V(x)

PD Dr. S. Mertens
S. Falkner, S. Mingramm
Theoretische Physik I – Mechanik
Blatt 2
WS 2007/2008
16. 10. 2007
1. Nichtlineare Schwingung. Eine Punktmasse bewege sich im Potential
V ( x) = kx2 + αx4
mit α > 0 .
(a) Wie lautet die Bewegungsgleichung des Massenpunktes?
(b) Lösen Sie diese in der Näherung α ≪ 1.
(c) Wie groß ist die Periodendauer unter dieser Annahme?
(1 Pkt.)
(2 Pkt.)
(1 Pkt.)
(insgesamt 4 Pkt.)
Lösung:
(a) Für die Bewegungsgleichung des Teilchens bestimmen wir zunächst die Kraft aus
dem gegebenen Potential. Da das Problem eindimensional ist, gilt einfach
dV
= −(2kx + 4αx3 ) .
dx
Damit lautet die Bewegungsgleichung
F=−
m ẍ = −(2kx + 4αx3 )
(1)
(b) Da die Abweichung des Potentials von dem des harmonischen Oszillators sehr
klein sein soll (α ≪ 1), nehmen wir an, dass die Lösung immernoch cosinusförmig
ist. Wir werden im folgenden die Anfangsbedingung
ẋ(0) = 0
annehmen. Dies ist keine Einschränkung, da dies durch eine lineare Verschiebung
der Zeitskala immer erreicht werden kann. Dies ist natürlich nur möglich, weil
das System konservativ ist und somit die Energie erhalten ist. Wir setzten nun
den Ansatz
x = x̂ cos(ωt)
(2)
in die rechte Seite von (1) ein und erhalten
m ẍ1 = −2k x̂ cos(ωt) − 4α x̂3 cos3 (ωt) .
(3)
Der Index 1 soll symbolisieren, dass es sich um die einfachste Näherung handelt.
Mit Hilfe der Substitution
1
cos3 (ωt) = (3 cos(ωt) + cos(3ωt))
4
können wir (3) zu
2k x̂ + 3α x̂3
α x̂3
cos(ωt) −
cos(3ωt) .
m
m
umformen. Diese Gleichung lässt sich nun zweimal integrieren. Die dabei auftretenden Integrationkonstanten müssen wegen unserer Anfangsbedingung und der
Symmetrie des Potentials verschwinden. Die Lösung lautet damit
ẍ1 = −
2k x̂ + 3α x̂3
α x̂3
cos
(
ωt
)
+
cos(3ωt)
(4)
mω 2
9mω 2
Dies ist die Lösung (niedrigster Ordnung) der Differentialgleichung unter der Annahme α ≪ 1.
x1 ( t ) =
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(c) Um nun die Periodendauer der Bewegung zu bestimmen, müssen wir einen Zusammenhang zwischen x̂ und ω herstellen. Dazu vergleichen wir die Koeffizienten in (2) und (4). Daraus ergibt sich
x̂ =
2k x̂ + 3α x̂3
mω 2
=⇒
ω2 =
2k 3α 2
+ x̂
m
m
Da die Kreisfrequenz positiv ist, gilt
r
2k 3α 2
+ x̂ .
ω=
m
m
Damit erhalten wir eine Periodendauer von
T=
2π
2π
=q
.
ω
2k
+ 3α x̂2
m
m
Wir sehen, dass die Schwingungsdauer mit größer werdender Amplitude kleiner
wird. Dies erscheint sinnvoll, da die Kraft auf den Massenpunkt überall größer
als beim harmonsichen Oszillator ist. Dieser Effekt wird mit zunehmender Auslenkung ebenfalls stärker. Die Konstante α könnte natürlich auch kleiner als Null
sein, dann würde die Periodendauer mit der Amplitude anwachsen.
2. Wassertropfen. Ein kugelförmiger Wassertropfen (Radius R, Volumen V, Masse m) fällt in (6 Pkt.)
der mit Wasserdampf gesättigten Atmosphäre senkrecht nach unten. Auf ihn wirken die
Schwerkraft und eine Reibungskraft,
F = Fgrav + Fdiss = mg − kmv
( k > 0) .
Der Wassertropfen beginnt aus der Ruhe und mit der Ausgangsmasse m(0) = m0 zu fallen. Durch Kondensation wächst die Masse des Wassertropfens proportional zum Produkt
m(t)v(t) an. Die Masse des Tropfens ist also zeitabhängig. Stellen Sie die Bewegungsgleichung auf, integrieren Sie sie und skizzieren Sie v(t). Betrachten Sie auch die Grenzfälle
t ≈ 0 und t → ∞.
Lösung: Zunächst stellen wir die Bewegungsgleichung für den Wassertropfen auf. Dabei müssen wir beachten, dass die Masse des Tropfen sich zeitlich ändert. Da der Tropfen senkrecht nach unten fällt, können wir das Problem als eindimensional betrachten:
ṗ = F
d
(mv) = mg − kmv
dt
ṁv + mv̇ = mg − kmv
An dieser Stelle verwenden wir, dass ṁ proportional zu m(t)v(t) ist. Wir nennen die
Proportionalitätskonstante γ:
ṁ = γvm .
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Damit finden wir als Bewegungsgleichung
γmv2 + mv̇ = mg − kmv
v̇ = −γv2 − kv + g .
Diese Differentialgleichung ist separabel und mittels quadratischer Ergänzung finden
wir:
dv
k2
k 2
= g+
−γ v+
dt
4γ
2γ
dv
dt = 2
k2
k
g + 4γ
− γ v + 2γ
dv
k2
dt =
g+
.
(2γv+ k)2
4γ
1 − 4gγ+k2
Diese Gleichung integrieren wir nun auf beiden Seiten. Dazu führen wir auf der rechten Seite die Variablensubstitution
2γv + k
x= p
4gγ + k2
=⇒
durch und erhalten
q
1
dx
.
4gγ + k2 dt =
2
1 − x2
dx = p
2γdv
4gγ + k2
Aus entsprechender Literatur (z.B. Bronstein u.a.) entnehmen wir das Standardintegral
Z
dx
= tanh−1 x .
1 − x2
Damit erhalten wir
q
1
4gγ + k2 t + C1 = tanh−1 x
2
q
1
2
4gγ + k t + C1
x = tanh
2
q
2γv + k
1
p
4gγ + k2 t + C1
= tanh
2
4gγ + k2
p
q
4gγ + k2
k
1
2
v( t) =
4gγ + k t + C1 −
tanh
.
2γ
2
2γ
Die Integrationskonstante C1 bestimmen wir aus der Anfangsbedingung
4gγ + k2
k
tanh (C1 ) −
2γ
2γ
!
k
p
.
4gγ + k2
0 = v ( t = 0) =
C1 = tanh−1
p
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Damit lautet die endgültige Lösung für die Geschwindigkeit des Wassertropfens
!!
p
q
4gγ + k2
k
k
1
−1
2
p
v( t) =
4gγ + k t + tanh
−
tanh
2γ
2
2γ
4gγ + k2
αt
k
k
α
tanh
+ tanh−1
.
−
v( t) =
2γ
2
α
2γ
Zur besseren Übersicht haben wir die Abkürzung
q
α = 4gγ + k2
eingeführt. Betrachten wir nun den qualitativen Verlauf der Geschwindigkeit.
y
α−k
2γ
0
x
Abbildung 1: zeitlicher Verlauf der Geschwindigkeit
Untersuchen wir nun noch den Verlauf der Geschwindigkeit für die beiden Fälle:
t ≈ 0: In diesem Fall entwickeln wir v(t) in einer Taylor-Reihe und erhalten
1 α 2 − k2
t + O(t2 )
4 γ
v(t) ≈ gt .
v( t) =
Das bedeutet, dass der Tropfen direkt nach dem Start frei fällt.
t → ∞: In diesem Fall nutzen wir aus, dass der Tangens Hyperbolicus beschränkt ist
und gegen eins konvergiert. Damit ergibt sich
k
α
−
v∞ = v( t → ∞ ) =
2γ 2γ
p
4gγ + k2 − k
α−k
=
=
.
2γ
2γ
Diese Gleichung hätten wir auch gefunden, wenn wir die Differentialgleichung
mit dem Ansatz v(t) = v∞ lösen.
Alternativ hätten wir aus der Bewegungsgleichung auch v(t) eliminieren können und
eine gewöhnliche Differentialgleichung zweiter Ordnung für m(t) gefunden. Mit deren Lösung hätten wir dann v(t) bestimmen können.
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3. Kinetische Energie. Zeigen Sie, dass die Bewegungsgleichungen für einen einzelnen Mas- (3 Pkt.)
senpunkt mit konstanter Masse auf folgende Differentialgleichung für die kinetische Energie führt:
dT
= ~F · ~v ,
dt
während die entsprechende Gleichung für eine veränderliche Masse
1 d
(mT ) = ~F · ~v
m dt
lautet.
Lösung: Wir gehen von der Newton’schen Bewegungsgleichung
~p˙ = ~F
(5)
aus. Zunächst betrachten wir die Masse des Massenpunktes als konstant. Damit erhalten wir
d
d~v
~p˙ =
= m~v˙ .
(m~v) = m
dt
dt
Setzen wir das in (5) ein, ergibt sich:
m~v˙ = ~F
m ~|{z}
v˙ · ~v = ~F · ~v
d 1 2
= dt
( 2 ~v )
d 1 2
m~v = ~F · ~v
dt 2
dT
= ~F · ~v .
dt
|·~v
Wie wir sehen, ist das Produkt ~F · ~v die Änderung der kinetischen Energie und entspricht somit der am Massenpunkt verrichteten Arbeit pro Zeiteinheit (Leistung). Betrachten wir nun den Fall, dass die Masse nicht mehr konstant ist. In diesem Fall gilt
dm
d
d~v
~p˙ =
+m
= ṁ~v + m~v˙ .
(m~v) = ~v
dt
dt
dt
Damit erhalten wir aus (5):
ṁ~v + m~v˙
2
2˙
{zm ~v · ~v}
|mṁ~v +
d 1 2 2
= dt
( 2 m ~v )
d
(mT )
dt
1 d
(mT )
m dt
= ~F
|·m~v
= m~v · ~F
= m~v · ~F
= ~v · ~F .
Wie wir sehen, ist ~v · ~F für eine veränderliche Masse nicht mehr die an ihm verrichtete
Leistung.
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4. Konservative Kräfte. Bei welchen der folgenden Kräften handelt es sich um konservative? (4 Pkt.)
Finden Sie das zugehörige Potential, falls es existiert.
(a) ~F = K x~ex + y~ey + z~ez
(b) ~F = K x2 y~ex + xy2~ey + x2 y2~ez eaz
(c) ~F = ar − sin θ cos ϕ ~er − cos θ cos ϕ ~eθ + sin θ sin ϕ ~e ϕ
Dabei sollen K und a jeweils Konstanten sein.
Lösung:
(a) Aus der Vorlesung wissen wir, dass in kartesischen Koordinaten
 ∂F
∂Fy 
z
∂y − ∂z
 x ∂Fz  ~
∇ × ~F =  ∂F
≡0
∀( x, y, z) ∈ R3
∂z − ∂x 
∂Fy
∂x
−
∂Fx
∂y
ein hinreichendes Kriterium für ein konservatives Kraftfeld ist. Also berechnen
wir zunächst die Rotation des Kraftfeldes:
 ∂z ∂y 
∂y − ∂z

∂z  = ~0 .
∇ × ~F = K  ∂x
∂z − ∂x 
∂y
∂x
∂x − ∂y
Damit muss dieses Kraftfeld ein Potential V (~r) besitzen, für das
~F = −∇V (~r )
gilt. Wir könnten dieses Potential natürlich direkt in kartesischen Koordinaten bestimmen. Aber da das Kraftfeld kugelsymmetrisch ist, werden wir einen Um”
weg“ über Kugelkoordinaten machen. Hier gilt
~F = Kr~er .
Das Potential hängt also nicht von θ und ϕ, sondern ausschließlich von r ab. Damit
vereinfacht sich der Gradient zu
∇V (~r) =
dV (r) !
~er = Kr~er
dr
Diese Differentialgleichung können wir sehr leicht lösen und erhalten
V (r ) =
K 2
r .
2
Transformieren wir dies wieder zurück in kartesische Koordinaten, finden wir
V (~r) =
1
K 2
( x + y2 + z2 ) = ~r2 .
2
2
(b) Für das zweite Kraftfeld ergibt sich

 2
2 x y − axy2
∇ × ~F = eaz  ax2 y − 2xy2  6= ~0
y2 − x 2
∀~r ∈ R3 .
Damit kann dieses Kraftfeld nicht konservativ sein.
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(c) Um die Rotation dieses Kraftfeldes ausrechnen zu können, entnehmen wir einer
Formelsammlung die Rotation in Kugelkoordinaten:
1
∂F
∂
∂F
1
∂
1
r
θ
∇ × ~F =
( Fϕ sin θ ) −
−
(rFϕ ) ~eθ
~er +
r sin θ ∂θ
∂ϕ
r sin θ ∂ϕ
r ∂r
∂Fr
1 ∂
(rFθ ) −
~e ϕ
+
r ∂r
∂θ
Mit dieser Gleichung erhalten wir
cos θ sin ϕ
∇ × ~F
= 2 cos θ sin ϕ −
~er + (sin ϕ − 2 sin θ sin ϕ)~eθ
a
sin θ
− cos θ cos θ~e ϕ 6= ~0 .
Damit ist auch diese Kraft nicht konservativ.
Auf diesem Übungsblatt sind maximal 17 Punkte zu erreichen, Abgabe erfolgt am 23. 10. 2007.
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