Loesung12

Übungen zur Mechanik
Blatt 12 T1p: Mechanik, Kurs 17062
Professor: H. Ruhl
Übungen: A. Pons Domenech, N. Moschüring, N. Elkina, C. Klier, F.Deutschmann, P. Böhl
13.07.2015
Aufgabe 1:
• Es sei das bewegte System durch einen Strich gekenzeichnet. Aus der Vorlesung ist bekannt
v x0
t = γ t0 + 2
,
c
wobei
1
γ=q
1−
.
v2
c2
Für die verlaufene Zeit gilt
v x
v x
∆t = te − ta = γ t0e + 2 − γ t0a + 2 = γ∆t0
c
c
und damit erhält man
r
∆t0
v2
1− 2 =
c
∆t
⇒
v
=
c
s
1−
∆t0
∆t
⇒
∆t
=γ
∆t0
2
.
Wenn die Zeit außen doppelt so schnell wie die Zeit innen verlaufen muss, gilt
q
demensprechend v = 34 c.
∆t0
∆t
= 0.5 und
• Es sei das bewegte System durch einen Strich gekenzeichnet. Aus der Vorlesung ist bekannt
x0 = γ (x − vt)
und damit
∆x0 = x0e − x0a = γ (xe − vt) − γ (xa − vt) = γ∆x .
Aus einer analogen Rechnung zur oberen ergibt sich dann
s
2
∆x
v
= 1−
.
c
∆x0
Damit sich die Länge auf ein Viertel kontrahiert, d.h.
∆x
∆x0
= 0.25, muss also v =
q
15
16
c sein.
• Es sei das in der Aurora ruhende System durch einen Strich gekenzeichnet. Dieses bewegt sich mit
v = 0.5c. Aus der Vorlesung ist bekannt
u0x =
ux − v
.
1 − ucx2v
Einsetzen der Geschwindigkeit ux = −0.8c liefert
u0x =
−1.3c
≈ −0.93c .
1 + 0.4
Aufgabe 2:
Es gilt


∂y Fz − ∂z Fy
∇ × F~ = ∂z Fx − ∂x Fz  =
∂x Fy − ∂y Fx

8xyz
8xyz
−
(y 2 +z 2 +1)3 (y 2 +z 2 +1)3 

− 2 2z2 2 − − 2 2z2 2 
 (y +z +1)
(y +z +1) 
− (y2 +z2y2 +1)2 − − (y2 +z2y2 +1)2

 
0
= 0
0
Aufgabe 3:
Der Weg c ist parametrisiert durch (t, t, t) für t ∈ [0, 1]. Es folgt
 
  
Z
Z 1
Z 1
Z 1 0
1
1
d~x
~ 1 dt =
 0  1 dt = Eq t1 = Eq .
E = F~ d~x =
dt =
Eq
F~
0
dt
0
c
0
0
1
Eq
1
Aufgabe 4:
Aus der Taylorentwicklung des Sinus folgt, dass für kleine α
sin α = α −
α3
α5
α7
+
−
+ O α9 ≈ α
6
120 5040
und damit wird die Bewegungsgleichung zu
l α̈ + g α = 0 .
Unter Nutzung des e Ansatzes (α = A eiωt ) erhält man
l (−ω 2 A eiωt ) + g A eiωt = 0
r
⇒
ω=±
g
= ±ω0 .
l
Durch die Kombination beider Lösungen wird die Lösung zu
α(t) = A+ eiω0 t + A− e−iω0 t = Ac cos ω0 t + As sin ω0 t .
Einsetzen der Anfangsbedingungen liefert Ac = α0 und As = 0. Damit wird die vollständige Lösung
r g
t .
α(t) = α0 cos
l
Aufgabe 5:
Aus der Symmetrie des Problems folgt sofort

a
I = 0
0

0
0 .
a
0
a
0
Es fehlt nun nur noch, a zu bestimmen. Ausgehend von der Definition erhält man
Z
a=
2
r⊥
dm
V
Z R
Z
Z
R
dr
0
=
π
Z
Z
0
R
Z
π
Z
2π
2
dφ r2 sin θr⊥
ρ
dθ
dr
=
0
dθ
0
0
=
2
r⊥
ρ dv
V
dr
=
Z
0
0
2π
dφ r2 sin θ(r sin θ)2 ρ =
Z
R
Z
dr
0
π
dθ 2πr4 sin3 θρ
0
4
4 R5
24 5
2
2
2πr4 ρ = 2π ρ =
πR ρ = V R2 ρ = M R2 .
3
3
5
53
5
5
Aufgabe 6:
Aus dem Aufbau folgen die Zwangsbedingungen F1 = x − z = 0 und F2 = y = 0. Mit ihnen wird
der Lagrangian erster Art zu
L = T − U + λ1 (x − z) + λ2 y =
m~x˙ 2
− m g z + λ1 (x − z) + λ2 y .
2
Mit Hilfe des Formalismus erhält man dann
0=
0=
0=
0=
0=
d ∂L ∂L
−
= mẍ − λ1
dt ∂ ẋ
∂x
d ∂L ∂L
−
= mÿ − λ2
dt ∂ ẏ
∂y
d ∂L ∂L
−
= mz̈ + m g + λ1
dt ∂ ż
∂z
d ∂L
∂L
−
=x−z
dt ∂ λ̇1
∂λ1
∂L
d ∂L
−
= y.
dt ∂ λ̇2
∂λ2
Aus der letzten Gleichung folgt ÿ = 0 und dadurch in Kombination mit der zweiten Gleichung
λ2 = 0. Desweiteren folgt aus der vorletzten Gleichung x = z und damit mẍ = mz̈. Nicht zuletzt
können die erste und die dritte Gleichung nach λ1 aufgelöst und danach verglichen werden. Dies
ergibt
g
−mẍ = mz̈ + mg ⇒ z̈ = ẍ = − .
2
Dies eingesetzt in die erste Gleichung liefert
g
0 = −m − λ1
2
⇒
λ1 = −
mg
.
2
Zusammengefasst erhält man die Bewegungsgleichungen
ẍ = −
g
2
ÿ = 0
z̈ = −
g
2
und die Zwangskraft
 
1
mg  
mg
0
Z = λ1 ∇F1 + λ2 ∇F2 = −
∇F1 = −
.
2
2
−1
Aufgabe 7:
Es gilt
p2
D
+ x2 .
2m
2
Einsetzen in den Hamiltonformalismus liefert dann
H=T +U =
ẋ =
∂H
p
=
∂p
m
ṗ = −
∂H
= −D x .
∂x
Die Kombination von diesen beiden Gleichungen liefert dann die gewünschte Bewegungsgleichung
ẍ =
ṗ
−D x
=
.
m
m
Aufgabe 8:
X ∂f ∂g
∂f ∂g
−
∂qk ∂pk
∂pk ∂qk
k
X
∂f ∂g
∂f ∂g
=
∂t
−
∂qk ∂pk
∂pk ∂qk
k
X
∂f ∂g
∂f ∂g
=
∂t
− ∂t
∂qk ∂pk
∂pk ∂qk
k
X ∂∂t f ∂g
∂f ∂∂t g ∂∂t f ∂g
∂f ∂∂t g
=
+
−
−
∂qk ∂pk
∂qk ∂pk
∂pk ∂qk
∂pk ∂qk
k
X ∂∂t f ∂g
∂∂t f ∂g
∂f ∂∂t g
∂f ∂∂t g
=
−
+
−
∂qk ∂pk
∂pk ∂qk
∂qk ∂pk
∂pk ∂qk
k
X ∂∂t f ∂g
X ∂f ∂∂t g
∂∂t f ∂g
∂f ∂∂t g
=
−
+
−
∂qk ∂pk
∂pk ∂qk
∂qk ∂pk
∂pk ∂qk
∂t [ f , g ] = ∂t
k
= [ ∂t f , g ] + [ f , ∂t g ]
k
Aufgabe 9:
Da weder ~v noch m noch t von ~x und p~ abhängen, sind sie bei der Berechnung der Poissonklammern
als Konstanten anzusehen und dementsprechend gilt
[ · , ~v t ] = [ · , m~v ] = 0 .
Unter Verwendung von diesem Sachverhalt und den Rechenregeln für die Poissonklammern erhält
man
h
i
~,X
~ = [ ~x + ~v t , ~x + ~v t ] = [ ~x , ~x ] + [ ~v t , ~x ] + [ ~x , ~v t ] + [ ~v t , ~v t ] = [ ~x , ~x ] + 0 + 0 + 0 = 0
X
h
i
P~ , P~ = [ p~ + ~v m , p~ + ~v m ] = [ p~ , p~ ] + [ ~v m , p~ ] + [ p~ , ~v m ] + [ ~v m , ~v m ] = [ p~ , p~ ] + 0 + 0 + 0 = 0
h
i
~ , P~ = [ ~x + ~v t , p~ + ~v m ] = [ ~x , p~ ] + [ ~v t , p~ ] + [ ~x , ~v m ] + [ ~v t , ~v m ] = [ ~x , p~ ] + 0 + 0 + 0 = δi,j
X
und damit hat man gezeigt, dass die Transformation der Definition einer kanonischen Transformation
genügt.
Aufgabe 10:
Aus der Erzeugenden folgen die Koordinaten
p~ =
∂F
e ∂λ
= P~ −
∂~q
c ∂q
~ = ∂F = ~q .
Q
∂ P~
Hier sieht man bereits, dass die Ortskurve erhalten bleibt, da die Koordinaten unverändert bleiben.
Desweiteren gilt
e ~ 2
∂F
1 e
1
~ = H(~
p~ − A
K(P~ , Q)
p, ~q)+
=
+e A0 − λ0 =
∂t
2m
c
c
2m
e
P~ −
c
∂λ
~
+A
∂q
2
+e
λ
A0 −
c
.