PHYSIK II Serie 2, Musterlösung
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Prof. Dr. Danilo Pescia Tel. 044 633 21 50 [email protected] PHYSIK II Niculin Saratz Tel. 044 633 23 28 [email protected] Sommersemester 06 www.microstructure.ethz.ch Serie 2, Musterlösung 1. Raumschiffrennen Auf einer stationären Bahn liefert die Gravitation die Zentripetalkraft. Es gilt also: GM m L2 2 = m ϕ̇ r = r2 mr3 Aus der Definition des Drehimpulses folgt: L = mr2 ϕ̇ =⇒ =⇒ r= ϕ̇ = L2 GM m2 L mr2 Einsetzen des ersten Ausdrucks in den zweiten liefert: L ϕ̇ = m L2 GM m2 2 ∝ 1 L3 Damit ist also: 1 ∂ ϕ̇ ∝− 4 ∂L L Wir sehen, dass die Winkelgeschwindigkeit zunimmt, wenn der Drehimpuls abnimmt. Der Astronaut muss somit sein Raumschiff abbremsen. 2. Erdradius Es gilt Fg = mg und FG = GM m . r2 Gleichsetzen von Fg und FG liefert: Gρ 43 πr3 m 4πGρm GM m = = r 2 2 r r 3 3g 3 · 9.81 ⇒r= = m ≈ 6380km 4πGρ 4π6.673 · 10−11 5.5 · 103 mg = 1 PHYSIK II Prof. Dr. Danilo Pescia Tel. 044 633 21 50 [email protected] Sommersemester 06 www.microstructure.ethz.ch Niculin Saratz Tel. 044 633 23 28 [email protected] 3. 1/r-Potential Wir betrachten folgende Situation: r' Wir integrieren die infinitesimalen Massenelemente in Kugelkoordinaten, wie in der Skizze dargestellt. r bezeichne den Abstand von ~x zum Mittelpunkt der Kugel. Den Ort des Masseelementes ~y bezeichnen wir mit gestrichenenpKugelkoordinaten r0 , θ0 , ϕ0 Der Abstand |~x−~y | ist dann (r0 sin θ0 )2 + (r − r0 cos θ0 )2 . Damit können wir nun das gesamte Gravitationspotential der Kugel berechnen: φ θ r Z R Z π Z 2π Gρr02 sin θ0 p dr0 dθ0 dϕ0 (r0 sin θ0 )2 + (r − r0 cos θ0 )2 Φ(r) = − 0 0 0 Die Integration über ϕ0 können wir sofort ausführen, da der Integrand nicht von ϕ0 abhängt. Wir quadrieren auch die Terme unter der Wurzel aus und fassen zusammen: Z RZ π Gρr02 sin θ0 √ Φ(r) = −2π dr0 dθ0 02 + r 2 − 2rr 0 cos θ 0 r 0 0 dθ0 dz 0 Wir substituieren nun z 0 := cosθ0 ⇒ R = 1 − sin θ0 −1 Gρr02 (−1) dr0 dz 0 02 2 0 0 r + r − 2rr z 0 1 √ R 1 Die z 0 -Integration lässt sich jetzt elementar durchführen: √a+bx dx = 2b a + bx Z Φ(r) = −2π = = = = = √ −1 2 √ 02 2 0 0 dr0 −2π Gρr (−1) r + r − 2rr z 0 −2rr 0 1 Z R √ √ 01 02 2 0 02 2 0 r + r + 2rr − r + r − 2rr dr0 Gρr −2π r 0 Z R p 1 p 0 −2π Gρr0 (r + r)2 − (r − r0 )2 dr0 r 0 Z R 1 −2π Gρr0 (r0 + r − r + r0 ) dr0 r 0 Z R 1 −2πGρ 2r02 dr0 r 0 4πR3 ρ 1 GM −G =− q.e.d. 3 r r Z Φ(r) = Z R 02 2 Prof. Dr. Danilo Pescia Tel. 044 633 21 50 [email protected] PHYSIK II Sommersemester 06 www.microstructure.ethz.ch Niculin Saratz Tel. 044 633 23 28 [email protected] 4. Laplace-Runge-Lenz Vektor gehorcht der Bewegungsgleichung m~r¨ = α |~r~r|3 (1). Wir ~ + α · ~r erhalten ist. Dazu leiten wollen zeigen, dass der Laplace-Runge-Lenz Vektor ~r˙ × L |~ r| wir den Ausdruck nach der Zeit ab: ˙ ˙ d ˙ ~ ~r ~ + ~r˙ × L ~˙ + α ~r − α~r ~r · ~r . ~r × L + α · = ~r¨ × L (2) dt |~r| |~r| |~r|3 ˙ 1 d = − |~~rr·~|r3 . Der zweite Term auf der rechten Seite von (2) verschwindet, weil der Wobei dt |~ r| ˙ d ˙ ~ Drehimpuls L selbst eine Erhaltungsgrösse ist: L = dt ~r × m~r = ~r˙ × m~r˙ + ~r × ~r¨. Hier verschwindet der erste Term, weil das Kreuzprodukt von zwei identischen Vektoren verschwindet, und der zweite Term weil die Beschleunigung wegen (1) parallel zum Ortsvektor ist und somit das Kreuzprodukt ebenfalls verschwindet. Wir schreiben den ersten Term auf der rechten Seite von (2) mit Hilfe der Identität ~a ×(~b×~c) = (~a · ~c)~b − (~a · ~b)~c um: Die Bewegung im Potential U (~r) = α |~ r| ~ = ~r¨ × (~r × m~r˙ ) = (m~r¨ · ~r˙ )~r − (m~r¨ · ~r)~r˙. ~r¨ × L Wir benützen nun (1) um hier m~r¨ zu ersetzen und erhalten α~r ~r˙ · ~r ~r˙ − α |~r|3 |~r| was sich genau mit den restlichen, d.h. mit den letzten zwei, Termen auf der rechten Seite von (2) weghebt. 3 Prof. Dr. Danilo Pescia Tel. 044 633 21 50 [email protected] PHYSIK II Niculin Saratz Tel. 044 633 23 28 [email protected] Sommersemester 06 www.microstructure.ethz.ch 5. Drehimpuls und Energie Die Masse bewegt sich auf einer stationären Kreisbahn, genau dann, wenn sich die Zentrifugalkraft Fzf und die Kraft an der Schnur F aufheben. Es ist Fzf = mϕ̇2 r. Da wir in jedem Fall ein rotationssymmetrisches Problem haben, ist der Drehimpuls L bezüglich des Zentrums L erhalten. Aus L = mr2 ϕ̇ erhalten wir also ϕ̇ = mr 2 . Dies können wir in die Zentrifugalkraft 2 L einsetzen und erhalten Fzf (r) = mr3 . a) Ist |F | > |Fzf |, so bewegt sich die Masse nach innen (r nimmt ab) und umgekehrt. Die Bewegungsgleichung für r lautet also: L2 . mr3 Aus ihrer Lösung lässt sich ϕ(t) über den Drehimpuls finden: mr̈ = −F + Fzf (r) = −F + ϕ̇ = L mr2 b) Die Arbeit die von der Kraft F geleistet wird, ist die überwundene Zentrifugalkraft integriert über die Änderung des Radius: Z r1 W = r0 r L2 1 L2 3L2 − 3 dr = = mr 2mr2 r0 2mr02 c) Es wird die Rotationsenergie vergrössert: Erot = mr2 ϕ̇2 2 = L2 , 2mr2 = ϕ̇ . ṙ genau wie oben. d) Wir wissen: ∂ϕ ∂ϕ ∂t ∂ϕ = = ∂r ∂t ∂r ∂t ∂r ∂t −1 Daraus eliminieren wir nun ϕ̇ über den Drehimpuls und verwenden dann, dass ṙ = k ist (da r(t) = kt): ∂ϕ L L = 2 = 2 . ∂r r mṙ r mk Diese DGL lässt sich nun elementar integrieren und wir erhalten Z r L L 1 1 ϕ(r) − ϕ0 = dr = − − . 2 mk r r0 r0 r mk 4
