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

Institut für Theoretische Festkörperphysik
Prof. Dr. Gerd Schön, Dr. Alexander Shnirman (11/03, Tel.: 608-6030)
http://www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/˜shnirman
Theoretische Physik B, SS 2005
1. Klausur, 8. Juni 2005
Dauer: 2 Stunden.
Gesamtpunktzahl: 30 Punkte entspricht einer 100% Lösung. Die mit * gekennzeichneten
Aufgaben liefern mögliche Zusatzpunkte, sind aber voraussichtlich etwas aufwendiger.
Hinweise: Beginnen Sie bitte jede Klausuraufgabe auf einem neuen Blatt. Schreiben Sie
auf jedes Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer und auf das erste Blatt Ihre
Übungsgruppe. Als Hilfsmittel ist ein handbeschriebenes A4-Blatt zugelassen. Die Rückgabe
und Besprechung der Klausur findet in den Tutorien am Montag, 13.06.05 statt.
1. Poisson Klammern (5 Punkte)
Berechnen Sie die Poisson Klammern {A, B} für
(1a) (2 Punkte) A = ~r 2 und B = p~ 2 ;
1
(1b) (3 Punkte) A = H = 2m
p~ 2 + 12 mω02 ~r 2 und B = Lx = ry pz − rz py . Interpretieren Sie
dieses Ergebnis.
2. Geladenes Teilchen im homogenen Magnetfeld (3 + 3 *-Punkte)
Die Hamilton-Funktion eines geladenen Teilchens im statischen, homogenen Magnetfeld ohne
elektrisches Potential ist
2
q ~
1
p~ − A(~r)
H=
2m
c
~ = B~ez = rotA
~ ist durch das Vektorpotenzial
Das in z-Richtung zeigende Magnetfeld B
Ax = −By, Ay = Az = 0 gegeben.
(2a) (3 Punkte) Geben Sie die Hamilton’schen Bewegungsgleichungen an.
(2b)∗ (3 Punkte) Lösen Sie die Bewegungsgleichungen. Zeigen Sie, dass die Bahnen eine
Spiralform haben.
3. Massenpunkt auf einer Parabel (10 Punkte)
Ein Massenpunkt mit Masse m ist gezwungen, sich entlang einer Parabel, gegeben durch
z = Cx2 , reibungslos zu bewegen. Auf den Massenpunkt wirkt die Schwerkraft.
(3a) (4 Punkte) Formulieren Sie die Zwangsbedingung und schreiben Sie die LagrangeGleichungen 1. Art für x und z auf. Eliminieren Sie die Zwangskraft und z, um eine Bewegungsgleichung für x zu erhalten.
(3b) (1 Punkt) Betrachten Sie kleine Auslenkungen (nur lineare Terme in der Bewegungsgleichung) und geben Sie dafür die allgemeine Lösung x(t) an.
(3c) (2 Punkte) Wählen Sie x als verallgemeinerte Koordinate und geben Sie die LagrangeFunktion an. Stellen Sie die Lagrange-Gleichung 2. Art auf.
(3d) (3 Punkte) Finden Sie den kanonischen Impuls zu x und leiten Sie die HamiltonFunktion her.
1
z
θ
Abbildung 1: Der rotierende Ring.
4. Massenpunkt auf einem rotierenden Ring (5 +2 *-Punkte)
Ein Massenpunkt m bewegt sich reibungsfrei auf einem Ring (siehe Abb. 1) mit Radius R,
dessen Ebene mit einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um die z-Richtung rotiert (d.h.
der Winkel zwischen der Ebene des Rings und der x − z Ebene ist durch φ(t) = ωt + φ0
gegeben). Außer den dadurch bedingten Zwangskräften soll nur die Schwerkraft auf die
Masse wirken. Wir wählen den Winkel θ als verallgemeinerte Koordinate.
(4a) (3 Punkte) Geben Sie die Lagrange-Funktion an.
(4b) (2 Punkte) Was ist die Bewegungsgleichung für θ?
(4c)∗ (2qPunkte) Was sind die ’stationären’ Lösungen (d.h. θ = const)? Beachten Sie, dass
für ω ≥ g/R eine Lösung der Bewegungsgleichung existiert, wo der Massenpunkt bei einem
konstanten, von 0 und π verschiedenen Wert von θ verharrt.
5. Optischer Weg (3 + 4 *-Punkte)
Das Fermat’sche Prinzip lautet: die Kurve des Lichtstrahls zwischen den Punkten A und
B stellt sich so ein, dass die Ausbreitungszeit minimal ist. Die Geschwindigkeit des Lichts
ist v(~r) = c/n(~r), wobei c die Vakuum-Lichtgeschwindigkeit und n(~r) der ortsabhängige
Brechungsindex des Materials ist. Betrachten
Sie die Lichtausbreitung in der x − y Ebene
√
(y ≥ 0) für den Fall, dass n(~r) = 1 + βy (β > 0) ist. Der Punkt A sei durch xA = 0,
yA = 0 gegeben, der Punkt B hat die Koordinaten xB und yB > 0.
(5a) (3 Punkte) Stellen Sie mit Hilfe der Euler-Lagrange-Gleichung die Differentialgleichung
für die Kurve her, für die Ausbreitungszeit ein Extremum ist.
(5b)∗ (2 Punkte) Vereinfachen Sie die Bestimmungsgleichung, indem Sie den Erhaltungssatz
verwenden, der aus der Unabhängigkeit von n(~r) von x folgt.
(5c)∗ (2 Punkte) Setzen Sie als Lösung y = y0 + C(x − x0 )2 an und finden Sie aus der
Differentialgleichung und den Randbedingungen drei Gleichungen für die drei Parameter C,
x0 , und y0 . Die explizite Lösung ist nicht verlangt. Zeichnen Sie jedoch die Kurve.
6. Symmetrie und erhaltene Größen (4 Punkte)
(6a) (2 Punkte) Wir betrachten ein Teilchen der
√ Masse m in 3 Dimensionen. Die potenzielle
Energie U = U (r, z) soll nur von z und r = x2 + y 2 abhängen. Geben Sie die LagrangeFunktion in Zylinder-Koordinaten (x = r cos φ, y = r sin φ, z = z) an. Finden Sie den
Erhaltungssatz, der aus der Unabhängigkeit der potenziellen Energie U von φ folgt.
(6b) (2 Punkte) Leiten Sie denselben Erhaltungssatz in der Formulierung des Noether’schen
Theorems her.
2
Institut für Theoretische Festkörperphysik
Prof. Dr. Gerd Schön, Dr. Alexander Shnirman (11/03, Tel.: 608-6030)
http://www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/˜shnirman
Theoretische Physik B, SS 2005
Musterlösung zur 1. Klausur
Besprechung: 13/06/2005
1. Poisson Klammern
Die Poisson Klammern sind definiert als
{A, B} =
X
j
"
∂A ∂B
∂A ∂B
−
∂rj ∂pj
∂pj ∂rj
#
Dann gilt
a)
2
2
{(~r) , (~
p) } =
X
j
"
#
X
∂(~r)2 ∂(~
p)2 ∂(~r)2 ∂(~
p )2
2rj · 2pj = 4(~rp~)
=
−
∂rj ∂pj
∂pj ∂rj
j
b)
{H, Lx } =
= mω02 rx ry rz

X
j
"
#
∂H ∂Lx ∂H ∂Lx
=
−
∂rj ∂pj
∂pj ∂rj



0
0
1 


px py pz  pz 
 −rz  −
=0−0=0
m
ry
−py
Da (d/dt)Lx = {Lx , H} = 0, ist der Drehimpuls in x-Richtung erhalten.
2. Geladenes Teilchen im homogenen Magnetfeld
2a) Die Hamilton-Funktion lautet
H=
p2y
p2
(px + (q/c)By)2
+
+ z
2m
2m 2m
Wie führen D = (q/c)B ein. Die Hamilton-Gleichungen lauten
px + Dy
∂H
=
∂px
m
∂H
py
ẏ =
=
∂py
m
∂H
pz
ż =
=
∂pz
m
∂H
=0
ṗx = −
∂x
ẋ =
1
(1)
(2)
(3)
(4)
px + Dy
∂H
= −D
∂y
m
∂H
ṗz = −
=0
∂z
ṗy = −
(5)
(6)
2b) pz ist erhalten. Aus Gl. (3) folgt damit für die Bewegung in z-Richtung einfach z =
vz t + const, wobei vz = pz /m. Aus̈erdem ist px erhalten, aber nicht ẋ (siehe Gl. (1)).
Um die Bewegung in der x − y Ebene zu bestimmen, differenzieren wir Gl. (2) und setzen
danach Gl. (5) ein. Das ergibt
ÿ =
ṗy
px + Dy
= −D
m
m2
Da px erhalten ist, können wir jetzt y(t) bestimmen. Die allgemeine Lösung lautet
px
D
t+φ −
y = A cos
m
D
mit noch zu bestimmenden Konstanten A und φ.
Um x(t) zu bestimmen integrieren wir Gl. (1). Das ergibt
x = A sin
D
t+φ +C
m
wobei C noch eine zubestimmende Konstante ist.
In der x − y Ebene dreht sich das Teilchen im Kreis. Der Radius des Kreises ist A und das
Zentrum des Kreises ist durch xc = C , yc = −py /D gegeben. Die Winkelgeschwindigkeit
ist ωc = D/m = qB/(cm).
3. Massenpunkt auf einer Parabel
3a) Die Zwangsbedingung lautet F (x, z) = Cx2 − z = 0.
Die Lagrange-Gleichungen 1. Art lauten dann
∂F
= 2λCx
∂x
∂F
= −mg − λ
mz̈ = −mg + λ
∂z
z = Cx2
mẍ = λ
(7)
(8)
(9)
Aus Gl. (9) folgt ż = 2Cxẋ und z̈ = 2Cxẍ + 2C ẋ2 . Wir setzen dies in Gl. (8) ein. Das ergibt
λ = −mg − 2mCxẍ − 2mC ẋ2
Wir setzen dies in Gl. (7) ein. Das ergibt
ẍ =
2λCx
= −2gCx − 4C 2 x2 ẍ − 4C 2 xẋ2
m
(10)
3b) Für kleine Auslenkungen vernachlässigen wir die nichtlinearen Terme der Gl. (10). Dann
gilt
ẍ = −2gCx
2
Die allgemeine Lösung lautet
q
x = A cos( 2gC t + φ)
wobei A und φ zu bestimmende Konstanten sind.
3c) Die kinetische Energie lautet
T =
1
m
1
mẋ2 + mż 2 =
(1 + 4C 2 x2 ) ẋ2
2
2
2
Die potenzielle Energie ist
U = mgz = mgCx2
Dann lautet die Lagrange-Funktion
L=T −U =
m
(1 + 4C 2 x2 ) ẋ2 − mgCx2
2
Die Bewegungsgleichung (die Lagrange-Gleichung 2. Art) lautet
0=
d d ∂L ∂L
−
=
m(1 + 4C 2 x2 )ẋ − 4mC 2 xẋ2 + 2mgCx
dt ∂ ẋ
∂x
dt
Wir differenzieren und kürzen durch m
(1 + 4C 2 x2 )ẍ + 8C 2 xẋ2 − 4C 2 xẋ2 + 2gCx = 0
Die Gleichung reduziert sich auf Gl. (10)
3d) Der kanonische Impuls ist
p=
∂L
= m(1 + 4C 2 x2 )ẋ
∂ ẋ
Wir drücken die Geschwindigkeit ẋ durch den Impuls aus
ẋ =
p
m(1 + 4C 2 x2 )
Die Hamilton-Funktion lautet dann
p2
m
H = pẋ − L =
− (1 + 4C 2 x2 )
2
2
m(1 + 4C x )
2
=
p
m(1 + 4C 2 x2 )
!2
+ mgCx2
p2
1
+ mgCx2
2 m(1 + 4C 2 x2 )
4. Massenpunkt auf einem rotierenden Ring
4a) Wir benutzen als veralgemeinerte Koordinaten r, θ, und φ mit x = r sin θ cos φ, y =
r sin θ sin φ, z = −r cos θ. (Ähnlich zu Kugel-Koordinaten, aber θ wird von der negative
z-Achse ausgemessen.) Durch die Zwangsbedingungen r = R = const und φ̇ = ω = const.
Die kinetische Energie lautet
T =
m 2
mR2 2
(ẋ + ẏ 2 + ż 2 ) =
(θ̇ + ω 2 sin2 θ)
2
2
3
Die potenzielle Energie lautet
U = mgz = −mgR cos θ
Die Lagrange-Funktion lautet
L=T −U =
mR2 2
(θ̇ + ω 2 sin2 θ) + mgR cos θ
2
4b) Die Bewegungsgleichung (die Lagrange-Gleichung 2. Art) lautet
0=
d ∂L ∂L
−
= mR2 θ̈ − mR2 ω 2 sin θ cos θ + mgR sin θ
dt ∂ θ̇
∂θ
Der zweite Term ist die Zentrifugalkraft. Schließlich lautet die Bewegungsgleichung
Rθ̈ − Rω 2 sin θ cos θ + g sin θ = 0
4c) Wir suchen nach den stationären Lösungen θ = const. Dann gilt θ̈ = 0 und
Rω 2 sin θ cos θ − g sin θ = 0
Eine Lösung dieser Gleichung lautet sin θ = 0. Dann gilt θ = 0 oder θ = π. Die andere
Lösung ist durch
Rω 2 cos θ − g = 0
gegeben. Da −1 ≤ cos θ ≤ 1, existiert die Lösung nur wenn ω ≥
q
g/R.
5. Optischer Weg
5a) Die Ausbreitungszeit lautet
T =
ZB
dt =
ZB
A
A
ds
v(~r)
Für das Differenzial der Länge der Kurve gilt ds2 = dx2 + dy 2 = (1 + y 02 )dx2 . Also
ds =
Dann gilt
T =
ZxB
xA
q
1 + y 02 dx
√
ZxB
ZxB
q
dx 1 + y 02
1
1
=
dx n(y) 1 + y 02 =
dx F (y, y 0)
v(~r)
cx
cx
A
A
Wir wollen T minimieren. Die Bedingung des Extremums ist durch die Euler-LagrangeGleichung
d ∂F
∂F
=
0
dx ∂y
∂y
q
√
gegeben. Da F = n(y) 1 + y 02 = (1 + βy)(1 + y 02 ) lautet die Euler-Lagrange-Gleichung
#
" √
d y 0 1 + βy
√
=
dx
1 + y 02
4
√
β 1 + y 02
√
2 1 + βy
Differenzieren ergibt
√
√
√
y 02 β
y 00 1 + βy y 02 y 00 1 + βy
β 1 + y 02
√
√
− √
+ √
= √
2 1 + βy
1 + y 02
( 1 + y 02 )3
2 1 + y 02 1 + βy
Die Gleichung läs̈t sich vereinfachen
2y 00 (1 + βy) = β(1 + y 02 )
(11)
5b) Statt Gl. (11) zu integrieren, benutzen wir den Erhaltungssatz, der aus der Unabhängigheit von F (y, y 0) von x folgt. Der Erhaltungssatz lautet
∂F 0
y − F = const.
∂y 0
Das ergibt
s
1 + βy
= const.
1 + y 02
und schließlich
K(1 + βy) = 1 + y 02
wobei K eine positive zubestimmende Konstante ist.
5c) Wir setzen jetzt die Probelösung y = y0 + C(x − x0 )2 ein. Die Bedingung, dass die
Probelösung eine Lösung ist, erfordert K(1 + βy0 ) = 1 und KβC = 4C 2 . Wir eliminieren K
und erhalten die Bedingung
4C(1 + βy0 ) = β
(12)
Die Bedingung, dass der Punkt A=(0,0) auf der Kurve liegen muss, ergibt
y0 + Cx20 = 0 .
(13)
Analog ergibt die Bedingung, dass der Punkt B auf der Kurve liegt
y0 + C(xB − x0 )2 = yB .
(14)
Also, haben wir 3 Gleichungen (12,13,14) für die 3 zubestimmenden Parameter C, x0 , y0 .
Aus Gl. (13) sieht man, dass y0 < 0. Wenn wir, z.B., den Fall xB > 0 betrachten, dann sieht
man aus Gl. (13) und Gl. (14), dass x0 < 0. Dieser Fall ist in Abb. 1 skizziert.
5
y
B
x0
A
x
y0
Abbildung 1: Ausbreitungskurve.
6. Symmetrie und erhaltene Größen
6a) In Zylinder-Koordinaten lautet die kinetische Energie
T =
m 2
(ṙ + r 2 φ̇2 + ż 2 )
2
Die Lagrange-Funktion lautet L = T − U . Da U unabhängig von φ ist, ist der kanonische
Impuls pφ erhalten. Das folgt aus der Lagrange-Gleichung
d ∂L
∂L
= 0.
=
dt ∂ φ̇
∂φ
Der erhaltene Impuls pφ ≡
∂L
∂ φ̇
ist also
pφ = mr 2 φ̇
6b) Im Noether’schen Theorem betrachtet man infinitesimale Transformationen, die die
Lagrange-Funktion nicht ändern. Hier lautet die entsprechende Transformation (r, φ, z) →
(r(), φ(), z()) = (r+δr, φ+δφ, z +δz) mit (δr, δφ, δz) = (0, , 0), wobei eine infinitesimale
Zahl ist. Dann besagt das Noether’sche Theorem, dass
"
#
"
#
d ∂L
∂L
d ∂L ∂r ∂L ∂φ ∂L ∂z
∂L
d ∂L
δr +
δz =
+
+
δφ +
=
=0.
dt ∂ ṙ
∂ ż
dt ∂ ṙ ∂ ∂ φ̇ ∂
∂ ż ∂
dt ∂ φ̇
∂ φ̇
(15)
Dann sieht man, dass pφ erhalten ist. Es ist auch klar, dass pφ gleich der z Komponente des
Drehimpulses ist
pφ = Lz = mxẏ − my ẋ
6
Institut für Theoretische Festkörperphysik
Prof. Dr. Gerd Schön, Dr. Alexander Shnirman (11/03, Tel.: 608-6030)
http://www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/˜shnirman
Theoretische Physik B, SS 2005
2. Klausur, 6. Juli 2005
Dauer: 2 Stunden. Gesamtpunktzahl: 30 Punkte entspricht einer 100% Lösung. Die mit
* gekennzeichneten Aufgaben liefern mögliche Zusatzpunkte, sind aber voraussichtlich etwas aufwendiger. Hinweise: Beginnen Sie bitte jede Klausuraufgabe auf einem neuen Blatt.
Schreiben Sie auf jedes Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer und auf
das erste Blatt Ihre Übungsgruppe. Die Rückgabe und Besprechung der Klausur findet in
den Tutorien am Montag, 11.07.05 statt.
1. Atwood’sche Fallmachine mit einer massiven Rolle (6 Punkte)
Betrachten Sie die Atwood’sche Fallmaschine. Die Massen m1 und m2 sind durch eine Schnur
verbunden, die über die Rolle der Masse M , der Länge L und des Radius R gewickelt ist
(siehe Abb. 1). Auf die Massen wirkt die Schwerkraft. Die Achse der Rolle bleibt fest.
(1a) (3 Punkte) Wählen Sie die Höhe der Masse m1 als verallgemeinerte Koordinate und
geben Sie die Lagrange-Funktion des Systems an. Wie lautet die Bewegungsgleichung?
(1b) (3 Punkte) Finden Sie die Zwangskräfte, die auf die Massen wirken und das Drehmoment, das auf die Rolle wirkt.
y
M
m
b
−a
m1
x
a
z
m2
M
Abbildung 1: die Fallmaschine
−b
m
Abbildung 2: die Massen
2. Trägheitstensor (7 Punkte)
Gegeben sind vier Massen in der x − y Ebene. Zwei Massen M befinden sich in den Punkten
(x, y, z) = (a, b, 0) und (x, y, z) = (−a, −b, 0). Zwei Massen m befinden sich in den Punkten
(x, y, z) = (−a, b, 0) und (x, y, z) = (a, −b, 0) (siehe Abb. 2).
(2a) (2 Punkte) Bestimmen Sie den Trägheitstensor bezüglich des Koordinatensystems
(x, y, z).
(2b) (3 Punkte) Finden Sie die Hauptträgheitsmomente.
(2c) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die z-Achse eine der Hauptachsen ist. Bestimmen Sie die
Richtungen (z.B. die Winkel mit der x-Achse) der beiden anderen Hauptachsen in der x − y
Ebene im allgemeinen Fall. Finden Sie die Hauptachsen in zwei speziellen Fälle: (i) M 6= m
und a = b; (ii) M = m und a 6= b.
3. Hamilton-Funktion → Lagrange-Funktion (5 Punkte)
p2
p2x
Die Hamilton-Funktion eines Teilchens in 2 Dimensionen ist H = 2m
+ 2my + apx py + U (x, y)
(3a) (2 Punkt) Stellen Sie die Hamilton’sche Bewegungsgleichungen auf.
(3b) (3 Punkte) Finden Sie die entsprechende Lagrange-Funktion L(x, y, ẋ, ẏ).
1
4. Geodäte (6 Punkte)
Gesucht ist die Gleichung für den kürzesten Weg (Geodäte) zwischen zwei Punkten auf
der Oberfläche eines Paraboloids. In Zylinder-Koordinaten (r, φ, z) ist das Paraboloid durch
z = ar 2 gegeben (a > 0). Eine Linie auf der Oberfläche kann durch eine Funktion r(φ)
parametrisiert werden.
(4a) (3 Punkte) Stellen Sie das Funktional auf, das die Länge der Linie bestimmt. (Hinweis:
Das Differenzial der Länge in Zylinder-Koordinaten ist dl 2 = r 2 dφ2 + dr 2 + dz 2 .) Bestimmen
Sie die Euler-Lagrange-Gleichung für die Geodäte (Vereinfachung wird nicht verlangt).
(4b) (3 Punkte) Finden Sie einen ”Erhaltungssatz” und verwenden Sie diesen, um eine
einfachere Gleichung für die Geodäte zu erhalten.
5. Zylinder in einem Hohlzylinder (6 Punkte)
Ein Zylinder der Masse m, des Radius r, und der Länge l rollt in einem Hohlzylinder mit
Radius R > r (siehe Abb. 3). Auf den kleinen Zylinder wirkt die Schwerkraft.
(5a) (3 Punkte) Wählen Sie den Winkel θ als verallgemeinerte Koordinate und geben Sie
die Lagrange-Funktion des Systems an. (Hinweis: Die Winkelgeschwindigkeit des kleinen
Zylinders läßt sich als v/r berechnen, wobei v die Schwerpunktsgeschwindigkeit ist.) Wie
lautet die Bewegungsgleichung?
~ = N
~ ent(5b) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass die Bewegungsgleichung dem Satz (d/dt)L
~ und N
~ bezüglich der Linie, in der sich die beiden Zylinder
spricht. (Hinweis: Berechnen Sie L
berühren und verwenden Sie den Steiner’schen Satz.)
R θ n3
e3
θ
C
O
n2
n1
Abbildung 3: Zylinder im Hohlzylinder
Abbildung 4: Kreisel
6. Präzession durch die Euler Gleichungen (9* Punkte)
Betrachten Sie einen symmetrischen Kreisel (I1 = I2 6= I3 ). Die Spitze des Kreisels bleibt fest
im Ursprung O des Koordinatensystems (siehe Abb. 4). Die Masse des Kreisels ist m und
der Abstand zwischen O und dem Schwerpunkt des Kreisels C ist |OC| = l. Auf den Kreisel
wirkt die Schwerkraft. Wir benutzen die Eulergleichungen N1 = I1 Ω̇1 + (I3 − I2 )Ω2 Ω3 , N2 =
I2 Ω̇2 +(I1 −I3 )Ω3 Ω1 , N3 = I3 Ω̇3 +(I2 −I1 )Ω1 Ω2 , um die Bewegung des Kreisels zu bestimmen.
Beachten Sie, dass diese Gleichungen im körperfesten (bewegten) Koordinatensystem gelten.
Wir wollen die Schwerkraft als kleine Störung betrachten.
6a) (3* Punkte) Betrachten Sie als erste Näherung die stationäre Lösung Ω3 > 0, Ω1 = Ω2 =
~ = 0) gilt. Nehmen Sie an, dass die Achse
0, die für den Fall ohne die Schwerkraft (g = 0 → N
~e3 horizontal entlang ~n2 ausgerichtet ist. Finden Sie die zeitabhängigen Richtungen der ~e1 und ~e2 -Achsen im raumfesten Koordinatensystem. Geben Sie die Komponenten N1 , N2 , N3
des Drehmoments im körperfesten KS an.
~ als kleine Störung und finden
6b) (3* Punkte) Betrachten Sie zunächst das Drehmoment N
~ = (δΩ1 , δΩ2 , δΩ3 ), die durch N
~ erzeugt wird. Zeigen Sie, dass δΩ3 (t) = 0
Sie die Korrektur δ Ω
und bestimmen Sie δΩ1 (t) und δΩ2 (t) mit Hilfe der Euler-Gleichungen.
~ im raumfesten Koordinatensystem aus. Be6c) (3* Punkte) Drücken Sie die Korrektur δ Ω
schreiben Sie die Bewegung des Kreisels.
2
Institut für Theoretische Festkörperphysik
Prof. Dr. Gerd Schön, Dr. Alexander Shnirman (11/03, Tel.: 608-6030)
http://www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/˜shnirman
Theoretische Physik B, SS 2005
Musterlösung zur 2. Klausur
Besprechung: 11/07/2005
1. Atwood’sche Fallmachine mit einer massiven Rolle
(1a) Die kinetische Energie lautet
m1 ż12 m2 ż22 I φ̇2
T =
+
+
2
2
2
Die Zwangsbedingungen liefern
z2 = const − z1
ż2 = −ż1
und
Rφ̇ = ż1
Dann gilt
(m1 + m2 )ż12
I ż 2
+ 12
2
2R
Das Trägheitsmoment des Zylinders ist durch I = M R2 /2 gegeben. Dann gilt
T =
T =
(m1 + m2 + M/2)ż12
2
Die potenzielle Energie lautet
U = m1 gz1 + m2 gz2 = (m1 − m2 )gz1 + const
Die Lagrange-Funktion ist
L=T −U =
Für die Bewegungsgleichung
d ∂L
dt ∂ ż1
(m1 + m2 + M/2)ż12
− (m1 − m2 )gz1
2
=
∂L
∂z1
erhalten wir
(m1 + m2 + M/2)z̈1 = −(m1 − m2 )g
Die Beschleunigung ist
z̈1 = −
(m1 − m2 )g
(m1 + m2 + M/2)
1
(1b)
Die Kraft K1 , die auf m1 wirkt ergibt sich aus
m1 z̈1 = −m1 g + K1
Das ergibt
K1 =
2m1 m2 + m1 M/2
g
m1 + m2 + M/2
K2 =
2m1 m2 + m2 M/2
g
m1 + m2 + M/2
Analog erhalten wir
Das Drehmoment ist
N = R(K2 − K1 ) =
(m2 − m1 )M/2
gR
m1 + m2 + M/2
Alternativ können wir das Drehmoment aus der Relation L̇ = I φ̈ = N bestimmen und
finden dasselbe Ergebnis.
2. Trägheitstensor
(2a) Wir erhalten
Ixx = 2(m + M )b2
Iyy = 2(m + M )a2
Izz = 2(m + M )(a2 + b2 )
Ixy = Iyx = 2ab(m − M )
Alle andere Elemente sind 0.
Also lautet der Trägheitstensor


2b2 (m + M ) 2ab(m − M )
0


2
ˆ
0
I =  2ab(m − M ) 2a (m + M )

0
0
2(m + M )(a2 + b2 )
(2b) Es ist klar, dass I3 = Izz = 2(m + M )(a2 + b2 ). Um I1 und I2 zu finden müssen wir die
folgende Gleichung lösen
det
2b2 (m + M ) − Ik
2ab(m − M )
2ab(m − M ) 2a2 (m + M ) − Ik
!
=0
Das ergibt
Ik2 − 2(a2 + b2 )(m + M )Ik + 16a2 b2 M m = 0
und
I1/2 = (a2 + b2 )(m + M ) ±
q
(a2 + b2 )2 (m + M )2 − 16a2 b2 M m
(2c) Da Iˆ block-diagonal ist, ist der Vektor (0, 0, 1) ein Eigenvektor mit dem Eigenwert I3 .
Die beiden anderen Eigenvektoren ergeben sich aus
2b2 (m + M ) − Ik
2ab(m − M )
2
2ab(m − M ) 2a (m + M ) − Ik
2
!
x
y
!
und wir erhalten
tan αk =
2b2 (m + M ) − Ik
yk
=
xk
2ab(M − m)
wobei ist αk der Winkel zwischen der Hauptachse k und der x-Achse. Das ergibt
tan αk =
(b2 − a2 )(m + M ) ∓
q
(a2 + b2 )2 (m + M )2 − 16a2 b2 M m
2ab(M − m)
Für a = b ergibt dies tan αk = ±1. Die Hauptachsen sind also die Diagonalen des Quadrats.
Für M = m erhalten wir tan αk = 0, ∞. Die Hauptachsen sind also die x- und y-Achsen.
3. Hamilton-Funktion → Lagrange-Funktion
(3a) Die Hamilton’sche Bewegungsgleichungen lauten
ẋ =
px
∂H
=
+ apy
∂px
m
ẏ =
∂H
py
=
+ apx
∂py
m
∂H
∂U
=−
∂x
∂x
∂H
∂U
ṗy = −
=−
∂y
∂y
ṗx = −
(3b)
Wir benutzen Matrizen
1
px py T̂
H=
2
wobei
px
py
!
1/m a
a 1/m
T̂ =
+ U (x, y)
!
Die zwei ersten Hamilton’schen Gleichungen lauten dann
ẋ
ẏ
!
= T̂
Da
H=
ẋ ẏ
px
py
px
py
!
!
−L
gilt
L=
ẋ ẏ
px
py
!
1
ẋ ẏ T̂ −1
−H =
2
ẋ
ẏ
!
−U
Die invertierte Matrix lautet
T̂
−1
=
1
1/m2 − a2
1/m −a
−a 1/m
!
3
1
=
1 − m 2 a2
m −am2
−am2 m
!
Schließlich lautet die Lagrange-Funktion
L=
mẏ 2
am2 ẋẏ
mẋ2
+
−
− U (x, y)
2(1 − m2 a2 ) 2(1 − m2 a2 ) (1 − m2 a2 )
4. Geodäte
(4a) Da z = ar 2 gilt
dz = 2ardr
Dann
dl2 = r 2 dφ2 + (1 + 4a2 r 2 )dr 2
Die Linie ist durch r(φ) parametrisiert. Mit dr/dφ = r 0 gilt
q
dl = dφ r 2 + (1 + 4a2 r 2 )r 02
Das Funktional, das die Länge der Linie bestimmt, lautet
L=
wobei
0
F (r, r ) =
Die Euler-Lagrange-Gleichung lautet
Z
dφF (r, r 0 )
q
r 2 + (1 + 4a2 r 2 )r 02
d ∂F
∂F
=
0
dφ ∂r
∂r
Das ergibt

2 2

d 
(1 + 4a r )r
(1 + 4a2 r 02 )r
= q
q
dφ
r 2 + (1 + 4a2 r 2 )r 02
r 2 + (1 + 4a2 r 2 )r 02
0
Nach der (nicht verlangten) Vereinfachung ergibt das
r[rr 00 (1 + 4a2 r 2 ) − 2r 02 (1 + 2a2 r 2 ) − r 2 ]
=0
(r 2 + (1 + 4a2 r 2 )r 02 )3/2
(4b) Da F unabhängig von φ ist, ergibt sich der ”Erhaltungssatz”
r0
Dann
Daraus folgt
∂F
− F = const
∂r 0
(1 + 4a2 r 2 )r 02
q
−
r 2 + (1 + 4a2 r 2 )r 02
q
r 2 + (1 + 4a2 r 2 )r 02 = const
r2
q
r 2 + (1 + 4a2 r 2 )r 02
4
= const
Die Differenzialgleichung, also, lautet
r0 2 =
cr 4 − r 2
1 + 4a2 r 2
wobei c eine zu bestimmende Konstante ist (c > 0).
5. Zylinder in einem Hohlzylinder
(5a) Die kinetische Energie T besteht aus der Schwerpunktsenergie TC und der Rotationsenergie TR . Es gilt
mv 2
TC =
2
wobei v = (R − r)θ̇. Also gilt
m(R − r)2 θ̇ 2
TC =
2
Die Winkelgeschwindigkeit des kleinen Zylinders ist
Ω=
v
R−r
=
θ̇
r
r
Dann lautet die Rotationsenergie
TR =
1 mr 2 (R − r)2 2 m(R − r)2 θ̇ 2
IΩ2
=
θ̇ =
2
2 2
r2
4
Die gesamte kinetische Energie ist dann
T =
3m(R − r)2 θ̇ 2
4
Die potenzielle Energie ergibt sich als
U = mgz = −mg(R − r) cos θ + const
Die Bewegungsgleichung lautet
3
m(R − r)2 θ̈ = −mg(R − r) sin θ
2
oder
3
(R − r)θ̈ = −g sin θ
2
(5b) Der Drehmoment bezüglich der Berührenslinie ist
N = −mgr sin θ
Das Drehimpuls bezüglich derselben Linie lautet
L = I 0Ω
wobei nach dem Steiner’schen Satz I 0 = I + mr 2 = (3/2)mr 2
Also gilt
3
R−r
L = mr 2
θ̇
2
r
Wir benutzen L̇ = N und erhalten dieselbe Bewegungsgleichung wie in (5a)
5
6. Präzession durch die Euler Gleichungen
(6a)
Bei t = 0 haben wir
~e1 = ~nz
~e2 = ~nx
~e3 = ~ny
Dann für t > 0 gilt
~e1 = cos Ω3 t ~nz + sin Ω3 t ~nx
~e2 = − sin Ω3 t ~nz + cos Ω3 t ~nx
Die Schwerkraft lautet K = −mg~nz . Das Drehmoment lautet
~ = l~ny × K
~ = −mgl~nx
N
Wir drücken ~nx durch ~e1 und ~e2 aus:
~nx = sin Ω3 t ~e1 + cos Ω3 t ~e2
Also
~ = −mgl(sin Ω3 t ~e1 + cos Ω3 t ~e2 )
N
(6b)
Da N3 = 0 und I1 = I2 besagt die dritte Euler Gleichung, dass Ω̇3 = 0. Also δΩ3 = 0. Die
zwei anderen Euler Gleichungen lauten jetzt
AΩ2 + I1 Ω̇1 = −mgl sin Ω3 t
−AΩ1 + I1 Ω̇2 = −mgl cos Ω3 t
wobei A ≡ (I3 − I1 )Ω3 (Ω3 ist erhalten, deswegen sind die zwei Gleichungen linear).
Wir versuchen den Ansatz
Ω1 = a cos Ω3 t + b sin Ω3 t
Ω2 = c cos Ω3 t + d sin Ω3 t
Dann gilt c = b = 0. Für a und d erhalten wir
a=
mgl
I3 Ω3
d=−
Dann gilt
~ =
δΩ
mgl
I3 Ω3
mgl
(cos Ω3 t ~e1 − sin Ω3 t ~e2 )
I3 Ω3
(6c) Im raumfesten Koordinatensystem ergibt das
~ =
δΩ
6
mgl
~nz
I3 Ω3
Institut für Theoretische Festkörperphysik
Prof. Dr. Gerd Schön, Dr. Alexander Shnirman (11/03, Tel.: 608-6030)
http://www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/˜shnirman
Theoretische Physik B, SS 2005
Nachklausur, 26. Oktober 2005
Dauer: 2 Stunden. Gesamtpunktzahl: 30 Punkte. Hinweise: Beginnen Sie bitte jede Klausuraufgabe auf einem neuen Blatt. Schreiben Sie auf jedes Blatt Ihren Namen und
Ihre Matrikelnummer und auf das erste Blatt Ihre Übungsgruppe. Die Ergebnisse sind
ab 28.10.05 im Sekretariat TFP, 11.1, zu erfahren.
1. Lagrange-Funktion → Hamilton-Funktion (6 Punkte)
2
2
Die Lagrange-Funktion eines Teilchens in 2 Dimensionen sei L = m2ẋ + m2ẏ + aẋẏ − U(x, y)
(1a) (3 Punkte) Stellen Sie die Bewegungsgleichungen (Lagrange-Gleichungen 2. Art) auf.
(1b) (3 Punkte) Finden Sie die entsprechende Hamilton-Funktion H(x, y, px, py ).
2. Kleine Schwingungen (6 Punkte)
Betrachten Sie zwei Massen m, die sich nur in x-Richtung bewegen können (siehe Abb. 1).
Beide Massen sind durch Federn mit Federkonstante k mit einer festen Wand und durch
eine Feder mit Federkonstante k1 miteinander verbunden (siehe Abb. 1).
(2a) (2 Punkte) Stellen Sie die Lagrange-Funktion und die Bewegungsgleichungen auf.
(2b) (2 Punkte) Finden Sie aus Symmetrie-Gründen die Eigenmoden und bestimmen Sie
die Eigenfrequenzen.
(2c) (2 Punkte) Bestimmen Sie die Eigenfrequenzen und die Eigenmoden durch eine formale
Rechnung (Diagonalisieren des Bewegungsgleichungssystems).
m2
k
k
k1
m
R
m
M
m1
Abbildung 1: die zwei Massen
Abbildung 2: die Fallmaschine
3. Fallmaschine mit einer massiven Rolle (6 Punkte)
Betrachten Sie die Fallmaschine in Abb. 2. Die Massen m1 und m2 sind durch eine Schnur
verbunden, die über eine zylindrische Rolle (Länge L) mit Masse M und Radius R gelenkt
wird. Auf die Massen wirkt die Schwerkraft. Die Masse m2 bewegt sich reibungslos auf der
festen horizontalen Fläche. Die Achse der Rolle bleibt fest.
(3a) (3 Punkte) Wählen Sie die Höhe der Masse m1 als verallgemeinerte Koordinate und
geben Sie die Lagrange-Funktion des Systems an. Wie lautet die Bewegungsgleichung?
(3b) (3 Punkte) Finden Sie die Zwangskräfte, die auf die Massen wirken und das Drehmoment, das auf die Rolle wirkt.
1
4. Trägheitstensor (7 Punkte)
Gegeben seien drei Massen in der x − y Ebene. Zwei Massen m befinden sich in den Punkten
(x, y, z) = (0, 0, 0) und (x, y, z) = (0, 4a, 0). Eine Masse 2m befindet sich in dem Punkt
(x, y, z) = (2a, 0, 0) (siehe Abb. 3).
(4a) (2 Punkte) Bestimmen Sie den Schwerpunkt und den Trägheitstensor bezogen auf den
Schwerpunkt.
(4b) (3 Punkte) Finden Sie die Hauptträgheitsmomente.
(4c) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die z-Achse eine der Hauptachsen ist. Bestimmen Sie die
Richtungen (z.B. die Winkel mit der x-Achse) der beiden anderen Hauptachsen in der x − y
Ebene.
y
der Nordpol
m
θ
4a
2a
m
der Aequator
x
2m
Abbildung 4: die Erde
Abbildung 3: die drei Massen
5. Corioliskraft und Zentrifugalkraft (5 Punkte)
Ein Auto mit Masse m befindet sich an einem Ort mit der geographischen Breite θ auf der
nördlichen Halbkugel (siehe Abb. 4). Bestimmen Sie die Corioliskraft und die Zentrifugalkraft (Betrag und Richtung) auf das Auto, wenn das Auto sich mit
Geschwindigkeit v
(5a) (2.5 Punkte) von Süden nach Norden
(5b) (2.5 Punkte) von Osten nach Westen
bewegt.
2
Institut für Theoretische Festkörperphysik
Prof. Dr. Gerd Schön, Dr. Alexander Shnirman (11/03, Tel.: 608-6030)
http://www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/˜shnirman
Theoretische Physik B, SS 2005
Musterlösung zur Nachklausur
1. Lagrange-Funktion → Hamilton-Funktion
(1a) Die erste Bewegungsgleichung lautet
∂L
d ∂L
=
.
dt ∂ ẋ
∂x
Das ergibt
∂U
d
(mẋ + aẏ) = mẍ + aÿ = −
.
dt
∂x
Analog lautet die zweite Bewegungsgleichung
mÿ + aẍ = −
(1b)
Wir benutzen Matrizen
wobei
ẋ
ẏ
!
m a
a m
!
1
ẋ ẏ T̂
L=
2
T̂ =
∂U
.
∂y
− U(x, y)
.
Die verallgemeinerte Impulse lauten dann
px
py
!
∂L/∂ ẋ
∂L/∂ ẏ
=
!
Da
H=
und
px py
ẋ
ẏ
!
= T̂
= T̂
ẋ
ẏ
!
px
py
−1
ẋ
ẏ
!
.
−L
!
gilt
Die invertierte Matrix lautet
1
px py T̂ −1
H=
2
T̂
−1
1
= 2
m − a2
1
px
py
!
m −a
−a m
+U .
!
.
Schließlich lautet die Hamilton-Funktion
mp2y
apx py
mp2x
+
−
+ U(x, y) .
H=
2
2
2
2
2(m − a ) 2(m − a ) (m2 − a2 )
2. Kleine Schwingungen
(2a) Die Lagrangefunktion lautet
L=
m 2
k
k1
(ẋ1 + ẋ22 ) − (x21 + x22 ) − (x1 − x2 )2 .
2
2
2
Die Bewegungsgleichungen ergeben sich als
mẍ1 = −kx1 − k1 (x1 − x2 )
mẍ2 = −kx2 + k1 (x1 − x2 ) .
(2b) Aus Symmetrie-Gründen wird klar, dass die Eigenmoden die Summe q1 = x1 + x2 und
die Differenz q2 = x1 − x2 sind. Die Summe der zwei Bewegungsgleichungen lautet
mq̈1 = −kq1 .
Also, ergibt sich die Eigenfrequenz der ersten Eigenmode als ω12 = k/m.
Analog lautet die Differenz der Bewegungsgleichungen
mq̈2 = −(k + 2k1 )q2 .
Die zweite Eigenfrequenz ist dann ω22 = (k + 2k1 )/m.
(2c) Wir stellen die Lagrangefunktion in der Matrix-Form dar
1
L = (Tij ẋi ẋj − Vij xi xj )
2
wobei
T =m
und
V =k
1 0
0 1
!
1 0
0 1
+ k1
!
1 −1
−1 1
!
.
Die Bewegungsgleichungen lauten
Tij ẍj − Vij xj = 0 .
Die Eigenfrequenzen werden aus der folgenden Gleichung gefunden
det(V − ω 2T ) = 0 .
Das ergibt
det
k + k1 − ω 2 m
−k1
−k1
k + k1 − ω 2 m
2
!
=0
und
k + k1 − ω 2 m = ±k1 .
Daraus ergeben sich die Eigenfrequenzen als
ω12 =
k
m
und
k + 2k1
.
m
Als nächstes bestimmen wir die Eigenvektoren aus
ω22 =
(V − ωn2 T )ij ajn = 0 .
Für n = 1, ω12 =
k
m
ergibt das
1 −1
−1 1
k1
!
a11
a21
!
=0.
Also a11 = a21 . Analog erhalten wir für n = 2 die Relation a12 = −a22 .
3. Fallmaschine mit einer massiven Rolle
3a) Die kinetische Energie lautet
T =
m1 ż12 m2 ẋ22 I φ̇2
+
+
2
2
2
Die Zwangsbedingungen liefern
x2 = const + z1
ẋ2 = ż1
und
Rφ̇ = ż1
Dann gilt
(m1 + m2 )ż12
I ż 2
+ 12
2
2R
Das Trägheitsmoment des Zylinders ist durch I = MR2 /2 gegeben. Dann gilt
T =
T =
(m1 + m2 + M/2)ż12
2
Die potenzielle Energie lautet
U = m1 gz1
Die Lagrange-Funktion ist
(m1 + m2 + M/2)ż12
L= T −U =
− m1 gz1
2
Für die Bewegungsgleichung
d ∂L
dt ∂ ż1
=
∂L
∂z1
erhalten wir
(m1 + m2 + M/2)z̈1 = −m1 g
3
Die Beschleunigung ist
z̈1 = −
m1 g
(m1 + m2 + M/2)
(3b)
Die Kraft K1 , die auf m1 wirkt ergibt sich aus
m1 z̈1 = −m1 g + K1
Das ergibt
K1 =
m1 m2 + m1 M/2
g
m1 + m2 + M/2
Analog erhalten wir
K2 = −
m1 m2
g
m1 + m2 + M/2
Das Drehmoment ist
N = R(|K2 | − |K1 |) = −
m1 M/2
gR
m1 + m2 + M/2
Wir sehen auch, dass L̇ = I φ̈ = N.
4. Trägheitstensor
(4a) Erst bestimmen wir die Position des Schwerpunktes. Wir erhalten
xc =
2m · 2a + m · 0 + m · 0
=a
4m
und
m · 4a + 2m · 0 + m · 0
=a.
4m
Also befindet sich der Schwerpunkt am Ort (a, a, 0).
Für die Matrixelemente des Trägheitstensors bezüglich des Schwerpunkts erhalten wir dann
yc =
Izz = [m(3a)2 + ma2 ] + [ma2 + ma2 ] + [2ma2 + 2ma2 ] = 16ma2 ,
Ixx = 16ma2 − ma2 − ma2 − 2ma2 = 12ma2 ,
Iyy = 16ma2 − m(3a)2 − ma2 − 2ma2 = 4ma2 ,
Ixy = Iyx = −(−3ma2 + ma2 − 2ma2 ) = 4ma2 .
Alle andere Elemente sind 0.
Also lautet der Trägheitstensor


3 1 0


Iˆ = 4ma2  1 1 0 
0 0 4
4
(4b) Es ist klar, dass I3 = Izz = 16ma2 . Um I1 und I2 zu finden müssen wir die folgende
Gleichung lösen
!
3 − ik
1
det
=0
1 1 − ik
mit Ik = 4ma2 ik . Das ergibt
i2k − 4ik + 2 = 0 ,
√
ik = 2 ± 2 ,
und
I1/2 = 4ma2 (2 ±
√
2) .
(4c) Da Iˆ blockdiagonal ist, ist der Vektor (0, 0, 1) ein Eigenvektor mit dem Eigenwert I3 .
Die beiden anderen Eigenvektoren ergeben sich aus
3 − ik
1
1 1 − ik
!
x
y
!
=0
und wir erhalten
yk
= ik − 3
xk
wobei αk der Winkel zwischen der Hauptachse k und der x-Achse ist. Das ergibt
√
tan α1 = 2 − 1
√
tan α2 = − 2 − 1
tan αk =
5. Corioliskraft und Zentrifugalkraft
z’
Ω
y,y’
z
x’
θ
x
Abbildung 1: die Erde.
Die Corioliskraft ist
~ .
KC = 2m ~v × Ω
Die Zentrifugalkraft ist
~ ist
Die Winkelgeschwindigkeit Ω
~ × (~r × Ω)
~ .
KZ = mΩ
~ = Ω~ez = −Ω cos θ~ex0 + Ω sin θ~ez 0
Ω
5
(a)
Für die Bewegung in die x0 -Richtung (von Süden nach Norden) gilt ~v = −v~ex0 und
KC = 2mΩv sin θ~ey
Da die Kraft positiv ist, ist sie nach Osten ausgerichtet.
Um die Zentrifugalkraft zu bestimmen brauchen wir ~r = R~ez 0 , wobei R der Radius der Erde
ist. Dann gilt
KZ = mΩ2 R cos θ[cos θ~ez 0 + sin θ~ex0 ] = mΩ2 R cos θ~ex
(b)
Für die Bewegung in die y-Richtung (von Westen nach Osten) gilt ~v = v~ey und
KC = −2mΩv~ex = −2mΩv [cos θ~ez 0 + sin θ~ex0 ]
Die Zentrifugalkraft ist dieselbe wie in (a)
6