(α) 3s0 sin(α) 3 sin(α)

492

Lösungen

herleiten, die sich weiter zu √

z =n 3 sin(α)

umformen lässt. Wird nun die Zahl q =

⇒ z n

sin(α) =

z 1 √ n 3

∈ Q definiert, so zeigt sich, dass wegen

q sin(α) = √ 3 der Sinus des halben Öffnungswinkels α ein rational Vielfaches von √13 sein muss. Da der Sinus alle reellen Werte aus dem Intervall [−1, 1] überstreicht, stellt dies eine realisierbare Bedingung dar, solange   √  q  |q|  ⇒ |q| ≤ 3 1 ≥  √  = √ 3 3 gilt. Somit zeigt sich, dass es unendlich viele möglichen Einstellung für α gibt, um im Grenzfall kleiner Schwankungen geschlossene Bahnkurven zu erzeugen, dass solche aber überhaupt nur bei bestimmten Werten von α auftreten können. Nicht gefragt: Das einfachste Beispiel ist q = 1 und es zeigt sich, dass für den halben Öffnungswinkel   1 ≈ 35,26◦ α = Arcsin √ 3 bei kleinen Schwankungen um die Kreisbahn eine geschlossene Bahnkurve auftritt.

3.12

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

493

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzaufgaben (a) Lassen sich Symmetrie-Eigenschaften der Funktionen ausnutzen? Eine Fourier-Reihe ist durch     2πn 2πn a0  f (t) = + t + bn sin t an cos 2 T T n∈Z

definiert. (b) Welcher Zusammenhang besteht zwischen der Beschleunigung auf einer Kreisbahn, der Winkelgeschwindigkeit und dem Radius der Kreisbahn? Wenn dieser Zusammenhang auch für die Erde gilt, kann dann K eliminiert werden? (c) Welche Form hat die Trajektorie eines schrägen Wurfes? Sind die maximale Wurfweite und die maximale Wurfhöhe mit einer Eigenschaft der Einhüllenden verknüpft? (d) Welche Erhaltungsgröße lässt sich heranziehen, um die Bewegung an einzelnen Punkten zu untersuchen? (e) Für ein Extremum ist die Ableitung in jeder Richtung Null. Welche Kraft erfährt ein Objekt, wenn es sich leicht von diesen Extrema entfernt? Ist diese Kraft anziehend oder abstoßend? Aufgabe 2 - Galilei-Transformationen (a) Haben die beiden Bezugssysteme die gleichen Achsen? Zeigen Uhren in den beiden Bezugssystemen die gleiche Zeit an? (b) Sie sollten  Λ=

1 0T u R



  τ c= a

finden. (c) Wie lässt sich die Hintereinanderausführung aufschreiben? Welche Teile wirken auf x und sind daher mit Λ3 zu identifizieren? Welche Teile wirken nicht auf x und sind deshalb mit c3 zu assoziieren? Entsprechen Λ3 und c3 den Formen einer GalileiTransformation? (d) Welche Form nehmen R, u , a und τ bzw. Λ und c bei der gegebenen Transformation an? Ist dieses Element tatsächlich das neutrale Element? (e) Was muss für die Hintereinaderausführung zweier Transformationen gelten, damit sich das neutrale Element ergibt?

494

Lösungen

(f) Wieso ist  Λ

−1

=

1 −RT u

0T RT



gültig? Sie sollten ∂t = ∂t − u T R∇

∇ = R∇

finden. (g) Wie sieht γ für u  c aus? Aufgabe 3 - Die schwingende Saite (a) Kann eine Skizze zur Veranschaulichung der Kräfte hilfreich sein? Welche Kräfte erfährt ein Massenpunkt in vertikaler Richtung? Wie lassen sich diese durch Δx und Δy ausdrücken? (b) Wie lässt sich die zweite Ableitung einer Funktion als Grenzwert ausdrücken? Sie sollten v = Fμ finden. (c) Wie sehen die Ableitungen nach x und t der gegebenen Funktion aus? Welche Werte für k erlauben y(L, 0) = 0? Sie sollten  F πρ

1 f= DL erhalten.

(d) Lässt sich für (i) derselbe Ansatz wie in Teilaufgabe (c) verwenden? Welche trigonometrische Funktion hat bei Null als Argument eine verschwindende Ableitung? (e) Welche kinetische Energie trägt ein jeder Massenpunkt? Was passiert mit einer Summe im Kontinuumslimes? Sie sollten 

L

μ E= 2

dx 0

∂y ∂t

2

+ v2

und schließlich En = y02 erhalten.

n2 π 2 F 4L



∂y ∂x

2

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

495

Aufgabe 4 - Massenpunkt auf Tisch (a) Welchen drei Kräften unterliegt der Massenpunkt auf dem Tisch? Welchen beiden Kräften unterliegt der Massenpunkt unter dem Tisch? Wie lassen sich die Koordinaten des Massenpunktes auf dem Tisch in Zylinder-Koordinaten ausdrücken? Wie kann so ˙ e z erhalten ist? Wie hängen die Radiuskoordinate gezeigt werden, dass L = ms2 φˆ s des Massenpunktes auf dem Tisch und die Höhenkoordinate z des Massenpunktes unter dem Tisch zusammen? (b) Was gilt auf einer Kreisbahn für s¨? (c) Tragen beide Massen zur Energie des Gesamtsystems bei? Wieso ist das effektive Potential durch Ueff (s) =

L2 + mg(s − l) 2ms2

gegeben? (d) Wie lässt sich s˙ ausdrücken? Was ist die Taylor-Entwicklung eines Terms der Art 1 1+x2 ? Wieso ist K=

3 mgs0 − mgl 2

gültig? (e) Wie lautet die Zeitableitung der Energie? Sie sollten ω =

3g 2s0

finden.

(f) Lässt sich φ über die Drehimpulserhaltung bestimmen? Wie lässt sich so  2 2π ΔφT = 3 finden?

496

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzaufgaben (a) (5 Punkte) Betrachten Sie die Funktion  1 −T < t < 0 f (t) = −1 0 0 haben dabei die Dimension einer Länge. Lösungsvorschlag: Für Extrema müssen die partiellen Ableitungen nach x und y verschwinden. Die partielle Ableitung nach x ist durch x ∂U h = mg cos ∂x a a gegeben. Eine Nullstelle tritt auf, wenn xa ein ungerades Vielfaches von π/2 ist, also wenn für ein n ∈ Z der Zusammenhang x=

2n + 1 πa 2

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

501

gilt. In der Nähe um diese Nullstelle x=

2n + 1 πa + δx 2

ist die Bewegungsgleichung durch   2n + 1 ∂U h δx m¨ x = mδ x ¨=− = −mg cos π+ ∂x a 2 a          2n + 1 δx 2n + 1 δx h = −mg cos π cos − sin π sin a 2 a 2 a δx h ≈ (−1)n mg a a gegeben. Dabei wurde verwendet, dass δx  a eine kleine Abweichung ist und sin(δx/a) damit durch die Kleinwinkelnäherung mit dem Argument angenähert werden kann. Es zeigt sich, dass ein stabiles Extremum nur für ungerade n auftreten kann. Die partielle Ableitung nach y lässt sich zu y h ∂U = −mg sin ∂y a a bestimmen und weist Nullstellen auf, wenn y = kπa

k∈Z

gilt. In der Nähe dieser Nullstelle y = kπa + δy kann die Bewegungsgleichung durch   h δy ∂U = mg sin kπ + ∂y a a       δy δy h = mg sin(kπ) cos + sin cos(kπ) a a a δy h ≈ (−1)k mg a a

m¨ y = mδ y¨ = −

bestimmt werden. Hier wurde ebenfalls die Kleinwinkelnäherung für δy  a angewandt. Es zeigt sich, dass k eine ungerade Zahl sein muss, um ein stabiles Gleichgewicht zu erzielen. Zusammenfassend konnte gezeigt werden, dass alle Koordinatenpaare xn =

2n + 1 πa 2

yk = kπa

mit ungeraden n und ungeraden k stabile Gleichgewichtslagen sind.

502

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 2 Galilei-Transformationen Eine allgemeine Galilei-Transformation lässt sich als r  = Rrr + u t + a

t = t + τ

schreiben. Dabei ist R eine Matrix der SO(3), u und a konstante Vektoren, und τ eine konstante Zahl. Eine Transformation kann daher auch durch die Angabe des geordneten Tupels g ≡ (R, u , a , τ ) beschrieben werden. Das Ausführen der Transformation lässt sich dann als (rr  , t ) = g(rr , t) = (Rrr + u t + a , t + τ ) formulieren. In dieser Aufgabe sollen die Eigenschaften der durch g gebildeten Struktur untersucht werden. (a) (2 Punkte) Beschreiben Sie die physikalische Bedeutung von R, u , a und τ . Lösungsvorschlag: Die Matrix R beschreibt eine (aktive) Drehung des Vektors um feste Achsen und feste Winkel. Der Vektor u beschreibt die Relativgeschwindigkeit der Bezugssysteme. In dem hier vorliegenden Fall bewegt sich das ungestrichene System mit der der Geschwindigkeit u im gestrichenen System. τ beschreibt den Zeitversatz der Uhren in den beiden Bezugssystemen. Der Vektor a ist ein konstanter Veschiebungsvektor, der den Abstand der Ursprünge der beiden Bezugssysteme zum Zeitpunkt t = 0 angibt. (b) (2 Punkte) Nehmen Sie an, dass Orts- und Zeitkoordinate in einem vierdimensionalen Vektor der Form   t x≡ r zusammengefasst werden können und bestimmen Sie die 4 × 4-Matrix Λ und den konstanten vierdimensionalen Vektor c, mit denen sich die Galilei-Transformation als x = Λx + c schreiben lässt.

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

503

Lösungsvorschlag: Der vierdimensionale Vektor x lässt sich als         t+τ t τ t  = = + x =  Rrr + u t + a Rrr + u t a r      1 0T t τ = + = Λx + c u R r a schreiben, womit  Λ=

1 0T u R



  τ c= a

gefunden werden können. Die Anwendung der Galilei-Transformation g lässt sich so als g(x) = Λx + c schreiben. (c) (6 Punkte) Zeigen Sie durch die Hintereinanderausführung zweier unterschiedlicher Transformationen g1 und g2 , dass sich die die assoziative Verknüpfungsvorschrift durch g2 ◦ g1 = (R2 R1 , R2u 1 + u 2 , R2a 1 + u 2 τ1 + a 2 , τ1 + τ2 ) bestimmt, wobei Sie die Assoziativität derselbigen nicht beweisen müssen. Handelt es sich bei dem neuen Element wieder um eine Galilei-Transformation, also ein Element der Form g? Lösungsvorschlag: Mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (b) lässt sich bei der Hintereinanderausführung x = (g2 ◦ g1 )(c) = g2 (g1 (x)) der vierdimensionale Vektor x durch x = Λ2 x + c2 = Λ2 (Λ1 x + c1 ) + c2 = Λ2 Λ1 x + Λ2 c1 + c2 = Λ3 x + c3 finden. Es lassen sich so  Λ 3 = Λ2 Λ 1 =

1 u2

0T R2



1 u1

0T R1



 =

1 u 2 + R2 u 1

0T R2 R1



504

Lösungen

und

    τ1 τ2 1 0T + c3 = Λ2 c1 + c2 = u 2 R2 a1 a2       τ1 τ2 τ1 + τ2 = + = R 2 a 1 + u 2 τ1 a2 a 2 + R 2 a 1 + u 2 τ1 

bestimmen. Bei c3 handelt es sich wieder um einen konstanten vierdimensionalen Vektor und bei Λ3 um eine Transformationsamatrix, welche die Form aus Teilaufgabe (b) aufweist. Aus ihnen lassen sich R3 = R2 R1 τ3 = τ1 + τ2

u 3 = u 2 + R2 u 1 a 3 = a 2 + R 2 a 1 + u 2 τ1

ablesen. Diese Elemente haben die Form, die sie für eine Galilei-Transformation aufweisen müssen. Da R1 und R2 Matrizen der SO(3) sind, ist ihr Produkt auch wieder ein Element der SO(3). Der Vektoren u 3 und a 3 sind konstante dreidimensionale Vektoren. Die Zahl τ3 ist als Summe zweier reellen Zahlen auch eine reelle Zahl. Insgesamt handelt es also wieder um eine Galilei-Transformation, die sich als g2 ◦ g1 = g3 = (R3 , u3 , a3 , τ3 ) = (R2 R1 , R2u 1 + u 2 , R2a 1 + u 2 τ1 + a 2 , τ1 + τ2 ) schreiben lässt. Nicht gefragt: Die Verknüpfungsvorschrift ist abgeschlossen, da die Verknüpfung zweier Elemente wieder ein Element der Gruppe ergibt. Die Menge aller Transformationen g bildet mit dieser Verknüpfung ein sogenanntes Magma. Die Verknüpfung ist außerdem assoziativ, was sich durch (g3 ◦ (g2 ◦ g1 ))(x) = g3 ((g2 ◦ g1 )(x)) = Λ3 (Λ2 Λ1 x + Λ2 c1 + c2 ) + c3 = Λ3 Λ2 Λ1 x + Λ3 Λ2 c1 + Λ3 c2 + c3 ((g3 ◦ g2 ) ◦ g1 )(x) = (g3 ◦ g2 )(g1 (x)) = Λ3 Λ2 (Λ1 x + c1 ) + Λ3 c2 + c3 = Λ3 Λ2 Λ1 x + Λ3 Λ2 c1 + Λ3 c2 + c3 beweisen lässt. Daher handelt es sich nicht nur um ein Magma, sondern um eine Halbgruppe. (d) (3 Punkte) Finden Sie das Neutrale Element e, also die Transformation, die r = r

t = t

produziert. Handelt es sich um ein Element der Form g?

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

505

Lösungsvorschlag: Aus der gegebenen Transformation lässt sich direkt R = 13

u=0

a=0

τ =0

ablesen. Da die Einheitsmatrix eine orthogonale 3 × 3-Matrix mit Determinante Eins ist, handelt es sich um ein Element der SO(3). Der Nullvektor ist ein konstanter Vektor und die Zahl Null ist ebenfalls eine konstante Zahl. Daher handelt es sich bei dem Tupel e = (13 , 0 , 0 , 0) bzw. in der Darstellung  Λe =

1 0T 0 13

 = 14

  0 ce = =0 0

um das Element aus der Menge aller Transformationen, welches den Ortsvektor und die Zeit nicht verändert. Es steht dennoch aus zu zeigen, dass es sich, um das neutrale Element der Verknüpfung handelt. Dazu können ein beliebiger vierdimensionaler Vektor x und eine beliebige Transformation e verwendet werden, um e ◦ g mittels (e ◦ g)(x) = 14 Λx + 14 c + 0 = Λx + c = g(x) und g ◦ e mittels (g ◦ e)(x) = Λ14 x + Λ0 + c = Λx + c = g(x) auszuwerten und daran abzulesen, dass eine Verknüpfung mit e ein beliebiges Element g unverändert lässt. Nicht gefragt: Da die Halbgruppe über ein neutrales Element verfügt, handelt es sich um ein Monoid. (e) (7 Punkte) Finden Sie zu g das Inverse Element g −1 , welches g −1 ◦ g = g ◦ g −1 = e erfüllt. Lösungsvorschlag: Es kann wieder ein beliebiger vierdimensionaler Vektor x betrachtet werden, auf den die zwei Transformation g gefolgt von g2 ausgeführt werden. Dies lässt sich als (g2 ◦ g)(x) = Λ2 Λx + Λ2 c + c2 schreiben. Wird nun verlangt, dass es sich bei g2 ◦ g um das neutrale Element handelt, so muss Λ2 Λ = 14

Λ2 c + c2 = 0

506

Lösungen

gelten. Aus der ersten Gleichung, die auch Λ2 = Λ−1 impliziert lässt sich so        1 0T 1 0T 1 0T 1 0T = = u 2 R2 u R u 2 + R2 u R 2 R 0 13 ablesen. Hierin muss also R2 R = 13 und daher R2 = RT sein. Es handelt sich bei R2 um eine Matrix der SO(3). Damit lässt sich direkt u 2 = −R2u = −RT u ableiten. Es handelt sich hierbei um einen konstanten dreidimensionalen Vektor. Insgesamt konnte so   1 0T −1 Λ2 = Λ = −RT u RT bestimmt werden. Aus der zweiten Gleichung lässt sich so nun        τ −τ τ2 1 0T = = c2 = −Λ2 c = − T T T T a R uτ − R a −R u R a2 bestimmen. Darin sind τ2 eine konstante Zahl und a 2 ein konstanter dreidimensionaler Vektor. Insgesamt handelt es sich bei uτ − a ), −τ ) g2 ≡ g −1 = (RT , −RT u , RT (u bzw. in der Darstellung g −1 (x) = Λ−1 (x − c) = Λ−1 x − Λ−1 c um eine Galilei-Transformation, die das Links-Inverse zu g darstellt. Es bleibt zu prüfen, dass es auch die Rechts-Inverse ist, was schnell mit (g ◦ g −1 )(x) = g(g −1 (x)) = Λ(Λ−1 (x − c)) + c = x − c + c = x = e(x) getan werden kann. Nicht gefragt: Da das Monid zu jedem Element g über Inverse Elemente g −1 verfügt, handelt es sich um eine Gruppe. (f) (3 Punkte) Nehmen Sie nun eine homogene Galilei-Transformation a = 0 , τ = 0 an und finden Sie Λ−1 und (Λ−1 )T aus Ihren Überlegungen der Teilaufgabe (e). Bestimmen Sie damit über     ∂t ∂t = (Λ−1 )T  ∇ ∇ die Transformation der Differentialoperatoren ∂t und ∇.

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

507

Lösungsvorschlag: Mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (e) ist die Matrix Λ−1 direkt durch   1 0T −1 Λ = −RT u RT gegeben. Damit lässt sich dann schnell    1 1 (−RT u )T −1 T = (Λ ) = T T T T 0 (00 ) (R ) bestimmen, sodass 

∂t ∇

 = (Λ−1 )T  =

  ∂t ∇

uT

 =



1 0

uT R −u R

uT R −u



R   ∂t ∇

∂t − u R∇ R∇

gefunden werden kann. Die Ableitungsoperatoren erfüllen also die Transformationsvorschrift ∂t = ∂t − u T R∇ und ∇ = R∇. (g) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die Lorentz-Transformation u ·r t = γ t + 2 c r  = γ(rr  + ut) r ⊥ = r ⊥ mit γ=

1 1−

u2 c2

in die Galilei-Transformation übergeht, wenn u  c ist. Lösungsvorschlag: Für u  c ist mit einer Taylor-Entwicklung γ ≈1+

1 u2 ≈1 2 c2

508

Lösungen

zu bestimmen. Daher können die Transformationsverhalten u r u ·r t = γ t + 2 ≈ t + · ≈ t c c c und r  = γ(rr  + u t) ≈ r  + u t ⇒

r  ≈ r + ut

gefunden werden. Diese entsprechend einer Galilei-Transformation mit τ = 0, a = 0 , R = 1 und Relativgeschwindigkeit u .

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

509

25 Punkte

Aufgabe 3 Die schwingende Saite

Betrachten Sie eine Reihe von N Massenpunkten der Masse m, die sich paarweise mit einer konstanten Kraft F anziehen. Der erste Massenpunkt soll sich bei x = 0 befinden, während der letzte Massenpunkt bei x = L positioniert ist. Die Massenpunkte sollen entlang der x-Achse äquidistante Abstände Δx ≈ N1 haben. Dies ist ein einfaches Modell einer Saite, wenn der Kontinuumslimes N → ∞ durchgeführt wird. Die Auslenkung der Massenpunkte yα = y(xα , t) geht so in eine Funktion y(x, t) über, die die Auslenkung der Saite beschreibt. (a) (3 Punkte) Bestimmen Sie die Kraft, die der Massenpunkt α durch seine Nachbarn erfährt und zeigen Sie, dass sich diese als Feff. = F

y(xα + Δx) − 2y(xα ) + y(xα − Δx) Δx

schreiben lässt, falls es sich um kleine Auslenkungen |yα+1 − yα |  Δx handelt. Lösungsvorschlag:

F+ F

F F−

Δyα, +

α+

Δx Δyα, − α−

Δx

Abb. 3.12.1 Skizze der Kräfte für einen einzelnen Massenpunkt Aus Abbildung 3.12.1 kann entnommen werden, dass der Massenpunkt α in vertikaler Richtung zwei Kräfte Fx,+ = F sin(α+ )

Fx,− = −F sin(α− )

510

Lösungen

durch seinen rechten und linken Partner erfährt. Mit dem Abstand der horizontalen Komponente Δx und der vertikalen Komponenten Δyα,+ = yα+1 − yα

Δyα,− = yα − yα−1

lässt sich der Abstand der Punkte Δsα,±

 2  Δyα,± = (Δx)2 + (Δyα,± )2 = Δx 1 + Δx

bestimmen und wegen der kleinen Auslenkungen |Δyα,± |  Δx zu Δs ≈ Δx nähern. Damit lassen sich die Winkelfunktionen sin(α± ) =

Δyα,± Δyα,± ≈ Δs Δx

und daher die beiden Kräfte yα+1 − yα Δyα,+ =F Δx Δx yα − yα−1 Δyα,− = −F = −F sin(α− ) = −F Δx Δx

Fx,+ = F sin(α+ ) = F Fx,−

bestimmen. Damit wirkt auf den Massenpunkt α insgesamt die Summe der beiden Kräfte, die durch yα − yα−1 yα+1 − yα −F Δx Δx y(xα + Δx) − 2y(xα ) + y(xα − Δx) =F Δx

Feff. = F

gegeben ist. (b) (3 Punkte) Stellen Sie damit für den Massenpunkt α die Bewegungsgleichung auf und m führen Sie die feste Linienmassendichte μ = Δx ein, um den Grenzwert Δx → 0 und m → 0 durchführen zu können. Zeigen Sie damit, dass die Auslenkung der Gleichung 1 ∂2y ∂2y − =0 2 2 v ∂t ∂x2 gehorcht. Was ist dabei v? Lösungsvorschlag: Der Massenpunkt α hat die Masse m und erfährt die Beschleunigung y¨α , sodass m¨ yα = Feff. = F

y(xα + Δx) − 2y(xα ) + y(xα − Δx) Δx

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

511

gilt. Es lässt sich nun auf beiden Seiten mit m dividieren und mit m = μΔx die Linienmassendichte μ einführen, um F y(xα + Δx) − 2y(xα ) + y(xα − Δx) m Δx F y(xα + Δx) − 2y(xα ) + y(xα − Δx) = μ (Δx)2

y¨α =

zu erhalten. Der Bruch y(xα + Δx) − 2y(xα ) + y(xα − Δx) (Δx)2 stellt im Grenzwert Δx → 0 die zweite Ableitung der Funktion y(x, t) nach dem Ort x an der Stelle x dar, die mit y  bezeichnet werden soll. Somit kann die Gleichung y¨ =

F  y μ

μ ∂2y ∂2y − =0 2 F ∂t ∂x2

⇒

gefunden werden, in welcher

 F v2 = μ

⇒

v=

F μ

gilt. (c) (5 Punkte) Finden Sie heraus, wann eine Lösung dieser Differentialgleichung durch y(x, t) = y0 sin(kx) sin(ωt) gegeben ist. Bestimmen Sie mit den Randbedingungen y(0, t) = y(L, t) = 0 das minimal mögliche ω und daraus, die Grundfrequenz f = ωmin /(2π) der Saite in Abhängigkeit der Länge L, des Durchmessers D, der Dichte ρ=

4μ πD2

und der Spannkraft F . Finden Sie auch einen Zusammenhang zwischen der Wellenlänge λ = 2π/k und der Länge der Saite L für alle erlaubten Schwingungen. Lösungsvorschlag: Aus der gegebenen Funktion lassen sich die Ableitungen nach dem Ort y  = ky0 cos(kx) sin(ωt) y  = −k 2 y0 sin(kx) sin(ωt) = −k 2 y und die Ableitungen nach der Zeit y˙ = ωy0 sin(kx) cos(ωt) y¨ = −ω 2 y0 sin(kx) sin(ωt) = −ω 2 y

512

Lösungen

bestimmen. Wird dies in die Differentialgleichung aus Teilaufgabe (b) eingesetzt   2 ω 1 ω2  2 2 y¨ − y = − 2 y − (−k )y = − − k y = 0, v2 v v2 so kann diese nur gelöst werden, wenn ω2 = k2 v2

⇒

ω = kv

gilt. Die Randbedingung y(0, t) = 0 ist automatisch erfüllt. Die zweite Randbedingung y(L, t) = y0 sin(kL) sin(ωt) = 0 lässt sich zum einen erfüllen, indem y0 oder ω beide Null wären. Da es sich dabei aber um triviale Lösungen handelt, sind sie nicht von Interesse. Es bleibt nur die Möglichkeit kL auf ein Vielfaches von π zu setzen. Dadurch ergeben sich für k nπ kn L = nπ ⇒ kn = L als mögliche Werte, wobei n ∈ N ist. Mit der Definition der Wellenlänge λ = 2π/k lassen sich so auch die erlaubten Wellenlängen λn =

2L 2π 2πL = = kn nπ n

bestimmen. Die erlaubten Wellenlänge können also aus der Menge , + 2L L 2L L λn ∈ 2L, L, , , , ,... 3 2 5 3 stammen. Mit dem Zusammenhang zwischen Kreisfrequenz ω und k lassen sich   π2 F nπ F =n ωn = kn v = L μ L2 μ als mögliche Kreisfrequenzen bestimmen. Die minimale Kreisfrequenz ist dabei durch  π2 F ωmin = ω1 = L2 μ gegeben und kann mit den angegebenen Größen zu    4 F 1 F 1 1 F 1 ωmin = = = f= 2π 2 L2 μ 2 L2 ρπD2 DL πρ umgeformt werden. Darin lässt sich erkennen, dass die Grundfrequenz der Seite mit zunehmender Länge abnimmt. Ebenso mit zunehmender Dicke, beides vorausgesetzt, dass das Material, also die Dichte gleich bleibt. Bei unveränderter Länge und Dicke wird die Frequenz auch abnehmen, wenn die Saite aus einem dichterem Material besteht. Zuletzt nimmt die Frequenz der Saite zu, wenn die Spannkraft der Saite erhöht wird.

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

513

(d) (7 Punkte) Finden Sie mit dem Ansatz aus Teilaufgabe (c) den Zusammenhang zwischen λ und L für (i) die halboffene Schwingung mit y(0, t) = 0 und ∂y ∂x (0, t)

∂y ∂x (L, t)

= 0.

∂y ∂x (L, t)

(ii) die offene Schwingung mit = 0 und = 0. Hinweis: Sie müssen den Ansatz aus Teilaufgabe (c) entsprechend modifizieren. Skizzieren Sie y(x, 0) aus Teilaufgabe (c), (i) und (ii) für die Fälle n ∈ {1, 2, 3}. Lösungsvorschlag: Für die halboffene Schwingung ist die erste Randbedingung y(0, t) = 0 wie auch in Teilaufgabe (c) bereits erfüllt. Für die zweite Randbedingung wird die Ableitung ∂ y(x, t) = ky0 cos(kx) sin(ωt) ∂x gebildet, um daraus die Bedingung ∂ y(L, t) = ky0 cos(kL) sin(ωt) = 0 ∂x ablesen zu können. Wie in Teilaufgabe (c) argumentiert, ist die einzig sinnvolle Verwendung dieser Randbedingung, das Argument des Kosinus mit dessen Nullstellen gleichzusetzen, so dass sich kn L =

2n + 1 π 2

⇒

kn =

(2n − 1)π 2L

ergibt, wobei n ∈ N ist. Mit der Definition der Wellenlänge lassen sich so 4L 2π 2π 2L = = kn (2n − 1)π 2n − 1 , + 4 4 4 4 λn ∈ 4L, L, L, L, L, . . . 3 5 7 9 λn =

⇒

finden. Für die offene Schwingung, muss der Ansatz so modifiziert werden, dass 0 gilt. Zu diesem Zweck wird der Ansatz

∂ ∂x y(0, t)

=

y(x, t) = y0 cos(kx) sin(ωt) gemacht. Mit der selben Rechnung, wie in (c) lässt sich zeigen, dass dieser die Differentialgleichung löst, wenn ω = kv gilt. Diese Punktion besitzt die Ableitung ∂ y(x, t) = −y0 k sin(kx) sin(ωt) ∂x und erfüllt daher wegen ∂ y(0, t) = −y0 k sin(0) sin(ωt) = 0 ∂x

514

Lösungen

die Randbedingung für x = 0. Aus der Randbedingung für x = L lassen sich nun wieder die Wellenvektoren durch ∂ ! y(L, t) = −y0 k sin(kL) sin(ωt) = 0 ∂x nπ n∈N kn L = nπ ⇒ kn = L bestimmen, sodass die Wellenlängen durch 2L 2π 2π L= = k nπ n , +n 2L L 2L L , , , ,... λn ∈ 2L, L, 3 2 5 3

λn =

gegeben sind. Die Skizze der drei Fälle ist in Abb. 3.12.2 zu sehen. (e) (7 Punkte) Zeigen Sie, dass die kinetische Energie der Saite durch 

L

Ekin

μ = 2

dx 0

∂y ∂t

2

zu ist. Verwenden Sie die potentielle Energie bei kleinen Auslenkungen  2bestimmen  ∂ y  ∂x2   1, welche durch 

L

F U= 2

dx 0

∂y ∂x

2

gegeben ist, um damit die Energie der schwingenden Saite aus Teilaufgabe (c) zu ermitteln. Drücken Sie dieses durch y0 , F und L aus. Lösungsvorschlag: Jeder Massenpunkt α hat die kinetische Energie Ekin,α =

1 1 my˙ 2 = μy˙ α2 Δx, 2 α 2

sodass sich die kinetische Energie der Saite, als die Summe der einzelnen Bewegungsenergien  μ 2 y˙ Δx Ekin,α = Ekin = 2 α α α bestimmen lässt. Im Kontinuumslimes geht dies in 

L

Ekin

μ = 2

dx 0

∂y ∂t

2

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

515

Feste Enden

Halboffene Schwingung

Offene Schwingung

Abb. 3.12.2 Skizze der ersten drei erlaubten Schwingungen einer Saite für den Fall fester Enden aus Teilaufgabe (c), der halboffenen Schwingung aus (i) und der offenen Schwingung aus (ii). Die durchgezogene Linie ist jeweils n = 1, die gestrichelte Linie ist n = 2 und die gepunktstrichelte Linie ist n = 3.

516

Lösungen

über. Mit dem gegebenen Ausdruck für die potentielle Energie lässt sich die Energie der Saite durch 

L

μ E = Ekin + U = 2 

L

1 = 2

dx μ 0



L

μ = 2

dx 0

dx 0

∂y ∂t

∂y ∂t

2

∂y ∂t 

+F

2 +v

2



2

∂y ∂x

∂y ∂x



L

F + 2

2

dx

∂y ∂x

L



0

μ = 2

dx 0

2

∂y ∂t

2

F + μ



∂y ∂x

2

2

ausdrücken. Die Ableitungen der Funktion y(x, t) = y0 sin(kx) sin(ωt) sind durch ∂ y(x, t) = ky0 cos(kx) sin(ωt) ∂x ∂ y(x, t) = ωy0 sin(kx) cos(ωt) ∂t gegeben. Dies lässt sich in den Ausdruck der Energie einsetzen, um L

μ E= 2

dx y02 ω 2 sin2 (kx) cos2 (ωt) + v 2 y02 k 2 cos2 (kx) sin2 (ωt) 0 L

1 = μω 2 y02 2

dx sin2 (kx) cos2 (ωt) + cos2 (kx) sin2 (ωt) 0

zu erhalten. Dabei wurde ausgenutzt, dass ω = kv gilt. Die verbleibenden Integrale lassen sich durch kL

L

1 dx sin (x) = k 2

0

du sin2 (u) 0

 kL L sin(2kL) 1 u sin(2u) − = − = k 2 4 2 4k 0

L

L 2

dx 1 − sin2 (x) = L −

dx cos (x) = 0

0

=

L sin(2kL) + 2 4k

L sin(2kL) + 2 4k

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

517

bestimmen. Da nun aber wegen der Randbedingungen kL = nπ gilt, verschwindet jeweils der letzte Term und die Energie kann zu   L L 1 cos2 (ωt) + sin2 (ωt) E = μω 2 y02 2 2 2 1 = μLω 2 y02 4 ermittelt werden. Schlussendlich kann ωn2 = n2

π2 F L2 μ

verwendet werden, um die Energie durch En = auszudrücken.

π2 F n2 π 2 F 1 1 μLωn2 y02 = μLn2 2 y02 = y02 4 4 L μ 4L

518

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 4 Massenpunkt auf Tisch

Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m, der sich reibungsfrei auf einem Tisch bewegen kann. An diesem Massenpunkt ist ein Faden der Länge l befestigt, der durch ein Loch in der Mitte des Tisches mit einem zweiten Massenpunkt der selben Masse befestigt ist, welcher sich nur in z-Richtung frei bewegen kann. Der gesamte Aufbau findet im Schwerefeld der Erde statt. (a) (6 Punkte) Finden Sie die Bewegungsgleichung des Massenpunktes auf dem Tisch in Zylinderkoordinaten (s, φ, z) und zeigen Sie, dass g L2 s¨ = − + 2 2m2 s3 gilt, wobei L der Drehimpuls des Massenpunktes auf dem Tisch ist, dessen Konstanz zu begründen ist. Lösungsvorschlag: Der Massenpunkt auf dem Tisch unterliegt der Normalenkraft F N parallel zur zRichtung durch den Tisch, der Fadenspannkraft F F parallel zur eˆs durch den Faden und der Schwerkraft mg entlang der z-Richtung. Der Massenpunkt am anderen Ende des Fadens, unter dem Tisch unterliegt der Fadenspannkraft F F parallel zur zRichtung und der Schwerkraft mg ebenfalls parallel zur z-Richtung. Daher lässt sich für den Massenpunkt auf dem Tisch die Bewegungsgleichung e z − FFeˆs m¨ r = (−mg + FN )ˆ aufstellen. Da der Ortsvektor in Zylinderkoordinaten durch ez r = sˆ e s + zˆ gegeben ist, können die Geschwindigkeit ˙ e φ + zˆ ˙e z r˙ = sˆ ˙e s + sφˆ und die Beschleunigung ˙ e φ + sφˆ ¨e φ − sφ˙ 2eˆs + z¨ r¨ = s¨eˆs + 2s˙ φˆ ¨ e φ + z¨eˆz e s + (2s˙ φ˙ + sφ)ˆ = (¨ s − sφ˙ 2 )ˆ bestimmt werden. Daher lassen sich die drei Bewegungsgleichungen m(¨ s − sφ˙ 2 ) = −FF ¨ = 1 d (ms2 φ) ˙ =0 m(2s˙ φ˙ + sφ) s dt m¨ z = −mg + FN

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

519

aufstellen. Da die Bewegung des Massenpunktes in einer festen Ebene stattfinden soll, die durch z = 0 definiert wird, ist die Normalenkraft durch FN = mg bestimmt. Der Drehimpuls des Massenpunktes ist somit durch ˙e φ ) L = mrr × r˙ = msˆ e s × (sˆ ˙e s + sφˆ 2 ˙ ez = ms φˆ gegeben. Die zweite Bewegungsgleichung besagt aber gerade, dass L = eˆz · L eine erhaltene Größe ist, sodass sich stets L φ˙ = ms2 ersetzen lässt. Damit kann die erste Bewegungsgleichung zu s¨ = −

FF L2 FF + sφ˙ 2 = − + 2 3 m m m s

umgeformt werden. Um die Fadenspannkraft FF zu bestimmen, wird die Bewegungsgleichung für die Masse unter dem Tisch mittels m¨ z = −mg + FF

⇒

FF = z¨ + g m

aufgestellt. Da die Masse auf dem Tisch und unter dem Tisch mit einem Faden der Länge l verbunden sind, muss der Zusammenhang z = s − l gültig sein. Daher lässt sich z¨ = s¨ aufstellen, so dass schlussendlich L2 L2 = −g − s ¨ + m2 s3 m2 s3 2 L2 L g 2¨ s = −g + 2 3 ⇒ s¨ = − + m s 2 2m2 s3 s¨ = −g − z¨ +

⇒

gefunden werden kann. (b) (2 Punkte) Finden Sie den Radius s0 unter dem der Massenpunkt eine Kreisbahn ausführt. Wie hängt dieser mit der Geschwindigkeit v des Massenpunktes zusammen? Lösungsvorschlag: Auf einer Kreisbahn wird s¨ = 0 sein, sodass L2 g 0=− + 2 2m2 s30

⇒

L2 s30 = 2 m g

 ⇒

s0 =

3

L2 m2 g

gilt. Auf der Kreisbahn hat der Massenpunkt die Bahngeschwindigkeit v und somit den Drehimpuls L = ms0 v,

520

Lösungen

sodass sich 2 m2 v 2 s20 2v = s 0 m2 g g

s30 =

⇒

s0 =

v2 g

ergibt. (c) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Energie des Systems. Führen Sie ein sinnvolles, effektives Potential ein, skizzieren Sie dieses und diskutieren Sie daran die Bewegung. Begründen Sie physikalisch, warum gebundene Bewegungen nur für E  0 stattfinden. Lösungsvorschlag: Die Energie wird sich aus den kinetischen Energien des Teilchens auf dem Tisch und unter dem Tisch zusammensetzen. Da nur das Teilchen unter dem Tisch seine potentielle Energie ändert, wird es den einzigen Beitrag zur potentiellen Energie leisten. Somit ist die Energie durch E=

1 1 mz˙ 2 + m(s˙ 2 + s2 φ˙ 2 ) + mgz 2 2

gegeben. Hierin lassen sich die Ersetzungen z =s−l

z˙ = s˙

L φ˙ = ms2

vornehmen, um so E = ms˙ 2 +

L2 + mg(s − l) 2ms2

zu finden. Da der erste Summand ms˙ 2 immer positiv sein wird, lässt sich der Ausdruck Ueff (s) =

L2 + mg(s − l) 2ms2

als effektives Potential betrachten. Es wird somit die Bewegung eines Teilchens mit der Masse 2m in einer Dimension in einem Potential der Form Ueff (s) betrachtet. Das ist dahingehend sinnvoll, da die beiden Massenpunkte über den Faden zu einem Objekt der Gesamtmasse 2m verbunden sind und eine Bewegung entlang der s-Achse beschreiben. Die Skizze des Potentials ist in Abb. 3.12.3 zu sehen. Es setzt sich zum L2 einen aus dem Zentrifugalterm 2ms 2 zusammen, der für besonders kleine s besonders groß wird. Hier kann die Kraft den Massenpunkt auf dem Tisch nicht mehr stark genug von seiner geradlinigen Bahn ablenken, sodass dieser seine Koordinate s zu vergrößern beginnt und mittels der Fadenspannkraft die Masse unterhalb des Tisches wieder nach oben zieht. Für große s wird der Zentrifugalterm vernachlässigbar. Zum anderen setzt sich das effektive Potential aus dem linearen Term mg(s − l)

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

Ueff(s)

521

L2 2ms 2

s E −mgl

Abb. 3.12.3 Schematische Auftragung des effektiven Potentials über s als durchgezogene Linie. Die gestrichelte Linie mit dem s12 -Verlauf stellt den Zentrifugalterm dar, während die gestrichelte Linie mit dem linearen Verlauf den Beitrag durch das Potential darstellt. Diese endet bei s = l, da dies der maximal mögliche Radius ist. Die waagrecht gestrichelte-durchgezogene Linie stellt einen beliebigen erlaubten Wert für die Energie dar. Innerhalb des durchgezogenen Bereichs findet die Bewegung statt und der Massenpunkt pendelt mit seinem Radius zwischen einem maximalen und einem minimalen Radius hin und her.

zusammen. Da der Faden in seiner Länge auf l beschränkt ist, bleibt das System nur für s < l bestehen. Daher wird beim maximalen s, welches gerade l entspricht dieser Teil des Potentials Null. Da aber auch der Zentrifugalterm für große s nahezu Null ist, findet eine Bewegung mit zwei Wendepunkten, also eine vollständig gebundene Bewegung nur statt, wenn E  0 ist. Ein solcher Wert für die Energie ist in Abb. 3.12.3 für den erlaubten Bereich als durchgezogene horizontale Linie eingezeichnet. Der Massenpunkt wird also immer wieder seine s-Komponente auf periodische Weise zwischen einem maximalen und minimalen Wert variieren. Für die passende Energie Emin gibt es nur einen möglichen s-Wert, bei diesem findet die Kreisbahn aus Teilaufgabe (b) mit dem Radius s0 statt. Diese Energie kann mit der Bedingung

s30 =

L2 m2 g

⇒

L2 = mgs30 m

522

Lösungen

durch einsetzen in das effektive Potential zu L2 + mg(s0 − l) 2ms20 3 mgs0 + mgs0 − mgl = mgs0 − mgl = 2 2

Emin = Ueff (s0 ) =

bestimmt werden. (d) (4 Punkte) Nehmen Sie an, der Massenpunkt auf dem Tisch vollführe eine Bahn, deren Radius nur leicht von s0 , nämlich um den Wert δs(t) abweicht. Zeigen Sie, dass die Energie in diesem Fall durch E ≈ m(δ s) ˙ 2+

3mg (δs)2 + K 2s0

gegeben ist. Woraus setzt sich die Konstante K zusammen? Lösungsvorschlag: Mit s = s0 + δs kann auch die erste Ableitung von s zu s˙ = δ s˙ bestimmt werden. Im Zentrifugalterm des effektiven Potentials tritt ein der zu   2  δs 1 δs 1 1 1 = 2

2 ≈ 2 1 − 2 + 3 s2 s0 s0 s0 s0 δs 1 + s0 =

1 s2

Term auf,

1 δs (δs)2 − 2 + 3 s20 s30 s40

genähert werden kann. Dies lässt sich zusammen mit Lm = mgs30 in den Ausdruck für die Energie einsetzen, um   1 L2 δs (δs)2 − 2 + 3 + mg(s0 + δs − l) E ≈ m(δ s) ˙ 2+ 2m s20 s30 s40 (δs)2 1 3 = m(δ s) ˙ 2 + mgs0 − mgδs + mg + mg(s0 + δs − l) 2 2 s0 3 mg 3 = m(δ s) ˙ 2+ (δs)2 + mgs0 − mgl 2 s0 2 2

zu erhalten. Damit zeigt sich, dass die Konstante K durch K= gegeben ist.

3 mgs0 − mgl 2

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

523

(e) (4 Punkte) Leiten Sie aus der Energie und ihrer Erhaltung die Bewegungsgleichung für δs her und zeigen Sie, dass es sich um einen harmonischen Oszillator mit zu bestimmender Kreisfrequenz ω handelt. Lösen Sie diese Bewegungsgleichungen für δs(0) = δs0  s0 und δ s(0) ˙ = 0. Lösungsvorschlag: Die Energie kann nach der Zeit abgeleitet werden, um dE mg = 2m(δ s)(δ¨ ˙ s) + 3 (δ s)(δs) ˙ dt s0   g = mδ s˙ 2δ¨ s + 3 δs s0 zu erhalten. Da die Energie erhalten ist, muss entweder δ s˙ = 0 sein, was einer Kreisbahn entspricht oder es muss die Klammer Null sein, so dass sich die Bewegungsgleichung δ¨ s=−

3 g δs = −ω 2 δs 2 s0

ergibt. Diese entspricht einem harmonischen Oszillator, dessen Kreisfrequenz ω durch ω2 =

3g 2s0

 ⇒

ω=

3g 2s0

gegeben ist. Diese lässt sich wegen L2 = m2 gs30 auch durch 3g 3m2 gs30 3L2 = = 2s0 2m2 s40 2m2 s40  3 L ω= 2 ms20

ω2 = ⇒

ausdrücken. Die Lösung eines harmonischen Oszillators ist durch δs(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt) gegeben, sodass sich δs(0) = A = δs0 δ s(t) ˙ = −Aω sin(ωt) + Bω cos(ωt)

⇒

ergibt, weshalb die gesuchte Lösung durch δs(t) = δs0 cos(ωt) gegeben ist.

δ s(0) ˙ = Bω = 0

524

Lösungen

(f) (4 Punkte) Finden Sie für die kleinen Abweichungen von der Kreisbahn φ als Funktion von t mit der Anfangsbedingung φ(0) = 0. Bestimmen Sie die Größe ΔφT = φ(T ) − φ(0), welche beschreibt, wie weit sich der Winkel, unter dem die größte Abweichung von der Kreisbahn δsmax > 0 auftritt, innerhalb einer Periode des harmonischen Oszillators T = 2π ω verschiebt. Diskutieren Sie die Implikationen für die Existenz geschlossener Bahnkurven. Hinweis: ΔφT ≈ 300◦ . Lösungsvorschlag: Wegen der Erhaltung des Drehimpulses ist φ durch das Lösen der Gleichung L φ˙ = ms2 bestimmbar. Für kleine Abweichungen vom Kreis kann die rechte Seite mittels     δs L δs0 L cos(ωt) 1 − 2 = 1 − 2 φ˙ ≈ ms20 s0 ms20 s0 entwickelt werden. Da der Ausdruck L ms20 mit der Kreisfrequenz ω durch L = ms20



2 ω 3

in Verbindung gebracht werden kann, lässt sich so auch   2 8 δs0 ω− ω cos(ωt) φ˙ ≈ 3 3 s0 finden. Dies lässt sich recht einfach nach der Zeit integrieren, um   2 8 δs0 φ(t) = φ(0) + ωt − sin(ωt) 3 3 s0   2 8 δs0 ωt − sin(ωt) = 3 3 s0 zu erhalten. Die maximale Abweichung δsmax tritt zuerst für t = 0 auf. Danach erst wieder zum Zeitpunkt T = 2π ω . Daher lässt sich  2 ΔφT = φ(T ) − φ(0) = 2π 3

3.12

Lösung zur Klausur XII - Klassische Mechanik

525

bestimmen. Da sich der Vollwinkel 2π auch durch 360◦ ausdrücken lässt, kann so näherungsweise ΔφT ≈

1,4 1,5 5 · 360◦ ≈ · 360◦ = · 360◦ = 300◦ 1,7 1,8 6

gefunden werden. Da es sich bei ΔφT um ein irrational Vielfaches des Vollwinkels handelt, wird es zu keinen geschlossenen Bahnkurven kommen. Stattdessen wird in unendlicher Zeit der Massenpunkt auf dem Tisch, jedem Punkt zwischen s0 − δs0 und s + δs0 beliebig nahe kommen.

3.13

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

527

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Nutzen Sie x2 e−ax = aus. Ihre Lösung sollte

2 a3

∂ 2 −ax e ∂a2

lauten.

(b) Wie stehen L und a vor der Verschiebung zueinander? Wie steht a zu p ? Sie sollten L 2 = L 2 + a 2p 2 erhalten. Wie lassen sich Vektoren auf andere Vektoren projizieren? (c) Welche Geschwindigkeit muss ein Objekt haben, um einem Gravitationsfeld gerade so zu entkommen? Wie hoch ist die Überschussgeschwindigkeit, wenn eine Objekt dem Gravitationsfeld der Erde entkommt. Wie hängt diese und die Bahngeschwindigkeit der Erde mit der Geschwindigkeit zusammen, die benötigt wird, um dem Gravitationsfeld der Sonne zu entkommen? (d) Hängt G von θ oder φ ab? Trifft die Divergenz eine Aussage über die Punktquellen eines Feldes? Was sind die Quellen eines Gravitationsfeldes? (e) Das Betrag der Antwortfunktion ist durch |χ(ω)| = 

1 (ω 2

−

ω02 )2

+ 4γ 2 ω02

gegeben. Warum liegt das Maximum etwa bei ωmax ≈ ω0 ? Kann die Funktion mittels δω = ω − ω0 ausgedrückt werden? Es empfiehlt sich δω 2 auszuklammern und zu π prüfen welche Terme groß bzw. klein sind. Sie sollten a = γ, b = ω0 und N = 4γω 2 0 erhalten. Aufgabe 2 - Der Gummiball

(a) Welche Kraft wirkt auf den Gummiball? Weshalb ist τ = 2zg0 gültig? Welche Geschwindigkeit hat der Gummiball beim Aufprall auf den Boden? (b) Wie lässt sich T = 8zg0 bestimmen? Da es die Periodendauer des Systems ist und der Massenpunkt bei t = 0 eine verschwindende Geschwindigkeit hatte, welche Geschwindigkeit wird er bei t = T aufweisen? (c) Besitzt das Kraftfeld ein Potential? Welche Energie hat der Massenpunkt zum Anfang der Bewegung? Lässt sich die Energie nach z˙ auflösen? Ist die Substitution u = z0 − z hilfreich?

528

Lösungen

(d) Welche Geschwindigkeit hat der Massenpunkt vor und nach dem Zusammenstoß mit dem Boden? (e) Welche Geschwindigkeit wird der Massenpunkt aufweisen, wenn er wieder bei z = z0 ankommt? Lässt sich so die maximale Höhe einfacher bestimmen? Weshalb ist zmax = z0 +

v02 2g

gültig? Lässt sich die Geschwindigkeit beim Zusammenstoß aus der Energieerhaltung ermitteln, ohne dass τ bestimmt werden muss? Aufgabe 3 - Das physikalische Pendel (a) Lässt sich der Ortsvektor in passenden Polarkoordinaten ausdrücken? Sie sollten ˙e y L = −ml2 φˆ finden. Welche beiden Kräfte wirken auf die Pendelmasse? Wieso ist das Drehmoment durch M = mgl sin(φ) eˆy zu bestimmen? (b) Wie lassen sich die Ortsvektoren der Massenpunkte durch geeignete Zylinderkoordinaten beschreiben? Wieso ist für alle Massenpunkt α die Größe φ˙ α gleich? (c) Wie lässt sich mgR sin(φ) φ¨ = − I finden? (d) Wieso ist das Trägheitsmoment durch I=

l2 (m1 + 3m2 ) 3

gegeben? Wo liegt der Schwerpunkt der Massenverteilung? Im Grenzfall m2  m1 sollten Sie  3g ω≈ 2l erhalten.

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

529

Aufgabe 4 - Das Bertrand’sche Theorem (a) Wie lässt sich die Ableitung von u nach φ durch die Zeitableitung von r ausdrücken? Wie lautet die Energie des Massenpunktes im Potential V ? (b) Die Energie ist eine Erhaltungsgröße und ändert sich daher nicht mit der Zeit. Wird sie auch bzgl. anderer dynamischer Variablen, wie φ unabhängig sein? Was gilt auf einer Kreisbahn für u ? Wie lässt sich so der Zusammenhang 1 mR2  = V (R) R L2 finden? Lassen sich die Bewegungsgleichungen in der Nähe von u0 durch eine TaylorEntwicklung vereinfachen? (c) Durch was lässt sich

V  (R) V  (R)

ausdrücken? Sie sollten k = ω 2 − 2 finden.

(d) Wie lautet die Lösung der Differentialgleichung für δu? Warum ist ψ = ωπ gültig? Wenn ψ ein rationales Vielfaches einer Zahl ist, kann es dann über ein kontinuierliches Intervall variiert werden? (e) Wie lässt sich die Energiegleichung so umschreiben, dass auf einer Seite eine Eins steht? Durch welchen Term wird die andere Seite dann bei hohen Energien maßgeblich beschrieben. Wieso ist dann  2mE umax = L2 gültig? Was passiert bei x → 0 im Grenzwert E → ∞? Wie lässt sich so die Differentialgleichung x = −x für x ∈ (0, 1] finden? (f) Lässt sich die Energiegleichung durch uκ dividieren, um sie zu vereinfachen? Auf welche beiden Weisen, lässt sich die Ableitung von x2 = u2−κ nach φ ausdrücken? Wie kann damit 2  2−κ  x x =− 2 gefunden werden? Kann x negativ werden? Was würde das physikalisch bedeuten? (g) Wieso sind die einzig erlaubten Werte k = 2 und k = −1? Für k = 0 sollten Sie das Potential V (r) = C ln(r) erhalten. Sind additive Konstanten in Potentialen wichtig für die physikalischen Gleichungen?

530

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen (a) (5 Punkte) Bestimmen Sie das Integral ∞

dx x2 e−ax

I(a) = 0

mit positivem Parameter a, indem Sie den Faktor x2 als zweite Ableitung von e−ax ausdrücken und das verbleibende Integral ausführen. Lösungsvorschlag: Der Integrand x2 e−ax lässt sich mittels Ableitungen nach a auch als x2 e−ax = −

∂ ∂ 2 −ax x e−ax = e ∂a ∂a2

darstellen. Sofern der Grenzwert des Integrals mit dem ursprünglichen Integrand und dem neuen Integrand existieren, dürfen die Ableitung und das Integral vertauscht werden, um ∂2 I(a) = ∂a2

∞

dx e−ax 0

zu erhalten. Dieses Integral lässt sich nun einfach zu ∞

dx e 0

−ax

 −ax ∞ e 1 = − = a 0 a

bestimmen, so dass das ursprüngliche Integral durch I(a) =

∂2 1 ∂ 1 2 =− = 3 ∂a2 a ∂a a2 a

gegeben ist. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Massenpunkt der sich in einer Ebene mit dem festen Drehimpuls L bewegt. Wie ändert sich der Drehimpuls, wenn der Bezugspunkt nun nicht in der Ebene, sondern um a senkrecht zur Ebene verschoben gewählt wird. Wann ist der Betrag erhalten? Bestimmen Sie die Komponenten des neuen Drehimpulses bezüglich L und p .

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

531

Lösungsvorschlag: Der Drehimpuls L ist durch r × p bestimmt. Wenn die Bewegung in einer Ebene stattfindet und sich der Bezugspunkt in der Ebene befindet, so ist L parallel zum Normalenvektor der Ebene und somit auch zu dem hier betrachteten Vektor a der neue Ortsvektor ist dann durch r − a zu bestimmen, so dass sich als neue Drehimpuls L  = (rr − a ) × p = r × p − a × p = L − a × p ergibt. Das Quadrat des Betrages lässt sich durch a × p )2 − 2L L · (a a × p) L 2 = L 2 + (a a × p ) und das bestimmen. Da a parallel zu L ist, steht L senkrecht auf dem Vektor (a Spatprodukt verschwindet. Das Quadrat des Kreuzprodukts kann mit der Regel a · p )2 a × p )2 = a 2p2 − (a (a ausmultipliziert werden um a · p )2 L 2 = L 2 + a 2p 2 − (a zu erhalten. Da a parallel zu L ist und L senkrecht auf p steht, muss der letzte Term verschwinden, so dass nur noch L2 = L2 + a2p2 verbleibt. Dieser Ausdruck wird im Allgemeinen nicht konstant sein, da p 2 sich mit der Zeit ändern kann. Ist aber der Betrag des Impulses konstant, wie beispielsweise auf einer Kreisbahn, so ist auch der Betrag des Drehimpuls nach dieser Verschiebung konstant. L und p ·L L betrachtet. Das erste Für die Komponenten werden die Skalarprodukte L ·L Skalarprodukt kann zu a × p) = L2 L · L  = L 2 − L · (a bestimmt werde, wobei wieder verwendet wurde, dass a parallel zu L ist und daher das Spatprodukt verschwinden muss. Es handelt sich somit um eine nicht triviale und konstante Komponente. Das zweite Skalarprodukt kann hingegen durch a × p) = 0 p · L  = p · L − p · (a bestimmt werden. Der erste Term verschwindet, da L per Konstruktion senkrecht auf p steht. Der zweite Ausdruck verschwindet, da der Vektor a × p senkrecht auf p steht. (c) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit, die benötigt wird, um von der Erde aus das Sonnensystem zu verlassen als Funktion der Bahngeschwindigkeit der Erde vE , der Erdmasse ME , des Erdradius RE , der Sonnenmasse MS und des Abstands

532

Lösungen

zwischen Erde und Sonne dES . Dabei soll die Bahngeschwindigkeit der Erde ausgenutzt werden, nicht jedoch deren Drehung um die eigene Achse. Lösungsvorschlag: Um einem Gravitationspotential im Abstand R gerade so zu entkommen, muss die Energie E=

GM m 1 mv 2 − 2 R

gerade Null sein, sodass sich  v=

2GM R

ergibt. Soll eine Rakete also das Sonnensystem verlassen, muss sie im Abstand dSE die Geschwindigkeit  2GMS u= dES aufweisen. Da die Rakete die Bahngeschwindigkeit der Erde ausnutzen darf, muss sie beim Verlassen der Einflusssphäre der Erde die Geschwindigkeit v  haben, die zusammen mit der Bahngeschwindigkeit gerade die Geschwindigkeit u ergibt, sodass v  + vE = u

⇒

v  = u − vE

gilt. Das Verlassen der Einflusssphäre ist gleichzusetzen mit dem Erreichen eines unendlichen Abstands von der Erde, so dass eine erneute energetische Betrachtung den Zusammenhang 1 GME m 1 mv 2 − = mv 2 2 RE 2 liefert. Dies lässt sich nun nach v auflösen, um GME GME 2 = u2 − 2uvE + vE + RE RE  2GMS 2GMS GM E 2 = − 2vE + vE + dES dES RE   2GMS 2GMS GME 2 v= + − 2vE + vE dES RE dES

v 2 = v 2 +

⇒ zu erhalten.

(d) (5 Punkte) Betrachten Sie das Gravitationsfeld einer Massenverteilung ρ(rr ) =

3M Θ(R − r) 4πR3

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

533

mit Gesamtmasse M und positivem Parameter R, das durch  2 R r>R F GM 2 G= = − 2 eˆr rr m R r R bestimmt werden. Für r < R kann hingegen G) = − div(G

GM 1 3r2 3GM GM 1 ∂ 2 r r = − =− 3 2 2 2 2 R r ∂r R R r R R

gefunden werden. Zusammenfassend lässt sich mit der Theta-Funktion G) = − div(G

3GM Θ(R − r) R3

schreiben. Ein Vergleich mit ρ(rr ) ermöglicht es den Zusammenhang G) = −4πG div(G

3M Θ(R − r) = −4πGρ(rr ) 4πR3

zu finden. (e) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass sich das Quadrat des Betrags der Antwortfunktion des harmonischen Oszillators in der Nähe der Frequenz ωmax , unter welcher der maximale Betrag auftritt, wie eine Cauchy-Verteilung |χ(ω)|2 ≈

a N π a2 + (ω − b)2

verhält, wenn ω0  γ gilt. Was sind die Parameter a, b und N ? Lösungsvorschlag: Der Betrag der Antwortfunktion ist durch |χ(ω)| = 

1 (ω 2 − ω02 )2 + 4γ 2 ω02

534

Lösungen

gegeben. Die Extrema von |χ(ω)| sind auch die Extrema von |χ(ω)|2 und ihre Lagen lassen sich über d ! |χ(ω)| = |χ(ω)|3 (2(ω 2 − ω02 )2ω + 8γ 2 ω) = 0 dω zu ω=0

∨

ω 2 − ω02 + 2γ 2 = 0

bestimmen. Dabei stellt im Fall ω02 > 2γ 2 aber nur ω = ω02 − 2γ 2 ≈ ω0 das Maximum dar. Wird nun ω = ω0 + (ω − ω0 ) ≡ ω0 + δω verwendet, so kann der Nenner von |χ(ω)|2 zu |χ(ω)|−2 = ((ω0 + δω)2 − ω02 )2 + 4γ 2 (ω0 + δω)2 = (ω02 + 2ω0 δω + δω 2 − ω02 )2 + 4γ 2 (ω02 + 2ω0 δω + δω 2 ) = (2ω0 δω + δω 2 )2 + 4γ 2 ω02 + 8γ 2 ω0 δω + 4γ 2 δω 2 = 4ω02 δω 2 + 4ω0 δω 3 + δω 4 + 4γ 2 ω02 + 8γ 2 ω0 δω + 4γ 2 δω 2   γ2 2 1 2 δω 2 2 2 2 2 δω 2 δω = 4ω0 δω + 2 δω + γ + 2γ + 4δω + δω ω0 ω0 ω0 4 ω02 bestimmt werden. Da γ  ω0 ist, fällt bereits der zweite Term weg. Darüber hinaus sollen nur kleine Abweichungen um ω0 betrachtet werden, sodass mit δω  ω0 nur noch der erste und der dritte Term verbleiben und sich somit |χ(ω)|2 =

1 γ 1 π 1 = 4ω02 δω 2 + γ 2 4γω02 π γ 2 + (ω − ω0 )2

ergibt. Dabei wurde im letzten Schritt die Rückersetzung δω = ω − ω0 vorgenommen. Ein Vergleich mit der Cauchy-Verteilung zeigt, dass a = γ, b = ω0 und N= sind.

π 4γω02

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

535

25 Punkte

Aufgabe 2 Der Gummiball

Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m, der sich in einem Potential der Form  mgz z≥0 U (z) = ∞ z 0 und z(0) ˙ = 0 für die Zeit vor dem Zusammenstoß des Massenpunktes mit dem Boden und für die Zeit nach dem Zusammenstoß mit dem Boden, welcher zum Zeitpunkt τ stattfinden soll. Finden Sie einen expliziten Ausdruck für τ . Lösungsvorschlag: Da sich der Massepunkt im Potential U (z) bewegt, kann die Kraft als F = − grad(U ) = −ˆ ez

dU = −mg dz

z>0

bestimmt werden. Es wird zunächst nur der Fall z > 0 betrachtet, sodass sich nach dem zweiten Newton’schen Gesetz die Differentialgleichung m¨ r =F

⇔

m¨ z = −mg

ergibt. Diese wird durch g z(t) = A + Bt − t2 2 gelöst, wobei A und B noch zu bestimmende Konstanten sind. Für t < τ können die Anfangsbedingungen z< (0) = z0

z(0) ˙ =0

benutzt werden, um z< (0) = A = z0 z˙< (t) = B − gt

⇒

z˙< (0) = B = 0

536

Lösungen

und so schließlich g z< (t) = z0 − t2 2 zu finden. Das Subskript < soll dabei t < τ andeuten. Der Zusammenstoß mit dem Boden findet bei z = 0 um Zeitpunkt τ statt. Daher muss die Gleichung g z(τ ) = z0 − τ 2 = 0 2 gelöst werden, um  τ=

2z0 g

zu bestimmen. Nach dem Zusammenstoß t > τ , muss die gleiche Differentialgleichung z¨ = −g erfüllt werden. Die Lösung wird die selbe Form haben, es bietet sich aber an, diese als g z> (t) = C + D(t − τ ) − (t − τ )2 2 auszudrücken, wobei das Subskript > den Zusammenhang t > τ andeuten soll. Im Gegensatz zu der allgemeinen Lösung für z< wurden die Konstanten A und B anders definiert, um die Zeitverschiebung um τ zu ermöglichen. Die Anfangsbedingungen für z > (t) müssen noch ermittelt werden. Da der Massenpunkt seinen Ort nicht sprunghaft ändern kann und z eine stetige Funktion sein muss, muss der Zusammenhang z> (τ ) = z< (τ ) = 0 gelten. Da eine totale Reflexion bei z = 0 stattfindet, wird die Geschwindigkeit in ihrer Richtung umgedreht, bleibt im Betrag jedoch erhalten, so dass  z˙> (τ ) = −z˙< (τ ) = − (−gτ ) = gτ = 2gz0 gelten muss. Mit diesen Bedingungen lässt sich z> (τ ) = C = 0 und z˙> (t) = D − g(t − τ )

⇒

z˙> (τ ) = D =

finden, um so z> (t) = zu finden.



g 2gz0 (t − τ ) − (t − τ )2 2



2gz0

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

537

(b) (3 Punkte) Welche Zeit T benötigt der Massenpunkt, nach dem Loslassen, um wieder die Höhe z0 zu erreichen. Drücken Sie Ihr Ergebnis durch z0 und g aus. Welche Geschwindigkeit hat der Massenpunkt zu diesem Zeitpunkt und welche Bedeutung nimmt der Zeitpunkt T daher für das System ein? Lösungsvorschlag: Um den Zeitpunkt T zu bestimmen, muss die Gleichung  g z> (T ) = 2gz0 (T − τ ) − (T − τ )2 = z0 2 gelöst werden. Dies kann mittels der Rechnung √ 2gz0 2z0 (T − τ )2 − 2 (T − τ ) + =0 g g  √ 2gz0 2gz0 2z0 ⇒ T± − τ = ± − g g2 g  2z0 ⇒ T =τ+ g geschehen. Da die Größe τ durch 2zg0 gegeben war, ist die Zeit T mit  T = 2τ =

8z0 g

zu bestimmen. Die Geschwindigkeit zu diesem Zeitpunkt lässt sich durch  z˙> (t) = 2gz0 − g(t − τ )    2z0 =0 ⇒ z˙> (2τ ) = 2gz0 − gτ = 2gz0 − g g ermitteln. Dieses Ergebnis hätte auch mit der Argumentation erreicht werden können, dass durch die vollständige Reflexion bei z = 0 keine Energie verloren geht und der Massenpunkt daher auf der Höhe z0 auch die Geschwindigkeit haben muss, die er zuvor auf dieser Höhe hatte und diese war gerade Null. Da der Massenpunkt nach der Zeit T wieder mit der selben Geschwindigkeit am selben Ort ist, wird sich die Bewegung von hier an aus periodisch wiederholen. T ist also die Periodendauer dieses Systems. (c) (6 Punkte) Stellen Sie die Energie des Massenpunkets auf und argumentieren Sie, warum diese erhalten ist. Zeigen Sie dann, dass der Zeitpunkt τ durch 1 τ=√ 2g

z0

√ 0

dz z0 − z

bestimmt werden kann. Finden Sie so die Zeit T , die der Massenpunkt benötigt, um wieder z0 zu erreichen.

538

Lösungen

Lösungsvorschlag: Die Energie des Massenpunktes setzt sich aus der kinetischen Energie 12 mz˙ 2 und der potentiellen Energie U (z) zusammen und ist somit durch E=

1 mz˙ 2 + mgz 2

für z > 0 gegeben. Da es bei z = 0 zu einer vollkommenen Reflexion kommen soll und dabei keine Energie verloren geht und das Kraftfeld durch ein Potential beschrieben wird, handelt es sich um eine konservative Kraft, sodass die Energie erhalten ist. Mit den Anfangsbedingungen z(0) = z0

z(0) ˙ =0

kann die Energie direkt zu E = mgz0 ermittelt werden, so dass sich die Gleichung 1 mz˙ 2 + mgz 2 ⇒ z˙ 2 = 2g(z0 − z) mgz0 =

gefunden werden kann. Da für t < τ die Höhe mit der Zeit abnimmt, muss die Wurzel mit negativem Vorzeichen z˙ =

 dz = − 2g(z0 − z) dt

verwendet werden. Mit Hilfe der Trennung der Variablen, lässt sich die Integralgleichung z

t

1



dz  z0

2g(z0 − z  )

dt

= 0

aufstellen und auf 1 t= √ 2g

z0

√ z

dz  z0 − z 

umformen. Zum Zeitpunkt τ soll z = 0 sein, so dass 1 τ=√ 2g

z0

√ 0

dz z0 − z

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

539

gilt. Das Integral lässt sich lösen, indem die Größe u = z0 − z eingeführt wird, um 1 τ=√ 2g

0

z0

− du 1 √ =√ u 2g

z0

du u−1/2 0

1 - 1/2 .z0 2 √ 2u =√ =√ z0 2g 2g 0  2z0 = g zu erhalten, was sich auch bereits in Teilaufgabe (a) ergeben hatte. Da es zu einer vollkommen Reflexion kommt und die Energie erhalten ist, verläuft die Bewegung um t = τ symmetrisch, sodass τ = T /2 ist und daher  8z0 T = 2τ = g gilt. (d) (3 Punkte) Bestimmen Sie den Impuls, den der Massenpunkt beim Zusammenstoß mit dem Boden an diesen überträgt. Lösungsvorschlag: Der Impuls ist durch p = mz˙ gegeben. Der Massenpunkt ändert seinen Impuls bei t = τ so dass die Impulsänderung des Massenpunktes zu Δp = p> (τ ) − p< (τ ) = m(z˙> (τ ) − z˙< (τ ))   = 2mz˙> (τ ) = 2m 2gz0 = 8m2 gz0 bestimmen lässt. Da der Impuls insgesamt erhalten bleiben muss, muss der Boden den Impuls  ΔP = −Δp = − 8m2 gz0 aufgenommen haben. (e) (6 Punkte) Welche maximale Höhe erreicht der Massenpunkt, wenn er auf der Höhe ˙ = −v0 < 0 startet? Welchen Impuls überträgt er z0 mit der Geschwindigkeit z(0) dann bei dem Zusammenstoß mit dem Boden. Vergleichen Sie dieses Ergebnis mit dem aus Teilaufgabe (d) und zeigen Sie, dass die beiden im Limes v0 → 0 übereinstimmen. Lösungsvorschlag:

540

Lösungen

Für den ersten Teil der Aufgabe bietet es sich an folgende Überlegung in Betracht zu ziehen: Da es bei z = 0 zu einer vollkommenen Reflexion kommt und die Energie in dem System erhalten bleibt, wird der Massenpunkt auf der Höhe z0 auch wieder die Geschwindigkeit v0 aufweisen, die nun aber in die entgegengesetzte Richtung zeigt. Aus diesem Grund können zur Bestimmung des höchsten Punktes auch die Anfangsbedingungen z(0) = z0 und z(0) ˙ = v0 > 0 verwendet werden. Es ist die selbe Differentialgleichung wie in Teilaufgabe (a) z¨ = −g zu lösen, deren Lösung durch g z(t) = B + At − t2 2 gegeben war, so dass z(0) = B = z0

z(0) ˙ = B = v0

und daher g z(t) = z0 + v0 t − t2 2 bestimmt werden kann. Am höchsten Punkt ist z(t ˙ max ) = 0, weshalb sich z(t) ˙ = v0 − gt

⇒

v0 − gtmax = 0

⇒

tmax =

v0 g

und damit zmax = z(tmax ) = z0 + v0

v0 g v02 v02 − = z + 0 g 2 g2 2g

bestimmen lässt. Um den Impulsübertrag zu bestimmen, muss der Zeitpunkt τ bestimmt werden, zu dem die Kollision mit dem Boden auftritt. Außerdem muss nun z(0) ˙ = −v0 < 0 betrachtet werden, was sich erreichen lässt, indem in der vorangegangenen Lösung v0 → −v0 ersetzt wird. So kann die Lösung g z(t) = z0 − v0 t − t2 2 verwendet werden, um g z(τ ) = z0 − v0 τ − τ 2 = 0 2 2z0 2v0 2 ⇒ τ + τ− =0 g g   2 v0 v0 2z0 ⇒ τ± = − ± + g g g

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

541

zu erhalten. Da ein Zusammenstoß für t > 0 gesucht wird, ist das positive Vorzeichen zu verwenden. Die Geschwindigkeit beim Zusammenstoß kann dann zu   2 v0 v0 2z0 z(τ ˙ ) = −v0 − gτ = −v0 + g − g + g g g = − v02 + 2gz0 ermittelt werden. 1 Wird z(t) nun als z< (t) betrachtet, so ist die Impulsänderung des Massenpunktes durch Δp = mz˙> (τ ) − mz˙< (τ ) = −2mz˙< (τ ) = 2m v02 + 2gz0 = 4m2 v02 + 8m2 gz0 gegeben, während der vom Boden absorbierte Impuls zu ΔP = −Δp = − 4m2 v02 + 8m2 gz0 ermittelt werden kann. Für v0 → 0 geht dieser tatsächlich in  ΔP → − 8m2 gz0 über, was das Ergebnis aus Teilaufgabe (d) war.

1 Dieses

Ergebnis kann auch direkt aus der Energieerhaltung ermittelt werden, indem E=

für t = τ betrachtet wird.

1 1 2 + mgz(t) = mv02 + mgz0 m(z(t)) ˙ 2 2

542

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 3 Das physikalische Pendel

Betrachten Sie ein Pendel, dass aus einem starren Faden der Länge l und der Masse m1 besteht an dessen Ende ein Massenpunkt der Masse m2 befestigt ist. Die Bewegung des Fadens und des Massenpunktes soll dabei auf die xz-Ebene beschränkt sein und die Auslenkung aus der Ruhelage durch φ bezeichnet werden. In dieser Aufgabe soll der Einfluss der Masse des Fadens auf die Pendelbewegung untersucht werden. (a) (5 Punkte) Gehen Sie zunächst von einem masselosen Faden aus und bestimmen Sie den Drehimpuls des Pendels. Zeigen Sie dann, dass sich aus der zeitlichen Änderung des Drehimpulses L dL = r ×F dt die bekannte Pendelgleichung herleiten lässt und finden Sie so die Kreisfrequenz ω des Pendels. Lösungsvorschlag: Da der Faden für diese Teilaufgabe als massenlos angenommen wird, wird die schwingende Masse der Einfachheit halber mit m bezeichnet. Um den Drehimpuls L = mrr × r˙ zu bestimmen, wird der Ortsvektor ⎛

⎞ sin(φ) ⎜ ⎟ r = lˆ er = l ⎝ 0 ⎠ − cos(φ) benötigt, der sich über ⎛

⎞ cos(φ) ⎜ ⎟ ˙ eφ r˙ = lφ˙ ⎝ 0 ⎠ = lφˆ sin(φ) bestimmen lässt. Da ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ sin(φ) cos(φ) 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ey eˆr × eˆφ = ⎝ 0 ⎠ × ⎝ 0 ⎠ = ⎝− cos2 (φ) − sin2 (φ)⎠ = −ˆ 0 − cos(φ) sin(φ) gilt, lässt sich der Drehimpuls so über ˙ e φ ) = −ml2 φˆ ˙e y L = m(lˆ e r ) × (lφˆ

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

543

bestimmen. Das Drehmoment M = r ×F lässt sich aus den wirkenden Kräften F = −mgˆ e z − F Feˆr über e r × eˆz M = r × (−mgˆ e z − F Feˆr ) = −mglˆ bestimmen. Da nun aber ⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ sin(φ) 0 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ eˆr × eˆz = ⎝ 0 ⎠ × ⎝0⎠ = ⎝− sin(φ)⎠ = − sin(φ) eˆy − cos(φ) 1 0

gilt, ist das Drehmoment durch M = mgl sin(φ) eˆy gegeben. Die gegebene Gleichung L dL = r ×F = M dt nimmt somit die Form L dL d ˙ e y ) = −ml2 φˆ ¨e y = (−ml2 φˆ dt dt = M = mgl sin(φ) eˆy an, was in der Gleichung −ml2 φ¨ = mgl sin(φ)

⇒

g φ¨ = − sin(φ) l

mündet. Für kleine Auslenkungen φ lässt sich diese als g φ¨ = − φ = −ω 2 φ l schreiben, was einem harmonischem Oszillator mit Kreisfrequenz ω = spricht.

g l

ent-

(b) (8 Punkte) Betrachten Sie das Pendel nun als einen ausgedehnten Körper mit den Massenpunkten mα an den Stellen r α . Dieser soll spiegelsymmetrisch bzgl. der xzEbene sein. Finden Sie den Drehimpuls jedes dieser Punkte L α und den Gesamtdrehimpuls L . Zeigen Sie, dass sich dieser durch ˙e y L = −I φˆ

544

Lösungen

ausdrücken lässt, wobei d3r ρ(rr )(x2 + z 2 )

I=

das sogenannte Trägheitsmoment ist. Hierin ist ρ(rr ) wiederum die Massendichte des Pendels. Lösungsvorschlag: Jeder Massenpunkt des ausgedehnten Pendels lässt sich durch einen Vektor eˆrα in der xz-Ebene beschreiben, der dem Vektor eˆr aus Teilaufgabe (a) entspricht und einem zusätzlichen Verschiebungsvektor in die y-Richtung. Daher ist der Ortsvektor eines Massenpunktes durch r α = rαeˆrα + yαeˆy gegeben, wobei rα und yα Konstanten sind. Diese Parametrisierung entspricht Zylinderkoordinaten, sodass auch rα2 = x2α + zα2 gilt. Zu jedem Vektor eˆrα gehört auch ein Vektor eˆφα , der den Zusammenhang dˆ e rα ˙e φ = φ˙ αeˆφα = φˆ α dt erfüllt. Dabei wurde ausgenutzt, dass die einzelnen Massenpunkte zwar unterschiedliche Auslenkungen φα haben können, aber alle dieselbe Winkelgeschwindigkeit φ˙ aufweisen werden. Hiernach lässt sich der Drehimpuls eines Massenpunktes zu ˙e φ ) L α = mαr α × r˙ α = mα (rαeˆrα + yαeˆy ) × (rα φˆ α 2 ˙ ˙ e rα × eˆφα ) + mα yα rα φ(ˆ e y × eˆφα ) = mα rα φ(ˆ 2 ˙ ˙ e y + mα yα rα φˆ er = −mα r φˆ α

α

bestimmen. Der gesamte Drehimpuls lässt sich nun als eine Summe aus allen Massenpunkten in der Form L=

 α

Lα = −

 α

˙e y + mα rα2 φˆ



˙e r mα yα rα φˆ α

α

bestimmen. Wird nun das vom Massenpunkt α besetzte Volumen ΔVα betrachtet, kann die Größe mα ρ(rr α ) = lim ΔVα →0 ΔVα betrachtet werden, um so aus   mα 2 ˙ mα ˙e r ΔVα rα φˆ ΔVα yα rα φˆ L=− ey + α ΔV ΔV α α α α

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

über den Kontinuumslimes ΔVα → 0, bzw. L = −ˆ e y φ˙

$ α

ΔVα →

d3r ρ(rr )r2 +

545

d3r den Ausdruck

d3r ρ(rr )yrˆ er

für den Drehimpuls zu erhalten. Da es sich um eine spiegelsymmetrische Massenverteilung, um die xz-Ebene handeln soll, wird das zweite Integral durch die Integration über y verschwinden, da es sich um einen ungeraden Integranden auf einem symmetrischen Intervall handelt. Mit den Erkenntnissen zu rα von oben lässt sich das verbleibende Integral auf d3r ρ(rr )(x2 + z 2 )

L = −ˆ e y φ˙

umschreiben, womit sich das Trägheitsmoment I=

d3r ρ(rr )(x2 + z 2 )

und damit der Drehimpuls ˙e y L = −I φˆ ergibt. (c) (2 Punkte) Bestimmen Sie nun analog zu (a) die Kreisfrequenz ω. Hinweis: Ihr Ergebnis sollte I, m und auch den Abstand des Schwerpunktes zum Aufhängungspunkt R beinhalten. Lösungsvorschlag: Da die Schwerkraft am Schwerpunkt R angreift und zur Gesamtmasse m des Pendels proportional ist, kann das Drehmoment M = R × (−mgˆ e z ) = −mgRˆ e r × eˆz = mgR sin(φ) eˆy bestimmt werden, um so L dL ¨e y = mgR sin(φ) eˆy = −I φˆ dt und daraus mgR sin(φ) φ¨ = − I zu erhalten, was sich in der Kleinwinkelnäherung auf −I φ¨ = mgR sin(φ)

⇒

mgR mgR φ=− φ = −ω 2 φ φ¨ = − I I reduziert. Dies entspricht einem harmonischem Oszillator, welcher die Kreisfrequenz  mgR ω= I besitzt.

546

Lösungen

(d) (10 Punkte) Betrachten Sie nun die Massendichte m1 ρ(rr ) = Θ(−z) Θ(z + l) δ(x) δ(y) + m2 δ(z + l) δ(x) δ(y) , l welches das Pendel aus der Einleitung mit nicht vernachlässigbarer Fadenmasse beschreibt. Finden Sie nun die Kreisfrequenz ω des Pendels und zeigen Sie, dass diese in das Ergebnis des mathematischen Pendels übergeht, wenn der Grenzfall m1  m2 betrachtet wird. Was passiert im Grenzfall m2  m1 und was bedeutet dieser physikalisch? Lösungsvorschlag: Das Trägheitsmoment I lässt sich nach Teilaufgabe (b) durch I=

d3r ρ(rr )(x2 + z 2 )

bestimmen. Nun steht in der Massendichte in jedem Summanden eine Delta-Funktion in x, so dass dieser Term im Integrand nicht betrachtet werden muss, und nur ∞ 3

2

d r ρ(rr )z =

I=

dz

m

1

l

−∞ 0

= −l

m1 2 z + dz l

Θ(−z) Θ(z + l) + m2 δ(z + l) z 2

∞

dz m2 δ(z + l) z 2

−∞

zu bestimmen ist, da die restlichen Integrale über die Delta-Funktionen Eins ergeben. Im zweiten Integral muss wegen der Delta-Funktion jedes z durch −l ersetzt werden. Das erste Integral lässt sich elementar berechnen, so dass m1 3 0 m1 l2 l2 z −l + m2 l2 = + m2 l2 = (m1 + 3m2 ) 3l 3 3 gefunden werden kann. Darüber hinaus wird die Lage des Schwerpunktes R benötigt. Hierzu muss das Integral I=

d3r ρ(rr )rr

R= (m1 + m2 )R

ausgewertet werden. Die Delta-Funktionen in x und y setzten diese Werte auf Null und ergeben sonst eine Eins, sodass nur das Integral ∞

R = eˆz (m1 + m2 )R

dz

m

1

l

−∞

⎛

0

= eˆz ⎝ −l

 = eˆz

Θ(−z) Θ(z + l) + m2 δ(z + l) z

m1 z+ dz l 2

∞

⎞ dz m2 δ(z + l) z ⎠

−∞

m1 −l − m2 l l 2



l = −ˆ e z (m1 + 2m2 ) 2

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

547

zu bestimmen bleibt. Damit kann die Größe R| = mR = m|R

l l (m1 + 2m2 ) = (m1 + 2m2 ) 2 2

ermittelt werden. Mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (c) ist die Kreisfrequenz damit durch    3 m1 + 2m2 g mR m1 + 2m2 2l = g = ω= g I m1 + 3m2 3l 2 m1 + 3m2 l zu ermitteln. Ist nun m1  m2 , so kann der Radikant mit m1 + 2m2 2m2 2 ≈ = m1 + 3m2 3m2 3 genähert werden, sodass sich  ω≈

g l

ergibt. Das war zu erwarten, da dieser Grenzfall dem bekannten mathematischen Pendel entspricht und sich demnach auch selbige Kreisfrequenz einstellen sollte. Im Grenzfall m2  m1 hingegen, kann der Radikant durch m1 + 2m2 m1 ≈ =1 m1 + 3m2 m1 genähert werden, sodass sich die Kreisfrequenz  3g ω≈ 2l ergibt. Dieser Grenzfall entspricht einem Pendel, dass nur aus einem massebehaftetem Stab besteht, der an einem seiner Ende aufgehängt wurde und in Schwingung versetzt wird. Die Kreisfrequenz fällt etwas größer aus, womit die Periodendauer geringer ausfallen wird. Dieses Pendel weist die gleiche Periodendauer auf, wie ein mathematisches Pendel, welches die Länge leff. =

2 l 3

besitzt. Es ist also, als wäre die Pendellänge verkürzt wurden, was nach der üblichen Überlegung des mathematischen Pendels ebenfalls zu einer erhöhten Kreisfrequenz führt.

548

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 4 Das Bertrand’sche Theorem

Betrachten Sie einen Massenpunkt, der sich in drei Dimensionen in dem radialsymmetrischen Potential V (r) bewegt. Aus diesem Grund lässt sich die Energie als E=

L2 1 2 mr˙ + + V (r) 2 2mr2

schreiben, wobei L = mr2 φ˙ der erhaltene Drehimpuls ist. In dieser Aufgabe soll gezeigt werden, dass die einzigen Potentiale, die immer geschlossene Bahnkurven hervorbringen das 1/r Potential des Kepler Problems und das r2 -Potential des harmonischen Oszillators sind. Dieses Ergebnis ist auch als das Bertrand’sche Theorem bekannt. 2 (a) (2 Punkte) Führen Sie die Größe u = 1/r ein und betrachten Sie diese als eine du bedeutet. Zeigen Sie, dass sich die Energie Funktion des Winkels φ, so dass u = dφ als   1 L2 2 L2 2 E= u + u +V 2m 2m u schreiben lässt. Lösungsvorschlag: Zunächst wird versucht die Ableitung von u nach φ durch die Zeitableitung von r auszudrücken. Dafür wird die Rechnung u =

1 dr d 1 =− 2 = −u2 r dφ r r dφ

betrachtet. Nun lässt sich aber auch r˙ =

L dr dφ L L dr = = r = u2 r  = − u dt dφ dt mr2 m m

bestimmen, sodass    2 1 1 2 L  L2 1 L2 2 E = mr˙ + u +V + V (r) = m − u + 2 2mr2 2 m 2m u   1 L2 2 L2 2 = u + u +V 2m 2m u gilt. 2 Die Betrachtungen in dieser Aufgabe richten sich dabei nach der Vorgehensweise von: Siu A. Chin, A truly elementary proof of Bertrand’s theorem, American Journal of Physics 83, 320 (2015), [arxiv:1411.7057]

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

549

(b) (6 Punkte) Leiten Sie aus der Energie aus Teilaufgabe (a) die Bewegungsgleichung für u her und finden Sie eine Bedingung für eine konstante Kreisbahn mit u0 = 1/R. Nehmen Sie weiter an, dass der Massenpunkt kleine Abweichungen von der Kreisbahn δu(t)  u0 durchführt und zeigen Sie, dass δu die Differentialgleichung eines harmonischen Oszillators mit ω2 = 3 + R

V  (R) V  (R)

erfüllt. 3 Lösungsvorschlag: Da die Bewegung in einem Kraftfeld stattfindet, das durch ein Potential verursacht wird, ist die Energie einer Erhaltungsgröße. Sie darf sich nicht mit der Zeit ändern, aber auch nicht, mit dynamischen Größen, die von der Zeit abhängen, wie dem Winkel φ. Daher lässt sich E nach φ ableiten, um    1 dE L2   1 L2   0= =2 uu +2 uu + V − 2 u dφ 2m 2m u u    1 1 L2  m u u + u − 2 2 V  = m L u u zu erhalten. Da sich im allgemeinen u mit φ ändern wird, muss die Klammer bereits Null sein, sodass die Bewegungsgleichung durch   1 m 1 u = −u + 2 2 V  L u u gegeben sein muss. Bei einer konstanten Kreisbahn, ändert sich u nicht und auch die zweite Ableitung verschwindet, sodass mit u0 = 1/R m 1 0 = −u0 + 2 2 V  L u0



1 u0

 ⇒ ⇒

  m  1 = 2V L u0 1 mR2  = V (R) R L2

u30

gelten muss. Für eine kleine Abweichung u = u0 + δu ist die zweite Ableitung nach φ alleine durch δu zu bestimmen. In der Bewegungsgleichung lassen sich die Näherungen   1 1 1 1 δu δu 1 = 2 = 2 −2 3

2 ≈ 2 1 − 2 u2 u0 u u u u0 0 0 0 1 + uδu0 = R2 − 2R3 δu 3 Hierbei

bezeichnet V  (x) die Formableitung des Potentials V und hat nichts mit dem Winkel φ zu tun.

550

Lösungen

und

      1 1 1 1 δu    ≈V =V − 2 V u u0 1 + uδu u0 u0 0     1 1 δu − V  ≈V = V  (R) − R2 V  (R)δu u0 u0 u20

verwenden, um   m 1 − δu + 2 (R2 − 2R3 δu) V  (R) − R2 V  (R)δu R L   mR2  2mR3  mR4  1 V (R) − 1 + V (R) + V (R) δu ≈− + R L2 L2 L2

δu = −

zu bestimmen. Da die Kreisbahn aber 0=−

mR2  1 + V (R) R L2

⇒

mR3 1 =  2 L V (R)

erfüllt, kann   2 R V  (R) +  V  (R) δu δu = − 1 +  V (R) V (R)    V (R) δu =− 1+2+R  V (R)   V  (R) =− 3+R  δu = −ω 2 δu V (R) gefunden werden. Es handelt sich also um einen harmonischen Oszillator mit der Kreisfrequenz ω2 = 3 + R

V  (R) . V  (R)

(c) (2 Punkte) Verwenden Sie ω > 0, um zu zeigen, dass geschlossene Bahnkurven nur für Potentiale der Form V (r) =

C k r k

mit k > −2 und C > 0 auftreten können. Wie hängen k und ω zusammen? Hinweis: Für die Ableitung des Logarithmus einer Funktion ist der Zusammenhang d f  (x) ln(f (x)) = dx f (x) gültig.

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

551

Lösungsvorschlag: Die Bestimmungsgleichung von ω lässt sich auf ω2 = 3 + R

V  (R) V  (R)

⇒

V  (R) ω2 − 3 =  V (R) R

umformen. Die linke Seite der Gleichung, kann mit dem Hinweis als V  (R) d = ln(V  (R)) V  (R) dR identifiziert werden. Nun lassen sich die Stammfunktionen auf beiden Seiten bestimd ln(x) = x1 gilt, um men, da dx ln(V  (R)) = K + (ω 2 − 3) ln(R) zu erhalten. Dabei ist K die auftretende Integrationskonstante. Wird diese Gleichung als Exponent von e betrachtet, so lässt sich V  (R) = C · Rω

2

−3

finden. Hierbei ist C = eK > 0. Dies lässt sich erneut integrieren, wobei aber auf Integrationskonstanten verzichtet wird, da diese als Konstanten zum Potential beitragen und somit nicht zu den physikalischen Kräften. So lässt sich V (R) =

2 C Rω −2 ω2 − 2

erhalten. Bisher wurde ein festes R betrachtet, welches jedoch wiederum von E und L abhängig ist, so dass die Wahl von R von den Anfangsbedingungen abhängt. Daher kann R als beliebig angesehen werden und diese Gleichung muss für jedes r gelten, weshalb das Potential die Form V (r) =

C k r k

mit k = ω 2 − 2 > −2 haben muss. (d) (4 Punkte) Zeigen Sie nun, dass die Differenz zwischen dem Apoapsis- und Periapsiswinkel ψ = φA − φP durch ψ=√

π 2+k

gegeben sein muss, damit sich geschlossene Bahnkurven ergeben. Argumentieren Sie, weshalb ψ ein rationales Vielfaches von π sein muss. Begründen Sie damit, weshalb ψ weder eine Funktion von E noch von L sein kann.

552

Lösungen

Lösungsvorschlag: Das sich die Lösung δu = A cos(ωφ) + B sin(ωφ) des harmonischen Oszillators δu = −ω 2 δu auch auf δu = δu0 cos(ωφ + λ) mit der Phase λ umformen lässt, kann der Einfachheit halber direkt λ = 0 betrachtet werden, so dass φP = 0 wegen δu(0) = δu0 > 0

⇒

der Periapsis und φA = ωπ wegen π = −δu0 < 0 ⇒ δu ω

r=

1 ≈ R − R2 δu0 < R u0 + δu0

r=

1 ≈ R + R2 δu0 > R u0 − δu0

der Apoapsis entspricht. Somit ist der Winkel ψ direkt durch π π ψ = φA − φP = − 0 = ω ω zu bestimmen. √ Da nach der voran gegangenen Aufgabe bei geschlossenen Bahnkurven aber ω = 2 + k gelten muss, muss auch π ψ=√ 2+k sein. Der Winkel ψ muss ein rationales Vielfaches von 2π sein, damit nach einer ganzzahligen Vielfachen n ∈ Z Anzahl an Durchläufen von Periapsis zu Apoapsis und wieder zu Periapsis ein ganzzahliges Vielfaches z ∈ Z vom Winkel 2π überstrichen wurde, damit die Periapsis wieder am gleichen Ort auftritt. Also muss z z 2π = π 2nψ = 2πz ⇒ ψ = 2n n gelten. Mit der Zahl q = nz ∈ Q zeigt sich, dass ψ ein rational Vielfaches von π sein muss. Daher darf ψ auch nur im Rahmen der rationalen Zahlen variiert werden, wenn es sich bei jeder Bahnkurve um eine geschlossene handeln soll. Nun liegt zwischen zwei beliebigen rationalen Zahlen stets eine nicht rationale Zahl. Weil die Energie und der Drehimpuls aber kontinuierlich variiert werden können, müsste bei einer Abhängigkeit von diesen Variablen der Winkel ψ auch nicht rationale Vielfache von π überstreichen. In diesem Fall gäbe es aber keine geschlossene Bahnkurven. Somit darf ψ weder von E noch von L abhängen.

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

553

(e) (4 Punkte) Betrachten Sie nun den Fall k > 0 und bestimmen Sie im Limes E → ∞ das maximal mögliche umax . Führen Sie damit die Größe x = u/umax ein und begründen Sie, weshalb der Term durch das Potential V für alle x außer für x = 0 verschwindet. Leiten Sie für diesen Grenzfall die Bewegungsgleichung in x her und zeigen Sie so, dass π ψ= 2 gilt, beachten Sie dazu auch den unendlichen Wert des Potentials bei x = 0. Lösungsvorschlag: Die Energie ist mit V (r) =

C k r k

durch L2 2 L2 2 C 1 u + u + 2m 2m k uk 2 2 L L C 1 u2 + u2 + 1= 2mE 2mE Ek uk

E= ⇒

gegeben. An extremen Punkten von u verschwindet dessen Ableitung, sodass bei hohen Energien, der maximale Wert von u maßgeblich durch den u2 -Term bestimmt wird. Der u−k Term ist wegen k > 0 für immer größere E und damit immer weiter außen liegenden u immer stärker zu vernachlässigen, sodass  2mE L2 2 u ⇒ umax = E= 2m max L2 verwendet werden kann. Wird dies in den Ausdruck für die Energie eingesetzt, kann  k/2  2 k/2 L L2 2 L2 2 C 1 2mE 1= u + u + k 2 2mE 2mE Ek u L 2mE   2  2

k k u u 1 L C umax √ = + + umax umax k u ( 2m)k E 1+k/2 bestimmt werden. Mit der Größe x = u/umax und daher auch x = u /umax kann schlussendlich 1 = x2 + x2 −

1 CLk k 1+k/2 xk k( 2m) E √

gefunden werden. Im Grenzfall E → ∞ verschwindet der Potential-Term wegen der E −1−k/2 -Abhängigkeit für alle x > 0. Bei x = 0 besitzt dieser Term eine Polstelle, so dass hier eine unendlich hohe Wand entsteht. Daher wird der minimale Wert für x durch x = 0 gegeben sein. In jedem Fall gehorcht x ∈ (0, 1] nun der Gleichung 1 = x2 + x2 .

554

Lösungen

Wird diese nach φ abgeleitet, lässt sich so die Bewegungsgleichung 0 = 2x (x + x)

⇒

x = −x

aufstellen, die durch x(φ) = cos(φ)

φ ∈ [0, π/2)

gelöst wird. Da x = 1 dem umax = 1/rmin und daher der Periapsis und x → 0 mit r → ∞ der Apopsis entspricht, kann der Winkel ψ = φA − φP =

π π −0= 2 2

gefunden werden. Wie in (d) bereits argumentiert, kann ψ weder von der Energie noch vom Drehimpuls abhängen und es muss daher für alle k > 0 der Zusammenhang ψ = π2 gelten, damit sich geschlossene Bahnkurven ergeben. (f) (4 Punkte) Betrachten Sie den Fall k < 0 im Limes E → 0 und führen Sie κ = −k und die Größe x2 = u2−κ ein und zeigen Sie so, dass 2

u x = (2 − κ) x u

gilt. Finden Sie damit die Bewegungsgleichung für x und zeigen Sie, dass ψ=

π 2+k

gültig ist. Hinweis: Im besagten Limes wird rmax gegen unendlich streben, was bedeutet dies für xmin ? Lösungsvorschlag: Wie in Teilaufgabe (e) ist die Energie durch E=

L2 2 L2 2 C 1 u + u + 2m 2m k uk

gegeben. Sie lässt sich mit κ = −k nun aber auch als E=

L2 2 L2 2 C κ u + u − u 2m 2m κ

schreiben. Im Grenzwert E → 0 verschwindet die linke Seite und es bietet sich an, mit uκ zu dividieren, um L2 u2 L2 2−κ C u + − 2m uκ 2m κ L2 u2 L2 2−κ C = u + κ 2m uκ 2m 0=

⇒

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

555

zu erhalten. Mit der Einführung von x2 = u2−κ lässt sich im zweiten Term direkt x2 einfügen. Für die Ableitung muss d 2 x = 2xx dφ u d 2−κ u u = = (2 − κ)u1−κ u = (2 − κ) = (2 − κ)x2 dφ u u u x ⇒ 2 = (2 − κ) x u verwendet werden, um u2 u2 = 2 u2−κ = κ u u



u u

2

x2 =



2 2−κ

2

x2

zu erhalten, was in der vorigen Formel eingesetzt werden kann, um

⇒

 2 2 C L2 L2 2 = x x2 + κ 2m 2 − κ 2m 2  2 2  2−κ x mC 2 − κ x2 + = κL2 2 2 2 2

zu finden. Dies lässt sich nun nach φ ableiten. Da die linke Seite nur aus Konstanten besteht, wird sie verschwinden und aus  2   2−κ   x 0=x x + 2 lässt sich die Bewegungsgleichung x = −



2−κ 2

2 x

für x ablesen. Diese kann durch 

   2−κ 2−κ x(φ) = A cos φ + B sin φ 2 2 lösen. Da x = 0 auch einem u = 0 und damit einem r = ∞ entsprechen würde, stellt dies im Limes E → 0 das minimal mögliche x dar. Auf der anderen Seite wird es ein minimal mögliches r geben, was einem maximalen x, das mit x0 bezeichnet werden soll entspricht. Da die Phase von x beliebig gewählt werden kann, kann auch die Lösung   2−κ φ x(φ) = x0 cos 2

556

Lösungen

betrachtet werden. Nun stellt φP = 0 das maximale x und daher das minimale r und somit die Periapsis dar, während für 2−κ π φA = 2 2 die Apoapsis erreicht wird. Damit lässt sich dann der Winkel ψ als ψ = φA − φP =

π π = 2−κ 2+k

bestimmen. Wie bereits in Teilaufgabe (e) argumentiert, darf ψ nicht von E und L abhängen, sondern muss für jedes k < 0 diesen Wert annehmen, damit es stets zu geschlossenen Bahnkurven kommen kann. (g) (3 Punkte) Verwenden Sie die Ergebnisse aus den Teilaufgaben (d), (e), (f), um zu argumentieren, welche Werte für k zulässig sind. Betrachten Sie auch den Grenzwert k → 0 und bestimmen Sie die Form des Potentials. Warum wird dieses Potential ebenfalls keine geschlossene Bahnkurve zulassen? Lösungsvorschlag: Zum Einen muss für geschlossene Bahnkurven immer der Zusammenhang ψ=√

π 2+k

gelten, zum Anderen muss für k > 0 der Zusammenhang ψ = die Gleichung √

π π = 2 2+k

⇒

2+k =4

⇒

π 2

gelten. Daher kann

k=2

gefunden und eindeutig gelöst werden. Für k > 0 können nur mit k = 2 stets geschlossene Bahnkurven auftreten. Dies entspricht dem r2 -Potential des harmonischen Oszillators. Im Fall k < 0 muss ψ=

π 2+k

⇒

1=2+k

gelten, sodass sich die Gleichung π π =√ 2+k 2+k

⇒

k = −1

gefunden und eindeutig gelöst werden kann. Für k < 0 kann daher nur das 1/rPotential stets geschlossene Bahnkurven hervorbringen. Im Fall k = 0 ist ψ=√

π π =√ 2+0 2

3.13

Lösung zur Klausur XIII - Klassische Mechanik

557

kein rational Vielfaches von π, weshalb es keine geschlossenen Bahnkurven geben wird. Das Potential, um das es sich dabei handelt, kann wegen   C k2 C C 2 1 + k ln(r) + (ln(r)) + · · · V (r) = rk = exp(k ln(r)) ≈ k k k 2 und der zu vernachlässigenden Konstanten in Potentialen im Fall k → 0 als logarithmisches Potential V (r) = C ln(r) identifiziert werden, welches ein Kraftfeld der Form 1/r erzeugen würde. In ihm existieren nach der vorliegenden Betrachtung Bahnkurven, die nicht geschlossen sind.

3.14

3.14

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

559

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

Hinweise Aufgabe 1 - Kurzfragen (a) Wie lassen sich Sinus und Kosinus durch komplexe Exponentialfunktionen ausdrücken? (b) Wie lässt sich die Arbeit über ein Wegintegral bestimmen? Wie kann die zeitliche Ableitung der Energie durch die Bewegungsgleichung vereinfacht werden? (c) In welche Richtung wirkt die Fadenspannkraft? Wie ist die Arbeit durch ein Linienintegral zu definieren? Stehen das Linienelement und die Fadenspannkraft in einer bestimmten Beziehung zueinander? (d) Entlang welcher Linie wird sich der Schwerpunkt verschieben? Muss das Problem dreidimensional betrachtet werden, oder reicht auch eine Betrachtung im Grundriss? (e) Die Gezeitenkräfte sind die Differenz aus der Beschleunigung an der Oberfläche und der Beschleunigung des Schwerpunkts. Aufgabe 2 - Waagrechter Wurf mit Energieverlust (a) Welche Kraft wirkt auf den Massenpunkt? Lassen sich horizontale und vertikale Kom 2z0 ponente trennen? Wieso ist Δt0 = g gültig? (b) Wie lässt sich die Energie des Massenpunktes durch z und z˙ ausdrücken? Lässt sich die kinetische Energie in horizontaler Richtung von diesem Ausdruck abspalten? Wie kann so Δt1 = r 8zg0 gefunden werden? (c) Lassen sich τ und σ durch die angegebene geometrische Reihe bestimmen? (d) Wieso ist für die Impulse nach dem n-ten Aufprall |pn | = rn |p0 | gültig? Wie lässt sich damit  1+r Δp = m 2gz0 1−r zeigen? Welchen Wert sollte der Energieunterschied annehmen? Warum wird dieser von r unabhängig sein? Aufgabe 3 - Elastischer Stoß (a) Wie ist der Schwerpunkt definiert und wie lässt sich sein Impuls mittels der Newton’schen Gesetze bestimmen? Sie sollten π 1 = p1 − erhalten.

m1 P M

π 2 = p2 −

m2 P M

560

Lösungen

(b) Wie lassen sich die Gleichung der Energieerhaltung und die Gleichung der Impulserhaltung kombinieren? Sie sollten außerdem p 1 = π 1 +

m1 P M

p 2 = π 2 +

m2 P M

finden. (c) Wie lauten die Impulse im Schwerpunktsystem? Wieso ist P = sollten den Zusammenhang tan(θL ) =

M m2 π 1

gültig? Sie

sin(θR ) γ + cos(θR )

finden. (d) Wieso sind π1 + π 1 p 1 = γπ

π 1 + π 1 p 1 = γπ

p 2 = π 1 − π 1

π 1 | = |π π 1 | lässt die benötigten Zusammenhänge für die gesuchte Konstruktion? Mit |π sich ein Kreis definieren, wo liegt der Mittelpunkt dieses Kreises? Warum sind nur für γ > 1 alle Werte zwischen 0 und π für γ möglich? (e) Wieso ist E2 =

π12 (1 − cos(θR )) m2

gültig? Warum wird bei einem zentralen Stoß mit gleichen Massen die gesamte Energie auf Masse Zwei übertragen? Aufgabe 4 - Störung am harmonischen Oszillator (a) Wie hängen Kraft und Potential zusammen? Sie sollten als Energie E=

1 1 mx˙ 2 + mω 2 x2 + αx4 2 2

erhalten. Lässt sich die Ableitung der Energie mit der Bewegungsgleichung in Verbindung bringen? (b) Wie lautet die Energie zum Zeitpunkt t = 0? Lässt sich die Energie nach x˙ umstellen und anschließend integrieren? Wie lässt sich die so gefundene Differentialgleichung mittels Trennung der Variablen lösen? (c) Ist eine Taylor-Entwicklung um α = 0 hilfreich? Wie kann die Substitution x = x0 sin(τ ) verwendet werden? Sie sollten δT 3αx20 =− T0 2mω 2 erhalten.

3.14

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

561

(d) Wie lassen sich für das Pendel Polarkoordinaten einführen? Wie lautet die TaylorEntwicklung des Kosinus? Sie sollten α=−

mω 2 24l2

finden. (e) Wie lässt sich die Energie nach x˙ umstellen und die so erhaltene Differentialgleichung mittels Trennung der Variablen lösen? Sie sollten zunächst das Integral √ T = 2 2m

x0

0

dx  E − U (x)

erhalten. Wie lässt sich die Wurzel in einer Taylor-Entwicklung nähern?

562

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen (a) (5 Punkte) Benutzen Sie die Euler-Formel e±ix = cos(x) ± i sin(x) , um das trigonometrische Additionstheorem cos(x ± y) = cos(x) cos(y) ∓ sin(x) sin(y) zu beweisen. Lösungsvorschlag: Die Euler-Formel lässt es zu, die Ausdrücke cos(x) =

 1  ix e + e−ix 2

sin(x) =

 1  ix e − e−ix 2i

für die trigonometrischen Funktionen zu finden. Damit lässt sich cos(x ± y) zu

1 i(x±y) e cos(x ± y) = + e−i(x±y) 2 bestimmen. Das Produkt cos(x) cos(y) lässt sich über   1  ix e + e−ix eiy + e−iy 4

1 i(x+y) = e + e−i(x+y) + ei(x−y) + e−i(x−y) 4

cos(x) cos(y) =

ausmultiplizieren. Das Produkt sin(x) sin(y) ist hingegen durch   1  ix e − e−ix eiy − e−iy 4

1 i(x−y) = e + e−i(x−y) − ei(x+y) − e−i(x+y) 4

sin(x) sin(y) = −

zu bestimmen. Wird die Summe der beiden Ausdrücke betrachtet, so kann

1 i(x−y) cos(x) cos(y) + sin(x) sin(y) = 2e +2 e−i(x−y) 4

1 i(x−y) = e + e−i(x−y) 2 gefunden werden, was gerade cos(x − y) entspricht. Die Differenz kann hingegen zu

1 i(x+y) 2e cos(x) cos(y) − sin(x) sin(y) = +2 e−i(x+y) 4

1 i(x+y) = e + e−i(x+y) 2

3.14

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

563

bestimmt werden und entspricht cos(x + y). Insgesamt konnte so der Zusammenhang cos(x ± y) = cos(x) cos(y) ∓ sin(x) sin(y) gezeigt werden. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie die Bewegung eines Massenpunktes m unter dem Einfluss einer konservativen Kraft F kons = − grad(U (rr )) und einer dissipativen Kraft F dis . Bestimmen Sie die Arbeit W12 , die der Massenpunkt verrichtet, wenn er sich vom Ort r 1 zum Ort r 2 bewegt. Finde Sie außerdem die zeitliche Ableitung von E=

1 2 mr˙ + U (rr ). 2

Lösungsvorschlag: Das Arbeitsintegral ist durch r2

F kons + F dis ) drr · (F

W12 = − r1

zu bestimmen. Da sich F kons als Gradientenfeld bestimmen lässt ist das Integral direkt auszuführen. Für den disipativen Teil bietet es sich an, stattdessen über die Zeit zu integrieren. So kann insgesamt r2

t2

drr · grad(U (rr )) −

W12 = r1

dt t1

drr · F dis dt

t2

= U (rr 2 ) − U (rr 1 ) −

dt r˙ · F dis t1

erhalten werden. Die zeitliche Ableitung von E lässt sich über dE ∂ U dri = mr˙ r¨ + = r˙ · (m¨ r − (− grad(U ))) = r˙ · (m¨ r − F kons ) dt ∂ri dt bestimmen. Da die Bewegungsgleichung durch m¨ r = F kons + F dis gegeben ist, lässt sich dieser Ausdruck weiter zu dE = r · F dis dt vereinfachen.

564

Lösungen

(c) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Fadenpendel der Länge l. Stellen Sie die Bewegungsgleichungen auf und zeigen Sie, dass bezüglich der Seilspannkraft keine Arbeit verrichtet wird. Lösungsvorschlag: Der Massenpunkt des Fadenpendels unterliegt zwei Kräften: Der Fadenspannkraft F F = −FFeˆr und der Schwerkraft F g = −mgˆ e z . Somit kann die Bewegungsgleichung m¨ r = F F + F g = −FFeˆr − mgˆ ez aufgestellt werden. Der Ortsvektor wird durch r = lˆ er mit konstantem l gegeben sein, so dass sich die Geschwindigkeit durch ˙e θ r˙ = lθˆ bestimmen lässt. Damit lässt sich das Arbeitsintegral r2

WF = −

t2

drr · F F = − r1

t2

˙ F (ˆ dt lθF e θ · eˆr ) = 0

dt r˙ · F F = t1

t1

aufstellen. Da die Fadenspannkraft senkrecht auf der Bewegungsrichtung steht, verschwindet das Arbeitsintegral. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Prisma der Höhe h mit quadratischer Grundfläche der Kantenlänge a und der Masse M , aus dem nun in der oberen rechten Ecke ein kleines Prisma mit gleicher Höhe, aber mit quadratischer Grundfläche der Kantenlänge b entfernt wird. An diese Stelle wird passgenau ein Prisma der Masse m eingesetzt. Bestimmen Sie die Lage des Schwerpunkts des so entstandenen Objekts. Drücken Sie Ihr Ergebnis auch über die Dichten der beiden Prismen aus. Betrachten Sie die Grenzfälle ρm → ρM , b → 0 und b → a und diskutieren Sie deren Sinnhaftigkeit. Lösungsvorschlag: Der Schwerpunkt wird auf der Diagonale liegen und die Größe r soll angeben, wie weit diese vom Mittelpunkt des Quadrats mit Kantenlänge a entfernt ist. Ein positives r bedeutet dabei, dass der Schwerpunkt in Richtung des Mittelpunkt des Quadrates mit Kantenlänge b rückt. Zunächst muss der Schwerpunkt des Prismas bestimmt werden, das dem Quadrat mit Kantenlänge a und herausgeschnittenem Quadrat mit Kantenlänge b entspricht. Da der Schwerpunkt des gesamten Prismas mit Masse M bei rM = 0 liegt und die beiden Teile die Massen   b2 b2 M 2 = M − M1 = 1 − 2 M M1 = 2 M a a

3.14

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

565

beträgt, lässt sich so die Bedingung 0 = M rM = M1 r1 + M2 r2 aufstellen. Der Schwerpunkt r1 des Quadrats mit Kantenlänge b kann aus geometrischen Überlegungen zu √ r1 = 2(a − b) bestimmt werden. Somit ist der Schwerpunkt der Restform durch M2 r2 = −

b2 √ M 2(a − b) a2

gegeben. Der Schwerpunkt des zusammengesetzten Prismas lässt sich dann über (M + m)r = M2 r2 + mr1 = −

√ b2 √ M 2(a − b) + m 2(a − b) 2 a

m − ab 2 M √ 2(a − b) m+M 2

⇒

r=

ermitteln. Mit den Dichten ρm und ρM lassen sich die Massen über m = ρm b2 h

M = ρm a2 h

ausdrücken. Daher kann der Schwerpunkt schlussendlich zu r=

ρm b2 − ρM b2 √ ρm − ρM √ 2(a − b) = 2(a − b) 2 2 2 ρm b + ρ M a ρm + ρM ab2

bestimmt werden. Die drei zu betrachtenden Grenzwerte sollten alle einen Schwerpunkt bei r = 0 erzeugen, denn bei ρm → ρM wird das Quadrat wieder mit dem fehlenden Stück aufgefüllt, bei b → 0 findet keine Ersetzung statt und bei b → a findet eine vollständige Ersetzung statt. Für ρm → ρM wird der Zähler gegen Null streben, während alle anderen Ausdrücke feste Werte annehmen, daher wird r → 0 gehen. Für b → 0 muss der Ausdruck für r erst zu ρm − ρM √ 2(a − b) r = b2 ρm b2 + ρM a2 umgeformt werden. Hier ist direkt zu erkennen, dass für b → 0 ebenfalls r → 0 geht. Schlussendlich wird für b → a die Klammer Null, sodass auch hier r → 0 gilt. Die Ergebnisse der Grenzwerte stimmen mit den Erwartungen überein und sind daher sinnvoll. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie einen kleinen Körper der Masse m und des Radius r, der sich im Gravitationsfeld eines großen Körpers der Masse M und des Radius R befindet. Bestimmen Sie den Abstand d der Schwerpunkte der beiden Körper, ab dem sich

566

Lösungen

an der Oberfläche des kleinen Körpers die Gezeitenkräfte und die Gravitationskraft durch den kleinen Körper ausgleichen. Drücken Sie diese Grenze als Funktion des Radius des großen Körpers und der mittleren Dichten der beiden Körper aus. Lösungsvorschlag: Zunächst sollen die Gezeitenkräfte an der Oberfläche bestimmt werden. Dazu werden die Schwerpunkte auf die x-Achse gelegt. Die Masse M befindet sich im Ursprung, während sich die Masse m am Punkt dˆ e x befindet. Die Oberfläche ist dann an der Stelle (d − r)ˆ e x zu verorten. Die Masse m wird von der Masse M mit der Beschleunigung aM m = −

GM eˆx d2

angezogen. Die Beschleunigung durch die Masse M an der Oberfläche kann zu aM = −

GM r GM eˆx ≈ − 2 1 + 2 eˆx 2 (d − r) d d

bestimmt werden, wobei r  d angenommen wurde. Die Gezeitenbeschleunigung ist als die Differenz a Gez. = a M − a M m = −2

GM rˆ ex d3

dieser beiden Beschleunigungen gegeben. Die gravitative Anziehung durch die Masse m lässt sich zu am =

Gm eˆx r2

bestimmen. Der Punkt, an dem sich diese beiden Beschleunigungen ausgleichen, lässt sich dann durch die Bedingung   M m 0 = a Gez. + a m = −G 2 3 r − 2 eˆx d r M ⇒ d3 = 2 r 3 m bestimmen und ist als Roche-Grenze bekannt. Da für die mittleren Dichten ρm und ρM wegen mi = ρi ri3

4π 3

der Zusammenhang M ρM R3 = m ρm r 3

3.14

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

gilt, kann so auch 2ρM ρM R3 3 r = R3 ρm r 3 ρm  ρM d=R3 2 ρm

d3 = 2 ⇒ gefunden werden.

567

568

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 2 Waagrechter Wurf mit Energieverlust

Betrachten Sie einen Massenpunkt der Masse m, der bei t = 0 vom Punkt (x = 0, z = z0 ) mit der Geschwindigkeit v0 in horizontaler Richtung geworfen wird und dem Schwerefeld der Erde ausgesetzt ist. Jedes mal, wenn er mit dem Boden bei z = 0 kollidiert, wird er vertikal reflektiert und verliert dabei ein Teil seines vertikalen Impulses, so dass dieser nach dem Aufprall den Bruchteil r < 1 des vertikalen Impulses vor dem Aufprall beträgt. Ziel der Aufgabe ist es, herauszufinden, wann der Massenpunkt seine vertikale Bewegung einstellt. Hinweis: Für die gesamte Aufgabe, wird die geometrische Reihe ∞  n=1

qn =

q 1−q

|q| < 1

hilfreich sein. (a) (4 Punkte) Bestimmen Sie mit Hilfe der Bewegungsgleichungen den Zeitpunkt Δt0 , zu welchem der Massenpunkt zum ersten Mal mit dem Boden kollidiert. Ermitteln Sie damit die Strecke Δs0 , die er in dieser Zeit in horizontaler Richtung zurückgelegt hat und drücken Sie dieses Ergebnis durch v0 und z0 aus. Lösungsvorschlag: Solange kein Zusammenstoß stattfindet ist die einzige Kraft, welche der Massenpunkt erfährt durch −mgˆ e z gegeben. Daher können die Bewegungsgleichungen m¨ x=0

m¨ z = −mg

aufgestellt werden. Die erste wird durch x(t) = x(0) + x(0)t ˙ = v0 t gelöst, während die Lösung der zweiten Gleichung vor dem ersten Aufprall durch g g z(t) = z(0) + z(0) ˙ − t2 = z0 − t2 2 2 gegeben ist. Da der Aufprall zum Zeitpunkt Δt0 stattfinden soll, muss die Gleichung g z(Δt0 ) = 0 ⇒ z0 − (Δt0 )2 = 0 2 erfüllt sein. Daher lässt sich  2z0 Δt0 = g bestimmen. Dieses Ergebnis lässt sich in die Lösung x(t) einsetzen, um  2z0 v02 Δs0 = x(Δt0 ) = v0 Δt0 = g zu ermitteln.

3.14

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

569

(b) (6 Punkte) Verwenden Sie nun die Energieerhaltung, sowie die Newton’schen Gesetze, um zu argumentieren, weshalb der Massenpunkt nach dem ersten Zusammenstoß nur auf die Höhe z1 = r2 z0 zurückkehren wird. Bestimmen Sie damit den horizontalen Abstand Δs1 und den zeitlichen Abstand Δt1 zwischen dem ersten und dem zweiten Aufprall auf dem Boden. Lösungsvorschlag: Die Energie des Massenpunktes lässt sich zu 1 1 E = m(x˙ 2 + z˙ 2 ) + mgz = mv02 + 2 2



1 mz˙ 2 + mgz 2



bestimmen. Da in x-Richtung keine Kraft wirkt, muss die Bewegungsgleichung x ¨=0 für alle Zeiten gelten und daher wird sich die Geschwindigkeit v0 nicht ändern. Damit ist der erste Term in der Energie konstant und es lässt sich stattdessen 1 1 Ev = E − mv02 = mz˙ 2 + mgz 2 2 definieren. Zwischen zwei Aufprallen ist die Größe Ev konstant. Beim Abwurf ist Ev durch Ev = mgzmax = mgz0 gegeben, so dass auch die Geschwindigkeit beim Aufprall durch Ev =

1 mv 2 2 max

bestimmbar ist. Da sich der vertikale Impuls und daher auch die vertikale Geschwindigkeit vmax auf den Bruchteil r verringert, kann die Größe Ev nach dem Stoß zu Ev =

1 1 2 mvmax = mr2 vmax = r2 Ev 2 2

 bestimmt werden. Da für den neuen höchsten Punkt zmax aber ebenfalls  Ev = mgzmax

gelten muss, muss der Zusammenhang  = r2 Ev = r2 mgzmax mgzmax

⇒

 zmax = z1 = r2 zmax = r2 z0

gültig sein. In Teilaufgabe (a) wurde die Zeit Δt0 als Funktion von z0 angegeben. Daher lässt sich das Zeitintervall als Funktion des höchsten Punktes der Flugbahn ermitteln. Um das Zeitintervall Δt1 zu bestimmen, muss z0 also durch z1 ersetzt werden. Da der Massenpunkt horizontal abgeworfen wurde, handelt es sich bei dem Zeitintervall Δt0 nur um das Zeitintervall eines Halbbogens. Zwischen zwei Aufprallen liegt jedoch ein vollständiger Bogen, sodass    2z1 8r2 z0 8z0 Δt1 = 2Δt0 (z1 ) = 2 = =r g g g

570

Lösungen

gilt. In horizontaler Richtung hat der Massenpunkt weiterhin die Geschwindigkeit v0 , sodass sich  8z0 v02 Δs1 = v0 Δt1 = r = 2rΔs0 g bestimmen lässt. (c) (8 Punkte) Verallgemeinern Sie das Vorgehen aus Teilaufgabe (b), um so zu zeigen, dass  8z0 n Δtn = r g für n ≥ 1 gilt. Finden Sie damit auch Δsn und bestimmen Sie so die Zeit τ und die Strecke σ, die verstreicht, bis der Massenpunkt seine vertikale Bewegung einstellt. Diskutieren Sie zunächst das Verhalten von σ in den Grenzfällen r → 0, 1. Welchen Wert nimmt σ für r = 12 an? Beschreiben Sie die Bewegung für t > τ . Lösungsvorschlag: In Teilaufgabe (b) wurde herausgefunden, dass bei jedem Aufprall die neue maximale Höhe das r-fache der vorherigen maximalen Höhe war, sodass sich zn+1 = r2 zn für alle n ∈ N0 schreiben lässt. Da das Zeitintervall Δtn für eine vollen Bogen durch  8zn Δtn = g bestimmt ist, muss das Zeitintervall Δtn+1 durch   8zn+1 8zn =r = rΔtn Δtn+1 = g g bestimmt sein, sofern n ≥ 1 ist. Hieraus lässt sich die Vermutung Δtn = rn−1 Δt1 aufstellen. Mittels vollständiger Induktion, lässt sich diese beweisen. Der Induktionsanfang wird für n = 1 gebildet. Hier ist Δt1 = r0 Δt1 = r1−1 Δt1 und die Aussage somit erfüllt. Ist nun der Zusammenhang Δtn = rn−1 Δt1

3.14

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

571

für ein beliebiges n als Induktionsvoraussetzung gültig, kann im Induktionsschritt der Ausdruck Δtn+1 = rΔtn = r · rn−1 Δt1 = r(n+1)−1 Δt1 bestimmt werden. Somit ist die Aussage für alle n ≥ 1 gültig und es kann  8z0 Δtn = rn−1 Δt1 = 2rn−1 · rΔt0 = 2rn Δt0 = rn g bestimmt werden. Wie auch in Teilaufgabe (b) lässt sich die Strecke Δsn einfach über  8z0 v02 n Δsn = v0 Δtn = r g ermitteln. Das gesamte Zeitintervall τ lässt sich durch die unendliche Summe τ=

∞ 

Δtn

n=0

bestimmen. Da Δt0 eine andere Form als Δtn für n ≥ 1 hat, ist es zu empfehlen, diesen Summand aus der Summe zu ziehen, um τ = Δt0 +

∞ 

Δtn = Δt0 +

n=1

∞ 

2rn Δt0

n=1

= Δt0 + 2Δt0

∞ 

rn

n=1

zu erhalten. Hier lässt sich wegen r < 1 der Hinweis verwenden, um schlussendlich  r 1 − r + 2r 1+r 1 + r 2z0 τ = Δt0 + 2Δt0 = Δt0 = Δt0 = 1−r 1−r 1−r 1−r g zu bestimmen. Da sich Δsn von Δtn nur um einen Faktor v0 unterscheidet kann mit σ = v0 τ auch  1+r 1 + r 2z0 v02 = Δs0 σ= 1−r g 1−r bestimmt werden. Im Grenzfall r → 0 wird der gesamte Impuls in vertikaler Richtung beim ersten Aufprall vom Massenpunkt in den Boden absorbiert. Der Massenpunkt sollte also seine vertikale Bewegung bereits beim ersten Aufprall einstellen. Die Grenzwerte r→0

τ → Δt0 r→0

σ → Δs0

572

Lösungen

stimmen mit dieser Überlegung überein, da sie das Zeitintervall und die Strecke bis zum ersten Aufprall darstellen. Im Grenzfall r → 1 wird der gesamte Impuls an den Massenpunkt zurückgegeben, wodurch dieser nach jedem Aufprall wieder die gleiche Höhe erreicht. Die vertikale Bewegung sollte daher nie enden. Auch hier zeigen die Grenzwerte r→0

τ → ∞ r→0

σ → ∞ das erwartete Verhalten. Für r = 12 lässt sich σ zu σ=

1 + 12 1+r Δs0 = Δs0 = 3Δs0 1−r 1 − 12

bestimmen. Der Zeitpunkt τ markiert nur den Zeitpunkt, zu dem die vertikale Bewegung eingestellt wird. Die horizontale Bewegung findet nach wie vor statt, sodass für t > τ der Massenpunkt auf dem Boden mit der Geschwindigkeit v0 entlang gleitet. (d) (7 Punkte) Bestimmen Sie die Änderung der Energie ΔEn und des Impuls Δpn für jeden Aufprall. Finden Sie damit den gesamten Energie- und Impulsübertrag und interpretieren Sie diese physikalisch. Betrachten Sie dabei auch die beiden Grenzfälle r → 0, 1. Lösungsvorschlag: Da bei jedem Aufprall der vertikale Impuls p auf den Bruchteil r verringert wird, kann die Gleichung pn+1 = −rpn > 0

⇒

|pn+1 | = r|pn |

aufgestellt werden, die sich mit einem analogen induktiven Beweis wie in Teilaufgabe (c) direkt zu |pn | = rn |p0 | bestimmen lässt. Somit lässt sich der Impulsunterschied bei jedem Aufprall Δpn = pn+1 − pn = |pn+1 | + |pn | = rn |p0 |(r + 1) bestimmen. Der Impuls p0 lässt sich durch p0 = mz(Δt ˙ 1 ) = −mgΔt0 = −mg



 2z0 = −m 2gz0 g

ermitteln. Dies lässt sich einsetzen, um  Δpn = rn (r + 1)m 2gz0

3.14

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

573

zu erhalten. Der gesamte Impulsübertrag lässt sich mittels Δp =

∞ 

Δpn =

n=0

= (r + 1)m



= (r + 1)m 



rn (r + 1)m

2gz0

n=0



=m

∞ 

2gz0

2gz0

∞ 



 r = (r + 1)m 2gz0 n

n=0

 2gz0 1 +

r 1−r



1+ 

= (r + 1)m

∞ 

 r

n

n=1

2gz0 ·

1 1−r

1+r 1−r

bestimmen. Für den Unterschied der Energie kann p2n+1 p2 p2 − n = (r2 − 1) n 2m 2m 2m 2 p m2 2gz0 = (r2 − 1)r2n 0 = (r2 − 1)r2n 2m 2m 2 2n = (r − 1)r mgz0

ΔEn =

bestimmt werden. Der gesamte Unterschied der Energie lässt sich mit der Rechnung ΔE =

∞ 

ΔEn = (r − 1)mgz0

n=0 2

2

= (r − 1)mgz0

∞ 

r2n

n=0

 1+

∞ 



2 n

(r )

n=1

 = (r2 − 1)mgz0 1 +

r2 1 − r2



1 = (r − 1)mgz0 = −mgz0 1 − r2 2

finden. Zunächst fällt auf, dass der Energieübertrag ΔE von r unabhängig ist und stets −mgz0 beträgt. Der Massenpunkt gibt also all seine potentielle Energie ab. Dies ist dahingehend sinnvoll, dass der Massenpunkt zum Zeitpunkt τ seine vertikale Bewegung einstellt und daher keine Energie für die vertikale Bewegung zur Verfügung hat. Die Impulsänderung  1+r Δp = m 2gz0 1−r ist im Grenzfall r → 0 betragsmäßig gleich dem Impuls beim ersten Aufprall. Da der Massenpunkt seine vertikale Bewegung nach einem Aufprall einstellt, ist es sinnvoll, dass auch der gesamte Impuls auf den Boden übertragen wird. Im Grenzfall r → 1 wird die Impulsänderung unendlich groß. Der Massenpunkt prallt unendlich oft auf den Boden auf und überträgt bei jedem Aufprall den selben Impuls an den Boden, sodass die Summe unendlich groß werden muss.

574

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 3 Elastischer Stoß

Betrachten Sie den Stoßprozess von zwei Körpern der Massen m1 und m2 mit dem Impulsen im Laborsystem p 1 und p 2 . (a) (2 Punkte) Finden Sie den Impuls des Schwerpunktes P und drücken Sie die Impulse der beiden Körper im Schwerpunktsystem π 1 und π 2 durch die Impulse im Laborsystem p α , die Massen der Körper mα , die Gesamtmasse M und den Schwerpunktimpuls aus. Lösungsvorschlag: Der Schwerpunkt R ist über die Gleichung R = m 1 r 1 + m2 r 2 MR gegeben, wobei M = m1 + m2 die Gesamtmasse darstellt. Der Schwerpunktimpuls lässt sich dann über P = M R˙ = m1r˙ 1 + m2r˙ 2 = p 1 + p 2 ermitteln. Der Vektor der Masse α lässt sich durch den Schwerpunktvektor R und dem Vektor im Schwerpunktssystem r α als Summe r α = R + r α schreiben. Damit kann der Impuls im Schwerpunktsystem als π α = mαr˙ α = mα = pα −

mα P M

d mα ˙ (rr α − R ) = mαr˙ α − MR dt M

bestimmt werden. Die beiden Impulse sind dann durch π 1 = p1 −

m1 P M

π 2 = p2 −

m2 P M

gegeben. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie nun einen elastischen Stoß und zeigen Sie, dass die Impulse im Schwerpunktsystem nach dem Stoß π α die gleichen Beträge wie vor dem Stoß aufweisen. Argumentieren Sie dann weiter, weshalb die Impulse vor und nach dem Stoß innerhalb einer Ebene betrachtet werden können und finden Sie die Impulse nach dem Stoß im Laborsystem p α . Lösungsvorschlag: Vor dem Stoß trägt die Masse α die kinetische Energie Eα =

π 2α , 2mα

3.14

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

575

während die kinetische Energie nach dem Stoß durch Eα =

π 2 α 2mα

gegeben ist. Da es sich um einen elastischen Stoß handelt, ist die Gesamtenergie erhalten und es muss daher π 21 π2 π 2 π 2 + 2 = 1 + 2 2m1 2m2 2m1 2m2 gelten. Im Schwerpunktsystem ist die Summe der Impulse π α immer Null, denn der Zusammenhang 

πα =



α

pα −

α

 mα α

M

P =P −

M P =0 M

ist gültig. Dies gilt vor wie auch nach dem Stoß. Damit muss aber auch π 1 + π 2 = 0 sein, so dass die Ersetzungen π1 π 2 = −π

π 1 π 2 = −π

π 1 | = | − π 2 | und π1 = |π π 1 | = | − π 2 | in der Energieerhaltung vorgenommit π1 = |π men werden können, um   1 π 21 π 22 π1 1 + = + 2m1 2m2 2 m1 m2   2 2 1 π2 π1 1 π1 + = + = 2m1 2m2 2 m1 m2 zu erhalten. Somit kann π1 = π1

⇒

π 1 | = |π π1| |π

und wegen π 2 | = | − π 1 | = π1 |π

π 2 | = | − π 1 | = π1 |π

auch π 2 | = |π π2| |π gefunden werden. Die Beträge der Impulse bleiben vor und nach dem Stoß im Schwerpunktsystem also dieselben. π 2 vor dem Stoß und das Gleiche für die gestrichenen Impulse nach dem Da π 1 = −π Stoß gelten, ergeben sich zwei Geraden: die Gerade auf der sich die eintreffenden

576

Lösungen

Massen aufeinander zu bewegen und die Gerade auf der sich die auslaufenden Massen voneinander wegbewegen. Zwei Geraden definieren immer eine Ebene. Dies gilt nicht, wenn die Geraden identisch sind. Da im Folgenden aber Streuwinkel betrachtet werden sollen und identische Geraden der vollen Vorwärts- oder vollen Rückwärtsstreuung entsprechen, ist die Betrachtung in einer Ebene in diesem Fall sowieso nicht nötig. Dadurch dass der Stoß in einer Ebene betrachtet wird, ist es auch nur nötig einen Streuwinkel, wie θR zu betrachten, der den Winkel zwischen den beiden Geraden darstellt. Die in (a) gefunden Zusammenhänge zwischen p α und π α gelten auch für die gestrichenen Impulse, so dass aus π 1 = p 1 −

m1 P M

π 2 = p 2 −

m2 P M

p 1 = π 1 +

m1 P M

p 2 = π 2 +

m2 P M

die Impulse

bestimmt werden können. (c) (5 Punkte) Gehen Sie nun davon aus, dass m2 im Laborsystem vor dem Stoß ruht und m1 sich mit dem Impuls p 1 = p1eˆx und p1 > 0 bewegt. Führen Sie die Größe 1 γ=m m2 ein und zeigen Sie so, dass π 1 + π 1 p1 = γπ

p2 = π 1 − π 1

gilt. Finden Sie so für den Streuwinkel im Laborsystem θL , welcher den Winkel zwischen p 1 und p 1 darstellt, den Ausdruck tan(θL ) in Abhängigkeit von γ und dem Streuwinkel im Schwerpunktsystem θR , welcher den Winkel zwischen π 1 und π 1 darstellt. Lösungsvorschlag: Mit p 2 = 0 lassen sich der Schwerpunktimpuls P = p1 + p2 = p1 und damit die Impulse im Schwerpunktsystem   m1 m1 m2 π 1 = p1 − P =P 1− P = M m1 + m2 M m2 m2 π1 P =− P = −π π 2 = p2 − M M

⇒

P =

bestimmen. Die Impulse nach dem Stoß sind dann durch m1 m M P = π 1 + 1 π 1 = π 1 + γπ π1 M M m2 m2 π 1 + π 1 P = −π p 2 = π 2 + M

p1 = π 1 +

M π1 m2

3.14

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

577

π 2 gilt. gegeben. Im letzten Schritt wurde dabei ausgenutzt, dass π 1 = −π Mit p 1 = p1eˆx bietet es sich an, die Bewegung in der xy-Ebene zu betrachten. Der Impuls p 1 kann dann als   cos(θL )   p 1 = |pp1 | sin(θL ) ausgedrückt werden, während der Impuls π 1 durch   cos(θR )   π1| π 1 = |π sin(θR ) π 1 |ˆ auszudrücken ist. Darüber hinaus ist der Zusammenhang π 1 = |π e x gültig. Damit lässt sich aus tan(θL ) =

eˆy · p 1 sin(θL ) = cos(θL ) eˆx · p 1

mit π1 p 1 = π 1 + γπ der Zusammenhang tan(θL ) =

π 1 + γπ π1) π 1 | sin(θR ) |π sin(θR ) eˆy · (π = =  π 1 + γπ π1) π π eˆx · (π |π 1 | cos(θR ) + γ|π 1 | γ + cos(θR )

π 1 | verwendet. π 1 | = |π finden. Dabei wurde im letzten Schritt |π (d) (8 Punkte) Konstruieren Sie zeichnerisch für γ > 1, γ = 1 und γ < 1 bei gegebenem γ, θR und p1 die beiden Impulse p 1 und p 2 . Welche Winkel θL sind für diese drei Fälle möglich? Was gilt für den Winkel zwischen den beiden Impulsen nach dem Stoß im Fall γ = 1? 1 Hinweis: Sie dürfen annehmen, dass Sie den Anteil 1+γ einer vorgegebenen Strecke konstruieren können. Lösungsvorschlag: Da für den Impuls p 1 der Zusammenhang p1 =

M m1 m2 m1 m2 m2 π1 + π 1 p1 = p1 + p1 = p1 + p 1 = γπ M M M m2 M M

gilt und die Impulse nach dem Stoß durch π 1 + π 1 p 1 = γπ

p 2 = π 1 − π 1

π 1 | = |π π 1 | gegeben sind, lassen sich diese auf folgende Weise konstruieren: mit |π

578

Lösungen

• Zuerst wird der Impuls p 1 gezeichnet und es wird daraus π 1 konstruiert, indem 1 der Strecke zwischen dem Anfangspunkt A und Endpunkt B von der Teil 1+γ π 1 der linke p 1 konstruiert wird. Dabei sollte π 1 der rechte Teil der Strecke und γπ Teil der Strecke sein. Der Punkt an dem die Strecke in zwei geteilt wird, wird Q genannt. • Da die Beträge von π 1 vor und nach dem Stoß gleich sind, kann ein Kreis um Q π 1 | gezogen werden. Der Punkt B liegt also auf dem Kreis. mit dem Radius |π • Unter dem Winkel θR kann dann ein Punkt Q auf dem Kreis eingezeichnet werden und von Q ausgehend kann ein Vektor zu diesem Punkt konstruiert werden. Dieser Vektor ist dann π 1 . • Es lässt sich nun ein Vektor von A zu Q konstruieren. Dieser Vektor entspricht π 1 und π 1 und ist deshalb gerade der Vektor p 1 . der Summe aus γπ • Es lässt sich auch ein Vektor von Q zu B konstruieren. Dieser Vektor entspricht der Differenz aus den Vektoren π 1 und π 1 und ist deshalb gerade der Vektor p 2 . • Durch parallele Verschiebungen lassen sich diese Vektoren nun so arrangieren, dass p 1 am Kollisionspunkt endet und die Vektoren p 1 und p 2 dort beginnen. Das Vorgehen wird in Abbildung 3.14.1 für γ > 1 veranschaulicht. Das gesamte Problem ist symmetrisch unter Spiegelungen an der x-Achse, weshalb es genügt, im Folgenden θR ∈ [0, π] zu betrachten.

Q0 p10

θR

θL

A

p20

π10

Q

γπ1

π1

B

p1 Abb. 3.14.1 Skizze zur Konstruktion der Impulse nach dem Stoß für γ > 1 In Abbildung 3.14.1 wurde die Konstruktion für γ > 1 aufgetragen. Folglich ist |pp1 |

3.14

Lösung zur Klausur XIV - Klassische Mechanik

579

größer als der Durchmesser des Kreises. Da der Nenner auf der rechten Seite von tan θL =

sin(θR ) γ + cos(θR )

nie Null wird und der gesamte Ausdruck im Bereich θR ∈ [0, π] positiv bleibt, lassen sich zwei Dinge schlussfolgern: θL muss größer oder gleich Null sein, es wird ein maximales θL < π2 geben, da der Tangens nicht seine Polstelle bei θL = π2 erreicht. Der Wert dieses maximalen θL lässt sich am besten aus einer geometrischen Überlegung heraus bestimmen. Es wird auftreten, wenn p 1 eine Tangente am Kreis ergibt. Da so π 1 | und der Gegenkathete π 1 aber ein rechtwinkliges Dreieck mit der Hypotenuse γ|π zum Winkel θL,max entsteht, muss sin(θL,max ) =

1 0 der Ausdruck für H 2 negativ werden? Wird sich a˙ im Fall K > 0 für t → ∞ an Null annähern? Aufgabe 4 - Das dreidimensionale Pendel (a) Welche beiden Kräfte wirken auf die Pendelmasse? Welche Form nimmt die zeitliche Ableitung von L an? Lassen sich aus diesem Ausdruck die zeitlichen Ableitungen der Komponenten Li durch Projektion auf eˆi bestimmen?

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

593

(b) Wie lässt sich der Vektor eˆr in kartesischen Koordinaten ausdrücken? Welche Implikationen hat dies für die Bewegungsgleichungen? Wird sich z stark verändern? Sie sollten ω = gl finden. (c) Warum ist r 0 cos(ωt + ϕ) nicht die allgemeine Lösung? (d) Welche Werte nehmen sin(θ) und cos(θ) für kleine θ an? Sie sollten tan(φ) =

r0,y cos(ωt) + r0,x cos(ωt) +

v0,y ω v0,x ω

sin(ωt) sin(ωt)

und (θ(t))2 =

r 2 0

l

cos2 (ωt) +

v 2 0

lω

sin2 (ωt) + 2

r0 · v0 cos(ωt) sin(ωt) l2 ω

finden. (e) Wann ergibt sich eine Ellipse? Wann ergibt sich ein Kreis? Wann ergibt sich das ebene Pendel? (f) Wie können die Ausdrücke E=

1 m(ω 2 x20 + v02 ) 2

Lz = mx0 v0

verwendet werden, um die gesuchten Größen x0 und v0 zu bestimmen? Wie lässt sich v0 = 0 verwenden, um so das auftretende freie Vorzeichen in der Lösung zu eliminieren? Sie sollten α = LEz ω finden. (g) Wieso tragen potentielle und kinetische Energie die Hälfte der Gesamtenergie?

594

Lösungen

Lösungen 25 Punkte

Aufgabe 1 Kurzfragen (a) (5 Punkte) Benutzen Sie die Euler-Formel e±ix = cos(x) ± i sin(x) , um das trigonometrische Additionstheorem sin(x ± y) = sin(x) cos(y) ± sin(y) cos(x) zu beweisen. Lösungsvorschlag: Die angegebene Formel erlaubt es, die Zusammenhänge cos(x) =

 1  ix e + e−ix 2

sin(x) =

 1  ix e − e−ix 2i

aufzustellen. Damit kann sin(x ± y) als sin(x ± y) =

1 i(x±y) e − e−i(x±y) 2i

ausgedrückt werden. Das Produkt sin(x) cos(y) ist durch    1  ix e − e−ix · eiy + e−iy 4i

1 i(x+y) = e − e−i(x+y) + ei(x−y) − e−i(x−y) 4i

sin(x) cos(y) =

bestimmt. Da für den Ausdruck sin(y) cos(x) nur die Rollen von x und y vertauscht werden müssen, kann direkt

1 i(x+y) sin(y) cos(x) = e − e−i(x+y) − ei(x−y) + e−i(x−y) 4i gefunden werden. Bei der Addition der beiden Ausdrücke lässt sich

1 i(x+y) sin(x) cos(y) + sin(y) cos(x) = 2e −2 e−i(x+y) 4i

1 i(x+y) = e − e−i(x+y) 2i bestimmen, was gerade sin(x + y) entspricht. Die Differenz lässt sich hingegen zu

1 i(x−y) sin(x) cos(y) − sin(y) cos(x) = 2e −2 e−i(x−y) 4i

1 i(x−y) = e − e−i(x−y) 2i

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

595

bestimmen, was sin(x − y) entspricht. Insgesamt wurde so der Zusammenhang sin(x ± y) = sin(x) cos(y) ± sin(y) cos(x) gezeigt. (b) (5 Punkte) Betrachten Sie einen Massenpunkt der sich in einer Ebene mit dem festen Drehimpuls L bewegt. Wie ändert sich der Drehimpuls, wenn der Bezugspunkt nun nicht in der Eben sondern um a + b verschoben gewählt wird. Dabei sollen a und b senkrecht bzw. parallel zur Ebene liegen. Wann ist der Betrag erhalten? Lösungsvorschlag: Der Drehimpuls ist durch L = r × p bestimmt. Da der Bezugspunkt bisher in der Ebene liegt, ist der Drehimpuls parallel zum Normelvektor der Ebene. Die Verschiebungsvektoren a und b sollen senkrecht bzw. parallel zur Ebene sein und sind damit parallel bzw. senkrecht zu L . Der neue Ortsvektor setzt sich aus den Verschiebungsvektoren und dem vormaligen Ortsvektor über r = r − a − b zusammen. Somit kann der neue Drehimpuls L  durch L  = r  × p = (rr − a − b ) × p = r ×p −a ×p −b ×p = L −a ×p −b ×p bestimmt werden. Das Quadrat des Betrags des Drehimpuls lässt sich so zunächst zu a × p )2 + (bb × p )2 L 2 = L 2 + (a L · (a a × p ) − 2L L · (bb × p ) − 2(a a × p ) · (bb × p ) − 2L ermitteln. Nun können mit den Relationen A × B ) · (C C × D ) = (A A · C )(B B · D ) − (A A · D )(B B · C) (A A · B )2 A × B )2 = A 2B 2 − (A (A die Vereinfachungen a · p )2 = a 2 p 2 a × p)2 = a2p2 − (a (a (bb × p )2 = b 2p 2 − (bb · p )2 a × p ) · (bb × p ) = (a a · b )pp2 − (a a · p )(bb · p ) = 0 (a vorgenommen werden. Dabei wurde mehrmals ausgenutzt, dass a parallel zu L und damit senkrecht auf p steht. Ebenfalls wurde verwendet, dass a und b senkrecht aufeinander stehen. Da a parallel zu L ist, wird auch das Spatprodukt a × p) L · (a

596

Lösungen

verschwinden, wodurch nur noch L(bb × p ) L 2 = L 2 + a 2p 2 + b 2p 2 − (bb · p )2 − 2L verbleibt. Dieser Ausdruck wird im Allgemeinen nicht konstant sein, da p im Allgemeinen nicht konstant ist. Ist jedoch der Impuls konstant, wie bspw. bei einer freien Bewegung eines Massenpunktes, so ist auch L 2 konstant. (c) (5 Punkte) Finden Sie für einen Massenpunkt m, der sich nahe an der Oberfläche einer kugelförmigen Masse M mit Radius R bewegt, die Geschwindigkeit, unter der der Massenpunkt auf einer stabilen Kreisbahn bleibt. Drücken Sie diese Geschwindigkeit auch durch die Schwerebeschleunigung g an der Oberfläche der Masse M aus. Lösungsvorschlag: Für eine Kreisbahn muss die Zentripetalbeschleunigung, welche der Erdanziehungskraft entspricht, konstant sein, so dass  v2 GM GM m GM 2 m = ⇒ v= ⇒ v = R R2 R R gilt. Die Gravitationskraft in der Nähe der Erdoberfläche r = R + h lässt sich mit   h GM m GM GM m ˆ ˆ 1 − 2 eˆr = − = −m e e F =− r r r2 (R + h)2 R2 R bestimmen. Der erste Term entspricht dabei einer konstanten Kraft und aus dem Vergleich mit F g = −mgˆ ez lässt sich so g=

GM R2

ablesen. Daher ist die Geschwindigkeit für die Kreisbahn gerade durch  v = gR gegeben. (d) (5 Punkte) Betrachten Sie ein Fadenpendel der Länge l und der Masse M , dass sich in seiner Ruhelage befindet. Es wird von einer Kugel mit der Geschwindigkeit v und der Masse m getroffen. Der Stoß erfolgt elastisch und horizontal. Die Kugel fliegt danach weiter. Wie hoch wird das Pendel ausschwingen. Finden Sie eine Bedingung für den Impuls der Kugel, damit es sich um eine kleine Schwingung handelt. Lösungsvorschlag:

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

597

Hat die Kugel nach dem Zusammenstoß die Geschwindigkeit v  und das Pendel die Geschwindigkeit u, so erfordert die Impulserhaltung, das mv = mv  + M u

⇒

v = v −

M u m

gilt. Die Energieerhaltung muss durch 1 1 1 mv 2 = mv 2 + M u2 2 2 2 formuliert werden. Wird v  hierin ersetzt, lässt sich 2 M M2 2 mv = m v − u + M u2 = mv 2 − 2M uv + u + M u2 m m      M +m M = M u −2v + u ⇒ 0 = M u −2v + u 1 + m m 2 ⇒ u= mv M +m 2



bestimmen. Die Energie des Pendels allein lässt sich durch E=

1 M l2 θ˙2 + M gl(1 − cos(θ)) 2

ausdrücken. Für θ = 0 und θ˙ = 0 beträgt die Energie somit Null. Nun kann zum Zeitpunkt des Zusammenstoßes lθ˙ mit u und θ mit Null ersetzt werden, um aus der Energieerhaltung E=

1 M u2 = M gl(1 − cos(θmax )) 2

zu bestimmen. Dies lässt sich nach cos(θmax ) auflösen. Zusätzlich kann das oben bestimmte u eingesetzt werden, um cos(θmax ) = 1 −

(mv)2 u2 =1−2 2gl (M + m)2 gl

zu erhalten. Für kleine Auslenkungen θmax  1 lässt sich der Kosinus über 1 2 cos(θmax ) ≈ 1 − θmax 2 entwickeln und ein Vergleich lässt es zu 2 =4 θmax

(mv)2 (M + m)2 gl

⇒

θmax =

2 √ mv (M + m) gl

598

Lösungen

zu identifizieren. Damit es sich wirklich um kleine Auslenkungen handelt, muss jedoch 2 √ mv  1 (M + m) gl und somit p = mv 

 1 (M + m) gl 2

gelten, was eine Bedingung an den Impuls der Kugel stellt. (e) (5 Punkte) Betrachten Sie den Schwingfall des harmonischen Oszillators x(t) =

v0 sin(Ωt) e−γt Ω

Ω2 = ω02 − γ 2

und bestimmen Sie den Energieverlust ΔET innerhalb der ersten Periode T = daraus den Gütefaktor Q = 2π

E . ΔET

Was gilt im Fall einer schwachen Dämpfung γ  ω0 ? Lösungsvorschlag: Die Geschwindigkeit lässt sich durch

γ x˙ = v0 cos(Ωt) − v0 sin(Ωt) e−γt Ω bestimmen. Somit können x(0) und x(0) ˙ zu x(0) = 0

x(0) ˙ = v0

gefunden werden. Die Energie zum Anfang der Schwingung ist daher durch E(0) =

1 1 2 m((x(0)) ˙ + ω 2 (x(0))2 ) = mv02 2 2

gegeben. Zum Zeitpunkt T =  x

2π Ω

2π Ω

sind der Ort und die Geschwindigkeit durch



 =0

x˙

2π Ω



γ

= v0 e−2π Ω

zu bestimmen und daher ist die Energie durch   γ 2π 1 = mv02 e−4π Ω E Ω 2

2π Ω

und

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

599

gegeben. Der Energieverlust lässt sich daher durch  

γ 2π 1 = mv02 1 − e−4π Ω ΔET = E(0) − E Ω 2 bestimmen. Der Gütefaktor lässt sich somit zu Q = 2π

2π E(0) = γ ΔET 1 − e−4π Ω

ermitteln. Für kleine Dämpfungen ist γ  ω0 und somit auch γ  Ω, weshalb sich Q≈ ergibt.

ω0 Ω 2π ≈ γ = 1 − 1 + 4π Ω 2γ 2γ

600

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 2 Das Swing-by-Manöver

Betrachten Sie eine Raumsonde der Masse m, die durch einen Planeten der Masse M  m ihre Flugbahn ändert. Nehmen Sie an, dass die Raumsonde nur für die Zeitspanne τ maßgeblich dem gravitativen Einfluss des Planeten unterliegt und dass in dieser Zeitspanne die Bewegung des Planeten als geradlinig gleichförmig mit Geschwindigkeitsbetrag u angenommen werden kann. Sie können weiter verwenden, dass die Bewegung des Planeten und der Sonde in einer gemeinsamen Ebene verläuft. (a) (6 Punkte) Betrachten Sie die Fälle, dass sich die Sonde mit der Geschwindigkeit v parallel oder antiparallel zur Planetengeschwindigkeit dem Planeten nähert und nach der Flugbahnänderung eine Bewegung mit der Geschwindigkeit v  senkrecht zum Planet ausführt. Finden Sie für die beiden Fälle v  , ΔEkin. der Sonde und den Betrag des Impulsübertrages Δpp = p − p als Funktionen von u und v. Was ist die physikalische Interpretation für negative Radikanten in der Wurzel Ihres Ergebnisses? Lösungsvorschlag: Zunächst wird der Fall betrachtet, indem sich die Sonde parallel zu dem Planten bewegt. Zur Vereinfachung wird die Bewegungsrichtung als y-Richtung identifiziert, sodass sich für die Sonde die Geschwindigkeit v = vˆ e y und für den Planeten die Geschwindigkeit u = uˆ e y ergeben. Nach dem Stoß soll die Sonde die Geschwindigkeit v  in x-Richtung haben, so dass diese als v  = v eˆx ausgedrückt werden kann. Im Ruhesystem des Planeten handelt es sich bei der Bewegung der Sonde um ein Kepler-Problem. Die Sonde nähert sich dem Planeten effektiv aus dem Unendlichen und entweicht wieder in das Unendliche. 1 Die Sonde wird im Ruhesystem aufgrund der Energieerhaltung der Gravitationskraft den gleichen Geschwindigkeitsbetrag im Unendlichen aufweisen. Werden die Geschwindigkeiten der Sonde im Ruhesystem des Planeten mit ν und ν  betitelt, so muss |νν | = |νν  | gelten. Die Geschwindigkeiten im Ruhesystem des Planeten können durch eine GalileiTransformation bestimmt werden. Dazu muss von allen Geschwindigkeiten ueˆy abgezogen werden. Damit lassen sich die Geschwindigkeiten ν = v − u = (v − u)ˆ ey

ν  = v  − u = v eˆx − uˆ ex

finden. Die Quadrate ihrer Beträge sind durch |νν |2 = (v − u)2 = v 2 − 2uv + u2

|νν  |2 = v 2 + u2

1 In der Astronomie wird die sogenannte Hill-Sphäre definiert, die die Grenzfläche darstellt, bei der sich die Gravitationskräfte durch die Sonne und durch den Planeten gerade ausgleichen. Diese stellt die praktische Definition des „Unendlichen“ in dieser Aufgabe dar.

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

601

gegeben. Da diese beiden Ausdrücke gleich sein müssen, kann die Gleichung v 2 − 2uv + u2 = v 2 + u2 nach v 2 = v 2 − 2uv

⇒

  v± = ± v 2 − 2uv

aufgelöst werden. Da v  den Betrag eines Vektors darstellen soll, ist nur das positive Vorzeichen sinnvoll, womit sich also   v  = v 2 − 2uv = v(v − 2u) finden lässt. Der Radikant wird negativ, wenn v < 2u ist. Nähert sich die Sonde dem Planeten von Vorne, was dem anti-parallelen Fall entspricht, so ist ihre anfängliche Geschwindigkeit durch v = −vˆ e y gegeben. Damit kann ν = v − u = (−v − u)ˆ e y = −(v + u)ˆ ey bestimmt werden. Die Geschwindigkeit nach dem Stoß hat wieder dieselbe Richtung wie im vorangegangenen Fall und daher ist auch ν  = v eˆx − uˆ ey weiterhin gültig. Somit lässt sich mit |νν |2 = (v + u)2 = v 2 + 2uv + u2 = v 2 + u2 = |νν  |2 die Geschwindigkeit nach dem Stoß zu v 2 = v 2 + 2uv

⇒

v =

  v 2 + 2uv = v(v + 2u)

bestimmen. Dabei wurde wieder das positive Vorzeichen gewählt, da v  einen Betrag darstellt. Da v und u positiv sind, kann der Radikant nicht negativ werden. Zusammenfassend ist die Geschwindigkeit nach dem Stoß durch  v  = v 2 ± 2uv gegeben, wobei das obere Vorzeichen für die anfänglich anti-parallele und das untere Vorzeichen für die anfänglich parallele Bewegung stehen. Der Vektor der Impulsänderung ist durch Δpp = p  − p = mv eˆx − mvˆ ey gegeben, womit sich das Betrag des Quadrates zu u |Δpp|2 = m2 v 2 + m2 v 2 = m2 (v 2 ± 2uv + v 2 ) = 2m2 v 2 1 ± v

602

Lösungen

bestimmen lässt. Somit ist dessen Betrag durch  √ u |Δpp| = 2mv 1 ± v gegeben. In diesem Ausdruck wird der Radikant bereits negativ, wenn v < u ist. Dies entspräche aber dem Fall, dass die Sonde zu langsam ist, um den Planeten einzuholen. Dementsprechend würde keine Ablenkung stattfinden. Das der Radiakant von v  negativ wird, falls v < 2u gilt, zeigt, dass die Sonde mindestens die Geschwindigkeit 2u haben muss, um die gewünschte Ablenkung zu erzielen. Die kinetische Energie vor der Ablenkung ist durch Ekin. =

1 1 mvv 2 = mv 2 2 2

gegeben, während sich die kinetische Energie nach dem Stoß durch  Ekin. =

1 1 1 mvv 2 = mv 2 = m(v 2 ± 2uv) 2 2 2

bestimmen lässt. Auch hier zeigt sich, dass für den Fall der parallelen Bewegung mit v < 2u eine unerlaubte, negative kinetische Energie auftritt. Dies spiegelt wieder, dass die gewünschte Bahn nur erreicht werden kann, wenn v > 2u ist. Die Differenz der kinetischen Energie ist dann durch  ΔEkin. = Ekin. − Ekin. =

1 m(v 2 ± 2uv − v 2 ) = ±muv 2

gegeben. (b) (2 Punkte) Nehmen Sie an, dass der Betrag der Kraft der Sonde auf den Planeten als konstant in der Zeitspanne τ angesehen werden kann. Stellen Sie die Bewegungsgleichung für den Planeten auf und argumentieren Sie, weshalb sich nichts an dessen Flugbahn ändern wird. Lösungsvorschlag: Wird der Impulsübertrag Δpp als konstant angesehen, lässt sich die Kraft auf die Sonde mit Ortsvektor r durch   Δpp Θ τ2 − |t| m¨ r = |Δpp| |Δpp| τ modellieren. Der Bruch Δpp |Δpp| stellt dabei nur den Einheitsvektor der Kraftrichtung dar. Der Bruch   Θ τ2 − |t| τ

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

603

ist nur für |t| < τ /2 nicht null und sorgt dafür, dass die Kraft nur im Zeitfenster t ∈ [−τ /2, τ /2] wirkt. Der Faktor τ1 lässt sich dabei damit begründen, dass so das Integral über diese Fenster-Funktion Eins ergibt und sich somit nichts an den Beträgen des Impulsübertrags ändert. Der Betrag der Kraft wird so insgesamt durch |Δpp| τ bestimmt, was mit dem zweiten Newton’schen Gesetz Δp = F Δt für konstante Kräfte im Einklang steht. Nach dem dritten Newton’schen Gesetz erfährt der Planet mit Ortsvektor R nun eine gleich große entgegengesetzte Kraft, so dass sich   Δpp Θ τ2 − |t| ¨ M R = −|Δpp| |Δpp| τ bestimmen lässt. Von den Beträgen her, lässt sich diese Gleichung als τ  Θ − |t| 2 ¨ = |Δpp| MR τ schreiben. Da |Δpp| bekannt und proportional zu m ist, lässt sich direkt τ   √ Θ − |t| u m 2 ¨= 2v 1 ± R M v τ ¨ verschwindend gering. finden und weil M  m sein soll, ist R (c) (3 Punkte) Nehmen Sie nun an, die Sonde bewege sich senkrecht zu der Geschwindigkeit des Planeten auf diesen zu und werde so abgelenkt, dass sie sich nach der Bahnänderung parallel zum Planeten bewegt. Bestimmen Sie v  analog zu Ihren Rechnungen in Teilaufgabe (a). Lösungsvorschlag: Nun ist die Geschwindigkeit vor der Ablenkung durch v = vˆ ex gegeben, während sie nach dem Stoß durch v  = v eˆy zu bestimmen ist, wobei wieder v > 0 und v  > 0 gelten. Mithilfe einer GalileiTransformation lassen sich so wieder die Geschwindigkeiten ey ν = v − u = vˆ e x − uˆ und ey ν  = v  − u = (v  − u)ˆ

604

Lösungen

im Ruhesystem des Planeten finden. Die Beträge dieser Geschwindigkeiten müssen wieder miteinander übereinstimmen, sodass sich  |νν | = v 2 + u2 = v  − u = |νν  | ergibt. Dies kann nach v = u +

 v 2 + u2

aufgelöst werden, um die Geschwindigkeit nach der Ablenkung zu bestimmen. (d) (3 Punkte) Verwenden Sie nun, dass die Newton’schen Gesetze invariant unter Zeitumkehr sind, um aus den Ergebnissen aus Teilaufgabe (a) das Ergebnis der Teilaufgabe (c) herzuleiten. Sie stoßen dabei auf die Wahl eines Vorzeichens. Welche physikalische Situation entspricht der Wahl des „falschen“ Vorzeichens? Lösungsvorschlag: Die Situation, dass sich die Sonde sich zuerst mit der Geschwindigkeit v  senkrecht zum Planeten bewegt und dann auf eine parallele Bewegung mit Geschwindigkeit v abgelenkt wird, ist die Zeitumkehr der Situation, dass sich die Sonde zuerst mit der Geschwindigkeit v  parallel zum Planeten bewegt und dann auf eine senkrechte Bahn mit Geschwindigkeit v abgelenkt wird. Dies entspricht dem ersten Fall aus Teilaufgabe (a) für den sich  v  = v 2 − 2uv ergab. Nun sind aber die Rollen von v und v  vertauscht, sodass für den hier vorliegenden Fall die Gleichung  v = v 2 − 2uv  nach v  mittels

⇒

v 2 = v 2 − 2uv  ⇒   v± = u ± u2 + v 2

v 2 − 2uv  − v 2 = 0

aufgelöst werden muss. Im Falle des negativen Vorzeichens wäre der Betrag v  negativ. Daher muss das positive Vorzeichen gewählt werden, um  v  = u + u2 + v 2 zu erhalten, was dem Ergebnis aus Teilaufgabe (c) entspricht. Es gibt noch eine andere Möglichkeit v  < 0 zu interpretieren. Es handelt sich dann um den negativen Betrag der anti-parallelen Bewegung nach dem Stoß. In einem solchen Fall wäre also  |v  | = −u + u2 + v 2 gültig.

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

605

(e) (8 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass sich die Sonde mit der Geschwindigkeit v dem Planeten nähert und dass v und u den Winkel φ einschließen, wobei φ im Uhrzeigersinn zunehmen soll. Nehmen Sie weiter an, dass die Sonde nach der Bahnänderung die Geschwindigkeit v  hat, welche mit u den Winkel ψ einschließen soll, der ebenfalls im Uhrzeigersinn zunimmt. Zeigen Sie dann, dass  v  = u cos(ψ) + v 2 + u2 cos2 (ψ) − 2uv cos(φ) gilt. Überprüfen Sie hiermit Ihre Ergebnisse der Teilaufgaben (a) und (c). Bestimmen Sie dann das Quadrat des Impulsübertrags als eine Funktion von v, v  , φ und ψ. Lösungsvorschlag: Der Planet soll sich in dieser Betrachtung wieder mit der Geschwindigkeit u = uˆ ey bewegen. Mit dem eingeführten Winkel φ ist die Geschwindigkeit der Sonde vor der Änderung der Flugbahn durch   sin(φ) v=v cos(φ) gegeben. Nach der Flugbahnänderung ist die Geschwindigkeit mit dem Winkel ψ über   sin(ψ)   v =v cos(ψ) verknüpft. Dabei sind v und v  wieder Geschwindigkeitsbeträge. Im Ruhesystem des Planeten sind die Beträge der Geschwindigkeiten der Sonde vor und nach der Flugbahnänderung wieder dieselben, so dass |νν | = |νν  | gilt. Die Geschwindigkeiten im Ruhesystem des Planeten und die Geschwindigkeiten v und v  sind wieder über eine Galilei-Transformation verbunden, sodass     v sin(φ) v  sin(ψ)   ν = v −u = ν = v −u = v cos(φ) − u v  cos(ψ) − u gefunden werden kann. Das Quadrat der Beträge |νν |2 = v 2 sin2 (φ) + (v cos(φ) − u)2 = v 2 (sin2 (φ) + cos2 (φ)) − 2uv cos(φ) + u2 = v 2 + u2 − 2uv cos(φ) und |νν  |2 = v 2 sin2 (ψ) + (v  cos(ψ) − u)2 = v 2 (sin2 (ψ) + cos2 (ψ)) − 2uv  cos(ψ) + u2 = v 2 + u2 − 2uv  cos(ψ)

606

Lösungen

kann gleich gesetzt werden, um v 2 − 2uv  cos(ψ) − v 2 + 2uv cos(φ) = 0 zu erhalten. Wird dies nach v  aufgelöst, so lässt sich   v± = u cos(ψ) ± u2 cos2 (ψ) + v 2 − 2uv cos(φ) finden. Da v  ein Betrag sein soll, muss dieser positiv sein. Für den Fall φ = π/2 würde v  bei der Wahl des negativen Vorzeichens aber negativ werden, weshalb das positive Vorzeichen als das physikalische erkannt werden kann. Somit ist die Geschwindigkeit nach dem Stoß durch  v  = u cos(ψ) + u2 cos2 (ψ) + v 2 − 2uv cos(φ) bestimmt. Der erste Fall aus Teilaufgabe (a) war eine anfänglich parallele Bewegung, die in eine senkrechte Bewegung überging. Daher müssen die Winkel φ = 0 und ψ = π2 verwendet werden. Die Geschwindigkeit nach der Flugbahnänderung lässt sich so zu   v  = u cos(π/2) + u2 cos2 (π/2) + v 2 − 2uv cos(0) = v 2 − 2uv bestimmen, was dem Ergebnis aus Teilaufgabe (a) entspricht. Im zweiten Fall aus Teilaufgabe (a) wurde eine anfänglich anti-parallele Bewegung betrachtet, die in eine senkrechte Bewegung überging. Daher müssen die Winkel φ = π und ψ = π2 verwendet werden. Die Geschwindigkeit nach der Flugbahnänderung lässt sich so zu   v  = u cos(π/2) + u2 cos2 (π/2) + v 2 − 2uv cos(π) = v 2 + 2uv bestimmen, was dem Ergebnis aus Teilaufgabe (a) entspricht. In Teilaufgabe (c) wurde eine anfänglich senkrechte Bewegung angenommen, die in eine parallele Bewegung überging. Die Winkel φ und ψ müssen daher zu φ = π/2 und ψ = 0 bestimmt werden. Damit kann die Geschwindigkeit   v  = u cos(0) + u2 cos2 (0) + v 2 − 2uv cos(π/2) = u v 2 + u2 gefunden werden. Auch dies entspricht dem Ergebnis aus Teilaufgabe (c). Der Impulsübertrag Δpp ist durch Δpp = p  − p = m(vv  − v ) gegeben. Das Quadrat des Betrages lässt sich damit zunächst durch |Δpp|2 = m2 (v 2 + v 2 − 2vv · v  ) ausdrücken. Das Skalarprodukt v · v  lässt sich direkt über     sin(φ) sin(ψ)   v · v = vv · cos(φ) cos(ψ) = vv  (cos(φ) cos(ψ) + sin(φ) sin(ψ)) = vv  cos(ψ − φ)

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

607

bestimmen, wobei das Additionstheorem cos(x ± y) = cos(x) cos(y) ∓ sin(x) sin(y) verwendet wurde. Damit ist das Quadrat des Betrags des Impulsübertrags durch |Δpp|2 = m2 (v 2 + v 2 − 2vv  cos(ψ − φ)) gegeben. (f) (3 Punkte) Verwenden Sie das Ergebnis aus Teilaufgabe (e) um v  zu bestimmen, wenn die Raumsonde sich parallel oder antiparallel dem Planeten nähert und sich nach der Flugbahn antiparallel oder parallel zu dessen Geschwindigkeit bewegt. In welchem Fall wird die Raumsonde beschleunigt? Lösungsvorschlag: Bei einer anfänglich parallelen Bewegung ist φ = 0 zu wählen. Die anti-parallele Bewegung nach der Bahnänderung ist durch ψ = π zu berücksichtigen, um so   v  = u cos(π) + v 2 + u2 cos2 (π) − 2uv cos(0) = −u + v 2 + u2 − 2uv  = −u + (v − u)2 = −u + (v − u) = v − 2u zu finden. Dabei wurde ausgenutzt, dass die Sonde zum Überholen die Geschwindigkeit v > u haben muss. Es zeigt sich, dass die Geschwindigkeit nach der Bahnänderung geringer ist, es kommt also zu einer Abbremsung. Bei einer anfänglich anti-parallelen Bewegung ist φ = π zu wählen. Die parallele Bewegung nach der Bahnänderung ist durch ψ = 0 zu berücksichtigen, um so   v  = u cos(0) + v 2 + u2 cos2 (0) − 2uv cos(π) = u + v 2 + u2 + 2uv  = u + (v + u)2 = u + (v + u) = v + 2u zu finden. Es zeigt sich, dass die Geschwindigkeit nach der Bahnänderung größer ist, es kommt also zu einer Beschleunigung.

608

Lösungen

25 Punkte

Aufgabe 3 Newton’sche Kosmologie

Gehen Sie davon aus, dass das Universum auf großen Skalen als homogen angesehen werden kann. Ein Punkt im Raum soll durch den Ortsvektor r beschrieben werden, der sich als x r (t) = a(t)x schreiben lässt. Darin ist x ein konstanter Vektor, der die Position auf einem festen Koordinatengitter vorgibt. Der Vektor r beschreibt den physikalisch messbaren Abstand. Die Bewegung einer Galaxie der Masse m wird also allein auf die Veränderung des dimensionslosen sogenannten Skalenfaktor a(t) zurückgeführt. (a) (5 Punkte) Verwenden Sie das Newton’sche Schalentheorem um die Gleichung a ¨ 4πG ρ0 =− a 3 a3 herzuleiten, wobei ρ0 die Massendichte einer Kugel mit Masse M und Radius x darstellt. Lösungsvorschlag: In dem festen Koordinatengitter wird sich die Masse M innerhalb einer Kugel mit dem Radius x nicht ändern. Da das Universum auf großen Skalen als homogen angenommen wird, muss die Massendichte der Kugel konstant sein. Daher lässt sich mit M (x) =

4π 3 x ρ0 3

die Masse M wegen r = ax auch als M=

4π 3 ρ0 r 3 a3

bestimmen. Eine Galaxie der Masse m erfährt am Rand der Kugel die Gravitation der Masse innerhalb der Kugel so, als wäre diese im Ursprung konzentriert. Deshalb kann mit dem Newton’schen Gravitationsgesetz m¨ r = −G

Mm eˆr r2

der Ausdruck 4πG ρ0 4πG ρ0 4π ρ0 r3 x mˆ er = − mrr = − max 3 2 3 3 a r 3 a 3 a3 4πG ρ0 a ¨ =− a 3 a3

m¨ ax = −G ⇒

hergeleitet werden.

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

609

(b) (5 Punkte) Multiplizieren Sie die Gleichung aus Teilaufgabe (a) geschickt mit 2a˙ und integrieren Sie unbestimmt nach der Zeit. Führen Sie dabei auf der linken Seite die Integrationskonstante Kc2 ein, um die Gleichung H2 =

a˙ 2 8πG ρ0 Kc2 = − 2 2 3 a 3 a a

zu erhalten. Lösungsvorschlag: Es bietet sich an, zunächst mit a zu multiplizieren, um die Gleichung a ¨=−

4πG ρ0 3 a2

zu erhalten. Diese kann mit 2a˙ multipliziert werden, um so 2a¨ ˙a = −

8πG ρ0 a˙ 3 a2

zu erhalten. Beide Seiten lassen sich nach der Zeit integrieren. Auf der rechten Seite lässt sich durch Substitution die Integrationsvariable a˙ wählen, da da˙ = a ¨ dt bereits vorhanden ist. Auf diese Weise kann dt 2a¨ ˙a = 2

da˙ a˙ = a˙ 2 + Kc2

gefunden werden. Dabei wurde bereits die Integrationskonstante Kc2 eingeführt. Auf der rechten Seite lässt sich die Integrationsvariable a wählen, da da = a˙ dt im Integral bereits vorhanden ist und sich so   1 8πG 8πG 1 8πG ρ0 ρ0 da 2 = ρ0 a˙ = − dt − 3 a2 3 a 3 a erhalten lässt. Werden beide Seiten der Gleichung wieder zusammengebracht, kann so a˙ 2 + Kc2 =

8πG 1 ρ0 3 a

⇒

a˙ 2 8πG ρ0 Kc2 = − 2 2 3 a 3 a a

erhalten werden. (c) (2 Punkte) Zum heutigen Zeitpunkt auf kosmologischer Skala t0 nimmt H einen konstanten Wert H0 =

a(t ˙ 0) >0 a(t0 )

an. Bestimmen Sie damit den Zusammenhang zwischen dem Abstand einer Galaxie und der Geschwindigkeit, mit der sich diese von der Milchstraße entfernt. Wie könnte so H0 gemessen werden?

610

Lösungen

Lösungsvorschlag: Der Geschwindigkeitsvektor kann durch r˙ = ax ˙x =

a˙ a˙ x= r ax a a

bestimmt werden. Zum heutigen Zeitpunkt, sind die Geschwindigkeit v0 = r(t ˙ 0 ) und der Abstand r0 = r(t0 ) somit über v0 = H0 r0 miteinander verknüpft. Der Abstand, mit dem sich eine Galaxie von der Milchstraße entfernt, muss also linear steigen mit dem Abstand, den diese Galaxie zur Milchstraße hat. Werden von vielen Galaxien die Geschwindigkeiten über dem Abstand aufgetragen kann aus der Steigung der Gerade H0 bestimmt werden. (d) (4 Punkte) Formen Sie die Gleichung aus Teilaufgabe (b) so um, dass sich ein Term der Form 12 mr˙ 2 ergibt und interpretieren Sie so die Bedeutung der Integrationskonstante K. Lösungsvorschlag: Die Gleichung aus Teilaufgabe (b) a˙ 2 8πG ρ0 Kc2 = − a2 3 a3 a2 lässt sich zunächst mit

ma2 x2 2

multiplizieren, um

1 Kc2 4πG x2 ma˙ 2 x2 = ρ0 m − mx2 2 3 a 2 zu erhalten. Im ersten Term der rechten Seite lässt sich

1 a

mit

x r

ersetzen, um so

1 Kc2 1 4πG x3 M m Kc2 ma˙ 2 x2 = mr˙ 2 = ρ0 m − mx2 = G − mx2 2 2 3 r 2 r 2 3 zu bestimmen, wobei M = 4π 3 x ρ0 aus Teilaufgabe (a) ausgenutzt wurde. Nun kann die Gleichung umgestellt werden, um schlussendlich

1 2 Kx2 mc2 Mm mr˙ − G =− 2 r 2 zu erhalten. Auf der linken Seite steht eine Kombination aus der kinetischen und der potentiellen Energie der Galaxie mit Masse m. Da x ein konstanter Vektor sein sollte, ist die rechte Seite konstant und stellt eine Form der Gesamtenergie Etot dar. In Analogie zum Kepler-System lassen sich für verschiedene Werte der Energie, verschiedene Dynamiken bestimmen, wie es in Teilaufgabe (f) geschehen wird.

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

611

(e) (5 Punkte) Betrachten Sie nun den Fall K = 0 und bestimmen Sie mit der Gleichung aus Teilaufgabe (b) den Skalenfaktor a als eine Funktion der Zeit. Per Konvention wird der Skalenfaktor a zum Zeitpunkt t0 auf a(t0 ) = 1 gesetzt. Verwenden Sie dies, um das Alter des Universums t0 als eine Funktion von H0 zu bestimmen. Was gilt für a und a˙ für t → ∞? Hinweis: Zum Zeitpunkt t = 0 gilt a(0) = 0. Lösungsvorschlag: Für K = 0 wird die Gleichung auf 

a˙ 2 8πG ρ0 = a2 3 a3

⇒

a˙ =

8πGρ0 −1/2 a 3

vereinfacht. Diese kann durch Trennung der Variablen und der Anfangsbedingung a(0) = 0 zu a



t 1/2

d˜ aa ˜ 0

⇒

=

dt



0

8πGρ0 3

 8πGρ0 2 3/2 a =t 3 3

⇒

2/3   3 8πGρ0 t2/3 ∼ t2/3 a(t) = 2 3

aufgelöst werden. Wird die Gleichung H2 =

a˙ 2 8πG ρ0 = a2 3 a3

für t0 ausgewertet, so kann H02



8πG ρ0 8πG ρ0 = = 3 3 a0 3

⇒

8πG ρ0 = H0 3

gefunden werden und a(t) durch  a(t) =

3H0 2

2/3

t2/3

ausgedrückt werden. Hieran lässt sich direkt erkennen, dass für t → ∞ auch a → ∞ gilt. Die Ableitung kann zu a˙ =

2 3



3H0 2

2/3

t−1/3

bestimmt werden und es zeigt sich, dass a˙ → 0 strebt, falls t → ∞ geht. Mit der Interpretation aus Teilaufgabe (d) handelt es sich hier um eine Bewegung mit Etot = 0. Wie im Kepler-Problem ergibt sich hierbei eine Bahn, die ins Unendliche führt, bei

612

Lösungen

der aber die Geschwindigkeit im Unendlichen verschwindet. Mit a(t0 ) = 1 lässt sich schlussendlich  1=

3H0 2

2/3

2/3

t0

⇒

t0 =

2 3H0

bestimmen. (f) (4 Punkte) Bestimmen Sie für K > 0 mit der Gleichung aus Teilaufgabe (b) das maximal mögliche a und diskutieren Sie qualitativ die zeitliche Entwicklung von a für die Fälle K > 0 und K < 0. Lösungsvorschlag: Die Gleichung aus Teilaufgabe (b) H2 =

8πG ρ0 Kc2 − 3 a3 a2

zeigt mit K > 0, dass H 2 für bestimmte Werte von a negativ werden würde. Da H aber eine reelle Größe darstellen muss, ist ein maximales a für den Zeitpunkt gegeben, wenn H = 0 ist. Damit lässt sich aus 8πG ρ0 Kc2 − =0 3 a3max a2max das maximale a zu amax =

8πGρ0 3Kc2

bestimmen. Die Gleichung a ¨ 4πG ρ0 =− a 3 a3 aus Teilaufgabe (a) zeigt aber, dass zu diesem Zeitpunkt a ¨ < 0 ist. Dies führt dazu, dass in der Folge a˙ < 0 werden muss und sich a deshalb wieder verkleinern wird. Statt zu einer weiteren Expansion, kommt es zu einer Kontraktion, die in a = 0 endet. Das Universum zieht sich wieder zusammen. Mit der Interpretation aus Teilaufgabe (d) handelt es sich hier um eine Bewegung mit Etot < 0, was im klassischen KeplerProblem einer gebundenen Bewegung mit Umkehrungspunkt entsprochen hat. Für K < 0 kann κ = −K > 0 eingeführt werden, um an H2 =

8πG ρ0 κc2 + 2 3 3 a a

zu erkennen, dass für alle Zeiten H > 0 gelten wird. Damit wird die Expansion ewig von statten gehen und a˙ wird auch stets größer als Null sein. In der Interpretation von Teilaufgabe (d) handelt es sich um eine Bewegung mit Etot > 0. Wie im KeplerProblem ist es eine Bewegung, die bis ins Unendliche geht und dort eine nicht verschwindende Geschwindigkeit aufweist.

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

613

Anmerkungen: Der messbare Parameter H0 wird als Hubble-Konstante bezeichnet und ist mit dem in Teilaufgabe (c) bestimmten Hubble-Gesetz verbunden. Er wird in der Einheit Kilometer pro Sekunde pro Megaparsec (eine astronomische Abstandseinheit; Ein Parsec entspricht grob 3,26 Lichtjahren) angegebenen und hat einen Wert von ungefähr H0 ∼ 70

km 1 . s Mpc

Das bedeutet, das eine Galaxie, die etwa einen Megaparsec von der Milchstraße entfernt ist, sich auch mit 70 Kilometer pro Sekunde von der Milchstraße entfernt. Über die Konvention a(t0 ) = 1 ist Folgendes zu sagen: Da der Skalenfaktor a zwei Größen miteinander verbindet, den physikalischen Abstand r und den Abstand auf dem festen Koordinatengitter (auch als mitbewegter Abstand bezeichnet) x, ist er als eine Größe zum Umrechnen zwischen Zwei Abstandsmaßen zu verstehen. Ein solcher Umrechnungsfaktor benötigt jedoch einen Referenzpunkt. Da sich auf der kosmologischen Zeitskala aber nur die heutigen Abstände messen lassen, lässt sich nur mit der Wahl a(t0 ) = 1 ein Referenzpunkt schaffen. Die einzigen Größen, die deshalb aktiv gemessen werden, sind die Änderungen a˙ und a ¨ in Relation zu a selbst. Zuletzt wird noch eine Anmerkung über die gefundenen Differentialgleichungen gemacht. Wird die allgemeine Relativitätstheorie berücksichtigt, so ändern sich einige der Aspekte dieser Gleichungen. Zunächst ist zu bemerken, dass die beiden Gleichungen a ¨ 4πG ρ0 =− a 3 a3 und H2 =

a˙ 2 8πG ρ0 Kc2 = − a2 3 a3 a2

die im Laufe der Aufgabe hergeleitet wurden eine vereinfachte Form der sogenannten Friedmann-Gleichungen darstellen. Diese ergeben sich, wenn das Universum als eine homogene, istotrope Flüssigkeit angenommen wird. Dabei ist zu berücksichtigen, dass nicht nur Materie sondern auch Strahlung einen Beitrag zur Gravitation aufweist. Daneben gibt es eine weitere Komponente, die je nach Situation als kosmologische Konstante Λ oder als Dunkle Energie bezeichnet wird, abhängig davon, ob sie als eine Naturkonstante oder als ein Feld (ähnlich zum elektrischen und magnetischen Feld) angenommen wird. Die Dichten der jeweiligen Komponenten können zum heutigen Zeitpunkt gemessen werden. Die der Materie fällt mit 1/a3 , die der Strahlung mit 1/a4 und die der Dunklen Energie bleibt konstant. Die Konstante K wird als Krümmungsparameter interpretiert und sagt aus, ob das Universum der euklid’schen Geometrie K = 0, der sphärischen Geometrie K > 0 oder der hyperbolischen Geometrie K < 0 gehorcht. Daneben wirkt auch der Druck der einzelnen Komponenten P als Beitrag zur Gravitation. Für Materie ist dieser Null, während für Strahlung PR = 13 ρR c2 und für Dunkle Energie PΛ = −ρΛ c2 gilt. Mit all diesen

614

Lösungen

Aspekten, sind die Friedmann-Gleichungen durch   a ¨ 4πG P =− ρ+ 2 a 3 3c und H2 =

Kc2 a˙ 2 8πG ρ − = a2 3 a2

gegeben. Wobei ρ = ρM,0 a−3 + ρR,0 a−4 + ρΛ,0 gilt. Darin sind ρM,0 , ρR,0 und ρΛ,0 die Dichte der Materie, der Strahlung und der Dunklen Energie, so wie diese heute gemessen werden. Die Dichten werden auch in Vielfachen der kritischen Dichte ausgedrückt, die sich als die heutige Dichte des Universums ρ0 ergibt, wenn K = 0 gesetzt wird. Wie in Teilaufgabe (e) lässt sich so H02 = einsetzen, um

8πG ρ0 3

⇒

ρ0 =

3H02 8πG

 8πG Kc2 1 H = ρ− 2 2 3H 2 H0 a  0  ρM,Λ ρM,0 1 ρR,0 1 Kc2 1 2 = H0 + + − 2 2 ρ0 a3 ρ0 a4 ρ0 H0 a 2

H02



zu erhalten. Mit ρM,0 ρ0 ρΛ,0 = ρ0

ρR,0 ρ0 Kc2 =− 2 H0

ΩM,0 =

ΩR,0 =

ΩΛ,0

Ωk,0

wird die Gleichung weiter zu H2 = ΩM,0 a−3 + ΩR,0 a−4 + ΩΛ,0 + Ωk,0 a−2 H02 vereinfacht. Durch Messungen sind die einzelnen Parameter zugänglich und können so in der Größenordnung ΩM,0 ∼ 0,32

ΩR,0 ∼ 5 · 10−5

ΩΛ,0 ∼ 0,68

Ωk,0 ∼ 0,001

bestimmt werden. Diese Parameter, zusammen mit der Annahme, dass das Universum über eine kosmologische Konstante Λ und über „kalte, dunkle Materie“ (cold dark matter) verfügt, zusammen mit einigen anderen Parametern wird als das Standardmodell der Kosmologie oder auch ΛCDM-Modell bezeichnet. Die genauen Werte dieser kosmologischen Parametern Ωi sowie der Hubble-Konstante H0 können in review papern wie beispielsweise R.L. Workman et al. (Particle Data Group), Prog. Theor. Exp. Phys. 2022, 083C01 (2022), S. 138f. nachgelesen werden.

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

615

25 Punkte

Aufgabe 4 Das dreidimensionale Pendel

Betrachten Sie eine Masse m, die an einem Faden der Länge l im Schwerefeld der Erde aufgehängt ist und sich in x und y-Richtung frei bewegen kann. (a) (4 Punkte) Stellen Sie die Bewegungsgleichungen auf und zeigen Sie damit, dass die z-Komponente des Drehimpulses erhalten ist. Sind Lx und Ly auch erhalten? Lösungsvorschlag: Auf die Pendelmasse wirken nur zwei Kräfte: Die Fadenspannkraft −FFeˆr und die Gewichtskraft −mgˆ e z . Daher ist die Bewegungsgleichung durch ez m¨ r = −FFeˆr − mgˆ gegeben. Der Drehimpuls L ist durch L = mrr × r˙ definiert, sodass L dL = mr˙ × r˙ + mrr × r¨ dt = r × (m¨ r ) = r × (−FFeˆr − mgˆ ez ) = −mglˆ e r × eˆz gilt. Dabei wurde im letzten Schritt ausgenutzt, dass das Pendel die Länge l hat und daher r = lˆ e r gilt. Die z-Komponente des Drehimpulses lässt sich mittels Lz = eˆz · L bestimmen, sodass deren Ableitung durch L d dL dLz = (ˆ e z · L ) = eˆz · dt dt dt gilt. Dieser Zusammenhang kann später analog für Lx und Ly ausgenutzt werden. Mit L dem Ergebnis für dL dt lässt sich so dLz = −mgˆ e z · (ˆ e r × eˆz ) = −mgˆ e r (ˆ e z × eˆz ) = 0 dt finden, weshalb Lz erhalten sein muss. Für Lx und Ly sind hingegen L dLx dL = eˆx · = −mgˆ e x · (ˆ e r × eˆz ) = −mgˆ e r · (ˆ e z × eˆx ) = −mgˆ e r · eˆy dt dt und L dLy dL = eˆy · = −mgˆ e y · (ˆ e r × eˆz ) = mgˆ e r · (ˆ e y × eˆz ) = mgˆ e r · eˆx dt dt

616

Lösungen

gültig. Die beiden Skalarprodukte eˆr · eˆy und eˆr · eˆx sind im Allgemeinen nicht Null, weshalb Lx und Ly nicht erhalten sind. Eine Ausnahme stellt eine Bewegung in der yz- oder xz-Ebene dar. In diesem Fall sind Lx bzw. Ly erhalten, da die Bewegung senkrecht zu eˆx oder eˆy stattfindet. (b) (4 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass es sich nur um kleinen Auslenkungen handelt, so dass stets |x|, |y|  l gilt. Zeigen Sie, dass dann     x ¨ 2 x = −ω y¨ y gilt. Was ist ω? Lösungsvorschlag: Der Basisvektor eˆr lässt sich als x r y z = eˆx + eˆy + eˆz r l l l schreiben, so dass die Bewegungsgleichung in ihre kartesischen Komponenten eˆr =

FF x l FF m¨ y=− y l FF m¨ z = − z − mg l zerlegt werden kann. Nun ist die Länge durch m¨ x=−

l2 = x2 + y 2 + z 2 bestimmt und es sollen kleine Auslenkungen |x|, |y|  l betrachtet werden, so dass näherungsweise |z| = l und somit z = −l gilt. Die Komponente z wird sich kaum verändern, so dass z˙ ≈ 0 und z¨ ≈ 0 angesetzt werden kann, um aus der dritten Gleichung 0 = FF − mg

⇒

FF = mg

zu bestimmen. Damit lassen sich die ersten beiden Gleichungen zu FF g x=− x ml l g FF y¨ = − y = − y ml l umformen. In einer Vektorgleichung zusammengefasst entspricht dies der gesuchten Gleichung, wobei ω 2 = gl und daher  g ω= l x ¨=−

gilt.

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

617

(c) (3 Punkte) Finden Sie die allgemeine Lösung für die Differentialgleichung aus Teilaufgabe (b) und bestimmen Sie damit Lz und die Energie E. Lösungsvorschlag: Die allgemeine Lösung in zwei Dimensionen kann durch   x(t) v0 sin(ωt) r= = r 0 cos(ωt) + ω y(t) gefunden werden, wobei r 0 und v 0 Vektoren sind, die durch die Anfangsbedingungen festgelegt werden. Die Form dieser Konstanten wurde dabei so gewählt, dass direkt r (0) = r 0 und r˙ (0) = v 0 gilt. Aus dieser Lösung lässt sich auch   x(t) ˙ r˙ = = −ωrr 0 sin(ωt) + v 0 cos(ωt) y(t) ˙ bestimmen. Somit kann die z-Komponente des Drehimpulses Lz = mˆ e z · (rr × r˙ ) = mˆ e z (rr 0 × v 0 cos2 (ωt) − v 0 × r 0 sin2 (ωt)) = mˆ e z (rr 0 × v 0 ) = m(r0,x v0,y − r0,y v0,x ) ermittelt werden. Die Energie ist dann wegen v02 r0 · v0 cos(ωt) sin(ωt) sin2 (ωt) + 2 2 ω ω r˙ 2 = ω 2 r02 sin2 (ωt) + v02 cos2 (ωt) − 2ωrr 0 · v 0 cos(ωt) sin(ωt) r 2 = r02 cos2 (ωt) +

durch 1 2 1 1 mr˙ + mωrr 2 = m(˙r 2 + ω 2r 2 ) 2 2 2 1 2 2 2 = m(ω r0 + v0 ) 2

E=

gegebenen. (d) (3 Punkte) Bestimmen Sie aus der Parametrisierung ⎛

⎞ sin(θ) cos(φ) ⎜ ⎟ r = l ⎝ sin(θ) sin(φ) ⎠ − cos(θ) und der allgemeinen Lösung für kleine Auslenkungen den Ausdruck θ2 als Funktion der Zeit. Finden Sie eine Bestimmungsgleichung für tan(φ).

618

Lösungen

Lösungsvorschlag: Für kleine Auslenkungen |θ|  1 lässt sich der Ortsvektor zu ⎛ ⎞ lθ cos(φ) ⎜ ⎟ r ≈ ⎝ lθ sin(φ) ⎠ −l nähern. Damit und mit der Lösung aus Teilaufgabe (c) kann direkt tan(φ) =

r0,y cos(ωt) + sin(φ) y = = cos(φ) x r0,x cos(ωt) +

v0,y ω v0,x ω

sin(ωt) sin(ωt)

gefunden werden. Für θ ist es sinnvoll die Größe x2 + y 2 = l2 θ2 cos2 (φ) + l2 θ2 sin2 (φ) = l2 θ2 zu betrachten, um so x2 + y 2 r2 = 2 2 l l r 2 v 2 r0 · v0 0 0 2 cos(ωt) sin(ωt) = cos (ωt) + sin2 (ωt) + 2 2 l lω l ω

(θ(t))2 =

zu ermitteln. (e) (4 Punkte) Nehmen Sie nun an, dass die Anfangsbedingungen durch x(0) = x0 > 0, x(0) ˙ = 0, y(0) = 0 und y(0) ˙ = v0 ≥ 0 gegeben sind. Finden Sie so x(t), y(t), (θ(t))2 und tan(φ(t)) und diskutieren welche drei Arten der Bewegung sich ergeben. Lösungsvorschlag: Mit den gegebenen Anfangsbedingungen können r0,x = x0 , r0,y = 0, v0,x = 0, v0,y = v0 und r 0 · v 0 = 0 eingesetzt werden, um v0 sin(ωt) ω v0 sin(ωt) v0 tan(φ(t)) = = tan(ωt) ωx0 cos(ωt) ωx0   x 2 v02 0 (θ(t))2 = sin2 (ωt) cos2 (ωt) + l ωl

x(t) = x0 cos(ωt)

y(t) =

zu erhalten. Zunächst soll v0 > 0 betrachtet werden. In diesem Fall kann der Ausdruck  2  2 x ωy + = cos2 (ωt) + sin2 (ωt) = 1 x0 v0 gefunden werden. Dieser besagt, dass die Bewegung in der xy-Ebene eine Ellipse mit den Halbachsen x0 und vω0 darstellt. Nun ist es aber auch möglich, dass x0 = vω0 gilt. In diesem Fall ist die Bewegung in

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

619

der xy-Ebene ein Kreis, weshalb es sich um ein Kreispendel handelt. Der Winkel θ ist wegen θ2 =

 x0 x20  2 cos (ωt) + sin2 (ωt) = 2 l l

konstant und der Azimutwinkel φ lässt sich wegen tan(φ) = tan(ωt) direkt über φ = ωt bestimmen. Für den Fall v0 = 0 ist auch tan(φ) = 0, weshalb bereits φ = 0 sein muss. In diesem Fall ist die gesamte Bewegung durch θ in der Form x0 cos(ωt) θ(t) = l bestimmt. Es handelt sich um ein Pendel in der xz-Ebene. (f) (5 Punkte) Finden Sie E und Lz als Funktion von x0 und v0 und zeigen Sie, dass    E E 1 2  1+ 1−α v0 = α x0 = √ mω 2 m 1 + 1 − α2 gilt. Beachten Sie dafür auch, was für ein Pendel gilt, das sich nur in einer festen Ebene bewegen kann. Was ist der Parameter α? Wie ist er mit den drei möglichen Fällen aus Teilaufgabe (e) verbunden? Lösungsvorschlag: Da |rr 0 | = x0 und |vv 0 | = v0 gilt, können die Energie E=

1 1 m(ω 2 r02 + v02 ) = m(ω 2 x20 + v02 ) 2 2

und die z-Komponente des Drehimpulses Lz = m(x0 v0 − 0) = mx0 v0 gefunden werden. Der letzte Zusammenhang kann verwendet werden, um v0 =

Lz mx0

in der Energie zu ersetzen und so   1 L2 E = m ω 2 x20 + 2z 2 ⇒ 2 m x0 2  Lz 2E 2 4 ⇒ 0 = x0 − x + mω 2 0 mω

0 = x20 −

2E + mω 2



Lz mω

2

1 x20

620

Lösungen

zu finden. Diese Gleichung lässt sich mittels der pq-Formel nach  2  2 E Lz E 2 x0,± = ± − mω 2 mω 2 mω ⎛ ⎞  2  E ⎝ Lz ω ⎠ 1± 1− = mω 2 E auflösen. Da für ein ebenes Pendel v0 = 0 und daher Lz = 0 ist, muss dort x20,± =

E (1 ± 1) mω 2

sein. Dementsprechend ergibt nur das positive Vorzeichen einen Sinn, weshalb sich /  0  2  Lz ω E 0 1 1 + 1 − x0 = mω 2 E bestimmen lässt. Hierin lässt sich α=

Lz ω E

definieren, um den gesuchten Ausdruck   E 1 + 1 − α2 x0 = mω 2 zu erhalten. Da v0 ≥ 0 und x0 > 0 ist sind E > 0 und Lz ≥ 0. Damit muss α ebenfalls α ≥ 0 erfüllen. Aus der Gleichung wird klar, dass α > 1 zu Problemen führt, weshalb α aus dem Intervall [0, 1] stammen muss. v0 lässt sich dann mittels  mω 2 1 Lz E 1 E  =α =α v0 = √ mx0 mω x0 mω E 1 + 1 − α2  E 1  =α √ m 1 + 1 − α2 bestimmen. Wie zur Herleitung von x0 verwendet wurde, muss es sich bei α = 0 um das ebene Pendel handeln. Für α = 1 kann     E E E m ωx0 ⇒ =1 v0 = =ω x0 = mω 2 m v0 mω 2 E gefunden werden. Die beiden Halbachsen der in Teilaufgabe (e) gefundenen Ellipse sind also gleich groß, sodass es sich um eine Kreisbewegung und somit um den Fall des Kreispendels handeln muss. Der Bereich α ∈ (0, 1) entspricht der elliptischen Bewegung.

3.15

Lösung zur Klausur XV - Klassische Mechanik

621

(g) (2 Punkte) Betrachten Sie nun α = 1 und bestimmen Sie die kinetische Energie und die potentielle Energie als eine Funktion von E. Wie verträgt sich ihr Ergebnis mit dem Virial-Satz? Lösungsvorschlag: Für α = 1 lassen sich wie in Teilaufgabe (f) die Werte   E E x0 = v0 = 2 mω m feststellen, mit denen die kinetische Energie Ekin =

E 1 2 1 1 E mr˙ = mv02 = m = 2 2 2 m 2

und die potentielle Energie U=

E 1 1 1 E mω 2r 2 = mω 2 x20 = mω 2 = 2 2 2 mω 2 2

bestimmt werden können. Beide sind konstant und entsprechen daher ihrem zeitlichen Mittel. Sie verfügen beide im Mittel über die Hälfte der Gesamtenergie, was der Aussage des Virial-Satzes für den harmonischen Oszillator entspricht.

Index Antwortfunktion, 57, 84 Arbeit, 75, 81, 120, 143 Bahnkurve, 53, 59, 62, 76 Beschleunigte Bezugssysteme, 109, 123, 126 Beschleunigung, 62, 76, 89, 97, 108, 114, 129 Delta-Funktion, 75, 81, 125, 140 Determinante, 113 Differentialgleichung 1. Ordnung, 53, 55, 125 Differentialgleichung 2. Ordnung, 57, 68, 95, 98, 116, 120, 133 Differentialoperator, 131 Differentialrechnung, 62, 91, 116, 133, 141, 150 Drehimpuls, 128, 137, 140, 147 Drehmatrix, 89, 113 Drehmoment, 97 Effektives Potential, 54 Eigenzeit, 86 Elastischer Stoß, 101, 145 Erhaltungsgrößen, 53–55, 72, 75, 76, 101, 105, 106, 111, 114, 119, 127, 129, 135, 141, 144–147, 152

Harmonischer Oszillator, 57, 59, 67, 75, 84, 97, 105, 109, 120, 123, 125, 128, 135, 137, 141, 146, 147, 152 Impuls, 101, 139, 144, 145, 148 Inelastischer Stoß, 59 Inhomogenität, 57, 109 Integralrechnung, 72, 86, 102, 106, 114, 116, 121, 133, 137, 139, 146, 150 Inverse einer Matrix, 113, 131 Kegelschnitt, 59 Kepler-Problem, 55, 72, 91 Kinetische Energie, 93, 148 Komplexe Zahlen, 143, 147 Konservative Kraftfelder, 67, 97 Kontinuumslimes, 83, 105, 116, 133, 140 Kovariante Formulierung, 77, 86 Kraft, 83, 98, 102, 105, 120, 121, 127 Kraftstoß, 84 Kugelkoordinaten, 79, 105, 108 Leistung, 109, 111, 119 Levi-Civita-Symbol, 67, 97, 113 Lorentz-Transformation, 60, 70, 131 Lorentz-Vektor, 77 Längenkontraktion, 60

Federkraft, 68, 81, 95, 98 Fourier-Reihe, 129 Fourier-Transformation, 84, 89 Funktion mehrerer Variablen, 95, 108

Matrizen, 70

Galilei-Transformation, 131, 148 Geschwindigkeit, 102, 120, 125, 137, 144, 147 Gradient, 79, 83 Gravitation ausgedehnter Körper, 79, 83, 102, 121, 137, 143, 150 Green’sche Funktion, 84, 89

Pendel, 68, 140, 143, 146, 152 Polarkoordinaten, 81, 91 Potentielle Energie, 59, 93, 95, 98, 125, 129

Newton’sche Gesetze, 68, 76, 91, 114, 116, 119, 123, 126–128, 133, 135, 139, 150, 152

Relativistische Bewegungsgleichung, 86

© Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 M. Eichhorn, Prüfungstraining Theoretische Physik – Klassische Mechanik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-67755-1

Relativistische Geschwindigkeitsaddition, 70 Relativkoordinaten, 54, 72 Rotation, 111 Rutherford-Streuung, 64 Scheinkräfte, 109, 123, 126 Schwerpunkt, 119, 140, 143, 145 Spezielle Relativitätstheorie, 60, 70, 77, 86 Stoßprozesse, 64, 101, 106, 145, 148 Streuquerschnitt, 64, 89, 101, 106 Taylor-Reihe, 53, 62, 67, 79, 93, 108, 111, 128, 135, 141, 146 Vektoren, 55, 126, 127 Vierergeschwindigkeit, 77 Virial-Satz, 93, 121, 152 Würfe, 67, 75, 129, 139, 144 Zeitdilatation, 60 Zentralkraftfeld, 64 Zwei-Körper-Problem, 54, 72, 81 Zylinderkoordinaten, 111, 119

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