Theoretische Mechanik

Theoretische Mechanik
Amand Faessler
Institut für Theoretische Physik
Eberhard Karls-Universität Tübingen
Auf der Morgenstelle 14
72076 Tübingen
Deutschland
31. März 2006
INHALT
1 Newton’sche Mechanik
2
1.1 Newton’sche Gesetze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Zentrales Kraftfeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 n wechselwirkende Teilchen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2 Lagrange’sche Bewegungsgleichungen
2.1 Zwangsbedingungen: . . . . . . . . . .
2.2 Das D’Alembertsche Prinzip . . . . . .
2.3 Lagrange Gleichung (2. Art) . . . . . .
2.4 Zyklische Koordinaten . . . . . . . . .
2.5 Erhaltungssätze . . . . . . . . . . . . .
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25
25
26
30
35
35
3 Kleine Schwingungen
3.1 Theorie der kleinen Schwingungen . . . .
3.2 Das Doppelpendel . . . . . . . . . . . . .
3.3 Der lineare Schwinger . . . . . . . . . . .
3.4 Modell des Festkörpers: Die lineare Kette
3.5 Lineare Kette mit verschiedenen Massen .
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39
39
52
55
59
64
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4 Starrer Körper
4.1 Translation und Rotation des starren
4.2 Die Euler’schen Gleichungen . . . . .
4.3 Der Schwere symmetrische Kreisel .
4.4 Rotierendes Koordinatensystem . . .
Körpers
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- die
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Euler-Winkel
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67
74
77
79
5 Gravitationstheorie
5.1 Gravitationskraft - Gravitationsfeld .
5.2 Gravitationspotential . . . . . . . . .
5.3 Feldgleichungen . . . . . . . . . . . .
5.4 Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . .
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85
85
86
87
91
6 Die
6.1
6.2
6.3
kanonischen Bewegungsgleichungen
Die Hamilton’schen Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kanonische Transformationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Verschiedene Variationsprinzipien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
95
95
99
106
7 Die
7.1
7.2
7.3
7.4
7.5
Hamilton-Jacobi-Theorie
Einleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Die Hamilton-Jacobi-Theorie für nicht explizit zeitabhängige Hamiltonfunktion . . . . . . . . .
Die Hamilton-Jacobi-Theorie für explizit zeitabhängige Hamiltonfunktion . . . . . . . . . . . .
Die Hamilton-Jacobi-Gleichung als Grenzfall der Schrödingergleichung in der Quantenmechanik
Beispiele zur Hamilton-Jacobi-Theorie (zeitunabhängig) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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117
117
117
118
119
120
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128
128
132
138
142
143
144
145
147
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8 Spezielle Relativitätstheorie
8.1 Konstanz der Lichtgeschwindigkeit im Vakuum . . . . .
8.2 Lichtkegel und Eigenzeit . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3 Die Lorentz-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4 Vierervektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5 Die Vierergeschwindigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.6 Der 4-dimensionale Gradient . . . . . . . . . . . . . . .
8.7 Relativistische Newton’sche Bewegungsgleichung . . . .
8.8 Lagrange- und Hamilton-Funktion in der relativistischen
1
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Mechanik
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Kapitel 1
Newton’sche Mechanik
Ausgearbeitet von B. Hügle und J. Spilgies
1.1
Newton’sche Gesetze
Die klassische Mechanik wurde begründet mit den Newton’schen Gesetzen = 1687.
Lex prima:
Ein Teilchen bewegt sich ohne äußere Kraft mit konstanter Geschwindigkeit entlang einer geraden Linie
~
F~ = 0 ⇔ ~v = const
Lex secunda:
Die Impulsänderung ist gleich der Kraft, die auf das Teilchen wirkt.
d
(m · ~v ) = F~
dt
Der Impuls p~ = m · ~v ist das Produkt aus Masse und Geschwindigkeit, wobei träge Masse = schwere Masse.
Lex tertia:
Actio est Reactio F~12 = −F~21
(F~12 = Kraft, die auf Teilchen 1 wirkt aufgrund der Wechselwirkung mit Teilchen 2.)
Diese Gesetze sind nicht in allen Systemen erfüllt (z.B. nicht auf der Erde). Die Systeme, in denen sie erfüllt sind,
nennt man Inertialsysteme. Wir werden vorerst nur solche behandeln. Wir wollen nun ein Teilchen definieren:
Ein Teilchen ist definiert als Punktteilchen, das durch
1. die Masse m
2. den Ort ~r
3. die Geschwindigkeit
d~
r
dt
= ~v festgelegt ist.
Oft ist die Masse konstant, dann kann man die Lex secunda schreiben:
d
d
(m · ~v ) = m · ~v = m · ~a = F~
dt
dt
Dies ist nicht der Fall bei einer Rakete oder bei relativistischer Betrachtung von Teilchen mit sehr großen
Geschwindigkeiten. Dann gilt für m:
2
m0
m= q
1−
mit c = 3 · 1010 [cm/sec].
v2
c2
Für v → c ⇒ m → ∞ ⇒ ~a =
F~
=0
m
Die Lex prima ist ein Spezialfall der Lex secunda:
aus
d
(m · ~v ) = F~ , F~ = 0, m = const ⇒ ~v = const
dt
Impulserhaltung:
W. W.
00
00
Abb. 1.1: p
~01 + p~02 = W.W. = p~1 + p~2
Ausserhalb des WW-Gebietes wirken keine Kräfte.
Innerhalb des WW-Gebietes wirken die Teilchen aufeinander.
nach Lex tertia gilt:
F~12 + F~21 = 0 ⇒
Z
t00
(F~12 + F~21 )dt = 0
(1.1)
t0
nach Lex secunda gilt:
d
d
p~1 = F~12 ;
p~2 = F~21
dt
dt
(1.2)
einsetzen in (1.1) ergibt:
Z
t00
t0
d
(~
p1 + p~2 )dt = 0
dt
00
⇒
⇒ [~
p1 + p~2 ]tt0 = 0
~p01
+
p~02
00
(1.3)
00
= ~p1 + p~2
mit Worten: Gesamtimpuls ist stets unverändert.
Energieerhaltung:
Wir betrachten ein Teilchen in einem äußeren Kraftfeld F~ (~r): Arbeit ist die Energie, die auf ein Teilchen
übertragen wird:
A = ∆E (def)
=
Z
00
~
r(t )
F~ (~r)d~r Lex sec
~
r (t0 )
Z
00
~
r (t )
~
r (t0 )
3
m~r¨
d~r
(dt)
(dt)
=
Z
t00
t0
"
1 ˙2
m~r¨ · ~r˙ dt =
m~r
m
#t00
=
00
T (~r ) − T (~r0 )
(def) =
t0
(1.4)
Die kinetische Energie ist definiert:
T =
1 2
1
mṙ = m~r˙ · ~r˙
2
2
(1.5)
Wir wollen beweisen:
F~ (~r) =
Aus (1) ⇒ ∆E
~ (~r) ⇔ Energieerhaltung
−∇U
Z ~r(t00 )
Z ~r(t00 )
~ (~r)d~r =
~
∇U
A=
d~rF (~r) = −
=
~
r(t0 )
~
r (t0 )
00
0
U (~r ) − U (~r )
00
T (~r ) − T (~r0 ) (nach Gl. (1.4))
=
Daraus folgt:
00
00
T (~r0 ) + U (~r0 ) = T (~r ) + U (~r )
(1.6)
in Worten:
~ (~r), gilt: Die Summe aus kinetischer und potentieller
unter Voraussetzung, dass sich F~ (~r) schreiben lässt als −∇U
Energie ist stets unverändert.
~ (~r)
E = const ⇒ F~ (~r) = −∇U
(1.2) ⇐
Es ist zu zeigen, dass U (~r) eine eindeutig bestimmte Funktion ist. Zwischen den Zeiten t0 und t00 erfährt das
Teilchen eine Energieänderung
∆E = A =
Z
~
r(t00 )
~
r(t0 )
00
00
F~ (~r)d~r = T (~r ) − T (~r0 ) = U (~r0 ) − U (~r )
Als nächstes wird gezeigt, dass die geleistete Arbeit vom Weg unabhängig ist.
r(t’) r(t’’)
Abb. 1.2: ~r(t0 ) = ~r(t00 )
~r(t0 ) = ~r(t00 ) ⇒
I
F~ (~r)d~r = 0
Kraftfeld ist wirbelfrei, keine geschlossenen Feldlinien (Energieerhaltung).
Wir wählen U (2) =
⇒
Z
1
2C1
···−
Z
0⇒
1
2C2
... =
0⇒
4
Z
Z
1
2C1
···+
1
2C1
··· =
Z
2
1C2
Z
··· = 0
1
2C2
...
1
C1
C2
2
Abb. 1.3:
Benutzen wir 2 als Referenzpunkt, so folgt daraus, dass das Integral
Ortes ist.
Z
r1
r2
R r1
r2
F~ (~r)d~r eine eindeutige Funktion des
F~ (~r)dr = −U (~r1 ) ⇒
~ (~r1 )
F~ (~r1 ) = −∇U
(1.7)
Für gewöhnlich nimmt man als Referenzpunkt ∞, dann ist U (∞) = 0, oder man wählt den Nullpunkt, dann
ist U (0) = 0. U (~r) ist das Potential des Kraftfeldes F~ (~r). Existiert ein Potential, so nennt man das Kraftfeld
konservativ
~ (~r) ⇔ F~ (r)
F~ (~r) = −∇U
ist konservativ
Eindimensionales konservatives System:
Aus dem Energiehaltungssatz folgt
E = const =
1
mẋ2 + U (x)
2
Auflösen nach ẋ ergibt:
Integration ergibt:
h2
i1/2
dx
= ẋ =
(E − U (x))
dt
m
dx
⇔ dt = h
i1/2
2
(E
−
U
(x))
m
t − t0 =
Z
x
x0
i−1/2
h2
(E − U (x))
· dx
m
(1.8)
Aus t = f (x) folgt x = f −1 (t), die gesuchte Bahngleichung des Teilchens im Kraftfeld mit dem Potential U (x).
Beispiel: Harmonischer Oszillator
U (x)
=
F
=
F
=
⇒ U (x)
=
F (x)
=
1 2
ax
2
−ax
∂
− U (x)
∂x
1 2
ax
2
−a · x Hooke’sches Gesetz
5
K,U
m
x
Abb. 1.4:
t − t0 =
Z
x
x0
dx
q
2
m (E
− 12 ax2 )
(1.9)
p
p
2
(E − 21 ax2 ) > 0 sein muss ⇒ − 2E/a < x < 2E/a. Dies nennt man die klassischen Umkehrpunkte. In
Da m
p
p
diesen Umkehrpunkten ist die Gesamtenergie potentiell U (+ 2E/a) = (1/2)a( 2E/a)2 = E.
Sei zurzeit t = t0 , x = 0, so ergibt sich für (1.9):
t − t0 =
⇒
p
ax
1
m/2 p
arc sin p
(1/2)a
2 1/2aE
x=
p
Kreisfrequenz ω (def) = a/m = 2πν
p
p
2E/a sin a/m(t − t0 )
Über die Bewegungsgleichung erhält man dasselbe Ergebnis:
d
mẋ =
dt
a
⇒ ẍ + x =
m
−ax (Lex secunda)
0
Dies ist eine Diffgleichung 2. Ordnung.
Ansatz: x = A cos(ωt) + B sin(ωt)
Mit den Anfangsbedingungen t = t0 ⇒ x0 = 0 ergibt sich
x =
=
=
0 = A cos(ωt) − B sin(ωt)
C(− sin ωt0 cos ωt − cos ωt0 sin ωt)
C sin(ω(t − t0 ))
6
(1.10)
Damit ergibt sich für die Diffgleichung:
−ω 2 C sin ω(t − t0 ) +
a
C sin ω(t − t0 ) =
m
a
⇒ −ω 2 +
=
m
0
0⇒ω=
Wir erhalten damit:
x = C · sin
C lässt sich durch Angabe der Energie berechnen:
E
=
=
=
p
a/m
hp
i
a/m(t − t0 )
1
1
mẋ2 + ax2
2
2
i
2
C2 h p
m a/m cos2 ω(t − t0 ) + a sin2 ω(t − t0 )
2
p
a 2
C ⇒ C = 2E/a
2
Die Energie ist proportional zum Quadrat der Amplitude C.
1.2
Zentrales Kraftfeld
1
2
Abb. 1.5: Definition der zentralen Wechselwirkung
F~12 = f (~r1 , ~r2 )(~r1 − ~r2 )
F~21 = f (~r1~r2 )(~r2 − ~r1 )
Die Zentralkraft ist die Kraft, die stets in Richtung der Verbindung zweier wechselwirkender Teilchen wirkt. In
einem zentralen Kraftfeld ist die auf ein Teilchen wirkende Kraft immer auf den gleichen Punkt gerichtet.
Theorem:
Ein zentrales, konservatives Kraftfeld hängt in folgender Weise vom Abstand zum Ursprung ab.
F~ (~r) = f (|~r|)~r
(1.11)
Beweis:
Nach Voraussetzung gilt:
~ (~r) = f (~r)~r
F~ (r) = −∇U
| {z }
| {z }
konservativ
7
zentral
0
Abb. 1.6: F~ (~r) = f (~r) · ~r
Definition der Zentralkraft
Zerlegung der Kraft und Umrechnung in Polarkoordinaten ergibt:
Fx (~r) =
Fy (~r) =
Fz (~r) =
∂U (~r)
= f (~r)x = f (~r)r sin θ cos φ
∂x
∂U (~r)
−
= f (~r)y = f (~r)r sin θ cos φ
∂y
∂U (~r)
= f (~r)z = f (~r)r cos θ
−
∂z
−
Zu zeigen ist U (~r) = U (|~r|), das heißt:
∂U (r)
6= 0;
∂r
∂U (~r)
∂r
∂U (~r)
⇔
∂r
∂U (~r)
∂r
(1)
∂U (r)
= 0;
∂θ
∂U (r)
=0
∂φ
∂U (~r) ∂x ∂U (~r) ∂y ∂U (~r) ∂z
+
+
·
∂x ∂r
∂y ∂r
∂z
∂r
∂U (~r)
∂U (~r)
∂U (~r)
=
sin θ cos φ +
sin θ sin φ +
cos θ
∂x
∂y
∂z
= −f (~r)r sin2 θ cos2 φ + sin2 θ sin2 φ + cos2 θ
=
= −f (~r)~r
∂U (~r)
∂θ
∂U (~r)
⇔
∂θ
(2)
=
=
=
∂U (~r)
∂φ
∂U (~r)
⇔
∂φ
(3)
∂U (~r) ∂x ∂U (~r) ∂y ∂U (~r) ∂z
+
+
∂x ∂θ
∂y ∂θ
∂z ∂θ
(−)f (~r)r2 cos θ cos2 φ sin θ + sin θ cos θ sin2 φ − sin θ cos θ
(−)f (~r)r2 cos θ sin θ(cos2 φ + sin2 φ) − cos θ sin θ = 0
∂U (~r) ∂x ∂U (~r) ∂y
∂U (~r) ∂z
+
+
∂x ∂φ
∂y ∂φ
∂z ∂φ
= (−)f (~r)r2 − sin2 θ cos φ sin φ + sin2 θ cos φ sin φ = 0
=
U (~r) hängt also nur von |~r| ab, das heißt U (~r) ≡ U (r). Wählen wir den Referenzpunkt im Unendlichen, das
heißt U (∞) = 0, so ergibt sich:
U (r) = −
Z
r
f (r)rdr
∞
Beispiel: Der harmonische isotrope Oszillator
Proton-Elektron-Wechselwirkung:
8
q.e.d.
(1.12)
U
r
Abb. 1.7: U (r) = 1/2ar2
U (r)Coulomb = −
e2
r
Neutron-Neutron-Wechselwirkung (Yukawa Potential):
U (r)n,n =
−V e−r/µ
r/µ
mit µ =
~
= 1, 4f m
mπ c
Gravitationspotential:
U (r)Sonne−Erde = −G
mE · ms
|~r − ~rs |
Theorem:
Die Bewegung eines Teilchens im zentralen Kraftfeld ist eben.
Beweis: qualitativ
v
Abb. 1.8: F~ ∝ ~r,
da F~ (~r) = f (~r)~r
da m~a = F~ (~r) = f (~r)~r, existiert keine senkrechte Beschleunigung zur Ebene (~r, ~v ).
Beweis: exakt
~ r ) def ~r × p~ = (ypz − zpy , zpy − xpz , xpy − ypx )
J(~
~˙ r ) = ~r˙ × m~r˙ + ~r × m~r¨ = 0
⇒ J(~
| {z } | {z }
0
0
~ zu ~r und J~ = const,
~
Der Drehimpuls ist eine Erhaltungsgröße. Da J⊥
ist ~r stets in der gleichen Ebene.
Teilchen in einem dreidimensionalen, konservativen und zentralen Kraftfeld:
Nach der Lex secunda existieren drei Differentialgleichungen zweiter Ordnung. Die Lösung hat demnach sechs
Integrationskonstanten, d.h.: folgende sechs Funktionen sind zu bestimmen:
9
j
r(t’’)
y
r(t)
r(t’)
x
Abb. 1.9: Ebene Bewegung
x (t), y (t), z (t), vx (t), vy (t), vz (t)
Da das Kraftfeld konservativ und zentral ist, gilt
a) Drehimpulserhaltung (zentrales Feld, drei Erhaltungsgrößen), d.h., die Bewegung ist eben. Dadurch reduzieren sich die unbekannten Funktionen auf 3.
b) Energieerhaltung (konservatives Feld), dadurch reduziert sich das Problem auf die Lösung von zwei Differentialgleichungen, die aus den Bewegungsgleichungen gefunden werden müssen.
Da die Bewegung eben ist, kann man die x,y-Ebene in die Bewegungsebene legen
m~r¨ =
⇒ mẍ =
mÿ
=
~ (r)
−∇U
∂U (r) ∂r
−
∂r ∂x
∂U (r) ∂r
−
∂r ∂y
Damit ergibt sich für die beiden obigen Differentialgleichungen:
mẍ = −
∂U (r)
cos φ;
∂r
mÿ = −
∂U (r)
sin φ
∂r
Wir wollen jedoch nicht die Bewegungsgleichungen, sondern die Erhaltungssätze benutzen:
Da die Bewegungsebene (x,y-Ebene) durch ~r und p~ aufgespannt wird, hat J~ nur eine z-Komponente (J~ = ~r × p~).
Wir können aufgrund der Erhaltungssätze schreiben:
a)
J = Jz = xmẏ − ymẋ
b)
E=
1
m(ẋ2 + ẏ 2 ) + U (r)
2
10
y
r
φ
x
Abb. 1.10: |r| =
Z
p
x2 + y 2 ;
∂r
∂x
=
x
r
= cos φ;
∂r
∂y
=
x
r
= sin φ
>
J
Y
r
p
X
Abb. 1.11:
Umrechnung in Polarkoordinaten
x = r · cos φ
y = r · sin φ
ẋ = ṙ cos φ − rφ̇ sin φ
ẏ = ṙ sin φ + rφ̇ cos φ
ergibt:
a)
Jz
Jz
= m(rṙ cos φ sin φ + r2 φ̇ cos2 φ − rṙ cos φ sin φ + r2 φ̇ sin2 φ)
= mr2 φ̇
11
(1.13)
b)
E
=
+
E
=
1
m(ṙ2 cos2 φ − 2rṙ φ̇ cos φ sin φ + r2 φ̇2 sin2 φ +
2
ṙ2 sin2 φ + 2rṙ φ̇ cos φ sin φ + r2 φ̇2 cos2 φ) + U (r)
1
m(ṙ2 + r2 φ̇2 ) + U (r)
2
(1.14)
Die Drehimpulserhaltung wird auch als Flächensatz bezeichnet.
r (t+dt)
rd φ
r
dφ
r (t)
r
o
Abb. 1.12: dF = 21 r2 dφ;
dF
dt
= Ḟ = 12 r2 φ̇
Ḟ = 21 r2 φ̇ wird als Flächengeschwindigkeit definiert.
Damit kann man Gl. (1.13) schreiben als J = Jz = 2mḞ .
Aus der Drehimpulserhaltung folgt damit, dass die Flächengeschwindigkeit const. ist.
Aus Gl. (1.13) und (1.14) eliminieren wir jetzt φ̇:
E
=
1 2 1 2 2
1
J2
mṙ + mr ϕ̇ + U (r) = mṙ2 +
+ U (r) =
2
2
2
2mr2
Trad + Trot + Pot. Energie
(∗∗)
(1.15)
Ueff =U(r)+Trot
r
Abb. 1.13: Trot wird oft als zentrifugales Potential bezeichnet und der potentiellen Energie zugeschlagen. Uef f =
U (r) + Trot wird als effektives Potential bezeichnet. Das Minimum von Uef f führt zu stabilen Bahnen.
Die Zentrifugalkraft berechnet sich als
12
FZen = −
J2
(mr2 φ̇)2
∂ J2
=
=
2
3
∂r 2mr
mr
mr3
y
v
v
r
r
Abb. 1.14:
Mit V⊥ = r · φ̇ ergibt sich:
FZen =
mV⊥2
= mrφ̇2 = mrω 2
r
(1.16)
Formal ist (1.15) ein eindimensionales Problem, das sich wie die Gleichung (1.8) lösen lässt:
⇒ t − t0
=
Z
r
r0
Z r
h2
i−1/2
J2
E−
− U (r)
dr =
G(r)dr
m
2mr2
r0
(1.17)
Über den Drehimpulssatz wird t eliminiert:
J = mr2 φ̇ = mr2
⇒ dφ =
dφ
dt
J
dt
mr2
Wir setzen Gleichung (1.17) in der Differentialform in Gleichung (1.18) ein und erhalten φ(r).
Gl. (1.17) ⇒ dt
⇒ dφ
⇒ φ − φ0
Anwendung auf das Zweikörperproblem:
1. Sonne - Erde
U (r) = −G mErms = − γr
= G(r)dr
J
=
G(r)dr
mr2
Z r h
i−1/2
J
J2
=
−
U
(r)
dr
2m
E
−
2
2mr2
r0 r
(G = 6.67 · 10−8 dyn cm2 g −2 )
2. Elektron (Positron)-Proton (Coulomb Pot. im H-Atom)
2
U (r) = (±) er
13
(1.18)
3. Neutron-Neutron (Yukawa-Potential)
−r/ν
U (r) = −c e r/ν
(Austausch von π-Mesonen)
µ = m~π c = 1, 4f m = 1, 410−13cm
Bis jetzt können wir nur Einkörperprobleme lösen:
rE−rs
rE
rs
0
Abb. 1.15: ms~r¨s = F~SE ; mE ~r¨E = F~ES
Zur Lösung von Zweikörperproblemen führen wir die Schwerpunkt- und Relativkoordinaten, sowie die reduzierte
Masse ein:
~ = def. mE ~rE + ms~rs
R
mE + ms
(Schwerpunktkoordinate)
~r = def. ~rE − ~rs
(Relativkoordinate)
mE · ms
≈ mE
mE + ms
(reduzierte Masse)
µ=
(1.19)
(1.20)
(1.21)
F~ES errechnet sich dann aus::
~r¨ = ~r¨E − ~r¨S
mE + mS ~
· FES
mE · mS
=
1 ~
1 ~
1 ~
1
FES −
FSE =
+
FES
mE
mS
mE
mS
= ~r¨
⇒ µ~r¨ = F~ES
Mit mE + mS = M erhält man die Beschleunigung des Schwerpunktes:
¨
¨
~¨ = M mE ~rE + mS ~rS = F~ES + F~SE = 0
MR
mE + mS
Das bedeutet:
Der Schwerpunkt bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit entlang einer geraden Linie. Damit haben wir
das Zweikörperproblem auf ein Einkörperproblem zurückgeführt.
µ~r¨ = F~ (~r)
14
(1.22)
Dies wenden wir nun auf das Kepler Problem an:
Das Potential zwischen Erde und Sonne beträgt:
U (r) = −
γ
r
mit
γ = GmE mS
und
~r = ~rE − ~rS
Für die Kraft F~ (r) gilt:
~ γ = ∂ γ ∂r , ∂r , ∂r
F~ (r) = +∇
r
∂r r ∂x ∂y ∂z
p
2
hierbei ist r = x + y 2 + z 2 und damit
x
∂r
2x
∂r
y
∂r
z
= ;
= p
= ;
=
∂x
r
∂y
r
∂z
r
2 x2 + y 2 + z 2
Damit ergibt sich für
γ ~r
γ x y z =− 2
; ;
F~ (r) = − 2
r r r r
r r
Setzen wir nun U (r) = −γ/r in die Gleichung ein:
φ − φ0 =
Substituieren wir z =
1
r
Z
r
r0
⇒ dz = − r12 dr so folgt:
φ − φ0
= −J
φ − φ0
= −
Es gilt:
Z
J2
γ i−1/2
Jh
2µ E −
+
dr
2
2
r
2µr
r
Z
Z
1/r
h
i−1/2
J2 2
dz
z +γ·z
2µ E −
2µ
1/2r0
1/r
1/r0
dz
q
2µE
J2
+
2µγ
J2 z
− z2
dx
ax + b
−1
√
= √ arc sin √
+ c für a < 0
−a
C + 2bx + ax2
b2 − ac
2µE
µγ
C= 2 ;
b = 2;
a = −1
J
J
Daraus erhält man:
−z + µγ
1
J2
+C
φ − φ0 = √ arc sin q
2γ2
µ
2µE
1
J4 + J2
C ziehen wir mit in die Anfangsbedingung hinein und erhalten
Damit erhalten wir für z(φ):
φ − φ̃0 = arc sin q
z(φ) = −
r
µγ
J2
µ2 γ 2
J4
−z
+
2µE
J2
µ2 γ 2
2µE
µγ
+ 2 sin(φ − φ̃0 ) + 2
J4
J
J
15
Für φ̃0 schreiben wir:
φ0 + π2
Hiermit erhalten wir später für den Kegelschnitt die Normalform.
⇒ sin(φ − φ̃0 ) = sin φ − φ0 −
1
r
Weiterhin machen wir die Substitution z =
r(φ)
r(φ)
=
=
π
= − cos(φ − φ0 )
2
rückgängig und erhalten:
1
q
µ2 γ 2
J4
+
J2
µγ
2µE
J2
cos(φ − φ0 ) +
µγ
J2
mit α = def
α cos(φ − φ0 ) + 1
s
1+
2EJ 2
µγ 2
(1.23)
Dies ist die Gleichung eines Kegelschnittes
Diskussion des Resultates:
y
r
ε. a
r’
F’
b
φ F
a
Abb. 1.16: Ellipse
r + r0 = 2a ⇒ r0 = 2a − r
Nach dem cos-Satz gilt
r02
2
4a − 4ar + r
2
a(1 − ε2 )
a2
b
= r2 + (2εa)2 − 2r2εa cos(π − φ)
= r2 + 4ε2 a2 + 4rεa cos φ
a(1 − ε2 )
= r(1 − ε cos φ); r =
1 + ε cos φ
2
2 2
= b +ε a ⇒
p
= a 1 − ε2
16
x
y
b
r’
ε. a
F’
r
φ
F
a
ε. a
x
Abb. 1.17: Hyperbel
r0 − r
r − r0
r02
2
=
=
2a
2a
=
r2 + (2ε · a)2 − 2r2εa cos(π − φ)
2
4a ± 4ar + r =
a(1 − ε2 ) =
r
=
ε 2 a2
b
=
=
Diskussion des Erde-Sonne-Problems:
(rechter Zweig)
(linker Zweig)
r2 + 4ε2 a2 + 4εar cos φ
r(∓1 + ε cos φ)
a(1 − ε2 )
rechter Zweig (-); linker Zweig (+)
∓1 + ε cos φ
a2 + b 2 ⇒
p
a ε2 − 1
µ =
γ
=
(1.24)
mE · mS
= mE
mE + mS
GmE mS
Wegen mS >> mE liegt der Schwerpunkt des Systems beinahe im Sonnenmittelpunkt. ~r = ~rE − ~rS beschreibt
die Bahn der Erde um die Sonne. Wir hatten die Erdbahn berechnet zu:
r(φ) =
J2
µγ
mit
1 + α cos φ
α=
s
1+
2EJ 2
µγ 2
Vergleich mit
mit
mit
+ 1;
± 1;
r
=
ε
ε
<
>
a(1 − ε2 )
±1 + ε cos φ
1 Ellipse
1 Hyperbel
Man erkennt sofort α ≡ ε
Aus dieser Gleichung lassen sich Rückschlüsse auf die Energie ziehen.
17
2EJ 2 −2EJ 2
=
>0⇒E<0
µγ 2
µγ 2
2EJ 2 −2EJ 2
=
(1 − ε2 ) = 1 − 1 +
<0⇒E>0
µγ 2
µγ 2
(1 − ε2 ) = 1 − 1 +
Ellipse:
Hyperbel:
(1) Ellipse ε < 1, E < 0:
Berechnung der beiden Halbachsen:
a(1 − ε2 ) =
a
=
b =
J2
J2
⇒a=
µγ
(1 − ε2 )µγ
γ
GmE mS
J2
=−
=−
−
µγ(2EJ 2 /µγ 2
2E
2E
s
s
s
s
p
2
2
J
J2
2EJ
2E
a 1 − ε2 = a −
=
a
·
=
a
−
µγ 2
γ
µγ
µγa
Berechnung der Umlaufszeit τ
τ=
F
πab
=
J/(2 · µ)
Ḟ
mit Ḟ = Flächengeschwindigkeit
τ
=
(1.25)
s
2ν
J2
πa · a ·
J
µγa
| {z }
b
⇒ τ2
⇒ τ2 =
4µπ 2 3
a
γ
=
4µ2 2 4 J 2
π a
J2
µγa
3. Kepler’sches Gesetz
(1.26)
Kepler’sche Gesetze
Die Masse fällt im dritten Kepler’schen GEsetz raus, da µ ≈ mE .
1. Die Planeten bewegen sich auf Ellipsen mit der Sonne im Brennpunkt (1609)
2. Der Leitstrahl überstreicht in gleichen Zeiten gleiche Flächen (Drehimpulserhaltung) (1609)
3. Die Quadrate der Umlaufszeiten verhalten sich wie die Kuben der großen Halbachsen (1618)
(2) Hyperbel: ε > 1; E > 0
Beispiele:
Komet von außerhalb des Sonnensystems (rechter Zweig)
Streuung von positiv geladenen Teilchen an Atomkernen (linker Zweig)
Den zweiten Fall wollen wir näher untersuchen.
Experiment von Geiger und Marsden:
Geiger und Marsden schossen α-Teilchen (42 He2 − Kerne) auf eine so dünne Goldfolie, dass die Teilchen im
Allgemeinen mit nur einem Goldatom wechselwirken konnten.
Wir erhalten das Potential zwischen α-Teilchen und Au-Atom
U (r)
γ
=
Z1 Z2 e2
2e · 79e
=
|~rα − ~rAu |
r12
= −Z1 Z2 e2 ⇒ E > 0 ⇒ Bahnkurve ist Hyperbel
18
α
Präparat
Goldfolie
Photoplatte oder
Zinksulfidschirm
Abb. 1.18: α ≡42 He2
Gold ≡
197
79 Au118
Da die Kraft abstoßend ist, müssen wir den linken Zweig (+) benutzen:
r=
a(1 − ε2 )
1 + ε cos φ
y
Φ
F’
ρ
s
a
ε. a
Z1
Abb. 1.19:
19
Z2
F
x
π−θ
θ
tg
2
θ
tg
2
θ
tg
2
wegen mα
=
2β ⇒ θ = π − 2β
π
a
π
= ctgβ =
tg
− β = −tg β −
2
2
b
−1/2
2EJ 2
a
−1/2
√
= ε2 − 1
=
−
1
µγ 2
a ε2 − 1
m γ 2 1/2
mα · mAu
α
µ=
2EJ 2
mα + mAu
mAu gilt: µ ' mα
=
=
=
<<
Die Energie berechnet sich zu:
1
mα v02
2
V0 = Geschwindigkeit vor dem Stoß
E=
Der Drehimpuls berechnet sich zu:
J = |~r × ~p| = r · p · sin α = p · s
s = Stoßparameter
Durch Einsetzen erhalten wir:
tg
θ
2
= f (s) =
s
mα γ 2
|γ|
|γ|
=
=
2
4
2
2
2
2
1/2
mα v0 p s
mα v02 s
(mα v0 s )
Kleine Streuwinkel
Große Streuwinkel
(1.27)
große Stoßparameter s
kleine Stoßparameter s
dΘ
Θ
ds
s
x
Au
Abb. 1.20:
Die Wahrscheinlichkeit, den Ring zwischen s und s + ds und damit Winkel zwischen θ und θ + dθ zu treffen, ist
proportional zur Fläche dσ = 2πsds.
Aus Gleichung (1.27) folgt
|γ| ds
1
dθ = −
2
2 cos θ/2
mv02 s2
Einsetzen von ds in die Flächengleichung ergibt (“ - “ Zeichen entfällt, da Fläche positiv)
20
(1.28)
dσ = 2πsds =
2πs3 mv02
dθ
2|γ| cos2 θ/2
(1.29)
Berechnung von s aus Gleichung (1.27) und einsetzen ergibt:
dσ =
Z Z e2 2 cos θ/2
|γ|3
cos3 θ/2
π
1 2
dθ
=
π
·
dθ
·
·
·
3
2
2
2
|γ| (mv0 ) sin θ/2 cos θ/2
(mv02 )2
sin3 θ/2
=
π Z1 Z2 e2 2
sin θ
·
dθ
·
2
mv02
sin4 θ/2
(1.30)
In Wirklichkeit hat man einen Strom von Teilchen j = Teilchen/(sec cm2 )
N (θ) = Teilchen/sec gestreut in ^ < θ
Damit erhält man den Wirkungsquerschnitt
d0
N (θ + dθ) − N θ
=
[cm2 ]
dθ
j ·n
n = Anzahl der Targetteilchen
Diese Rutherford-Formel beschreibt das Experiment von Geiger und Marsden bis zu einem Stoßparameter von
10−12 cm.
Darunter traten im Experiment Abweichungen auf.
Daraus schloss Rutherford, dass die Masse des Atoms in einem positiven Kern von ≤ 10−12 cm konzentriert ist.
do
dΘ
π
π
2
Θ
Abb. 1.21: Der Rutherford’sche Wirkungsquerschnitt ist in der Quantenmechanik unverändert.
1.3
n wechselwirkende Teilchen
Wir nehmen an, es wirke zwischen allen Teilchen eine zentrale konservative Kraft.
Zentral:
Konservativ:
beides:
F~ij (~ri , ~rj ) = f (~ri , ~rj )(~ri − ~rj )
~ i Uij (~ri ; ~rj )
F~ij (~rij ) = −∇
~ i Uij (rij )
F~ij (~rij ) = f (rij )(~ri − ~rj ) = −∇
21
4
3
r32
2
1
Abb. 1.22:
mit:
h ∂
rij
∂xi
=
=
q
xi − xj i
∂
(xi − xj )2 + (yi − yj )2 + (zi − zj )2 =
∂xi
rij
~rij
∂
Uij (rij )
−
∂rij
rij
Die Kraft, die total auf ein Teilchen i wirkt, berechnet sich als die Summe aller Einzelwechselwirkungen.
F~i =
X
F~ik =
k(6=i)
X
k(6=i)
~ i Uik (rik )
−∇
Die Bewegungsgleichung heißt dann:
mi~r¨i = F~i (r1 . . . ru )
1≤i≤n
Energiesatz:
E =T +U =
n
X
1
j=1
2
mj ~r˙j2 +
n
X
Ujk (rjk )
j<k
j < k damit die potentielle Energie zwischen j-tem und k-tem Teilchen nicht doppelt gezählt wird.
Der Ansatz für die potentielle Energie ist durch die Kraft gerechtfertigt, wie jetzt gezeigt wird:
~
F~i = −∇
X
~i
−∇
Ujk (rjk ) =
j<k
~i
−∇
=
X
(i<)k
X
~i
Uik (rik ) − ∇
Uik (rik )
X
Uji (rji )
j(<i)
q.e.d.
k(6=i)
Die zeitliche Änderung der Energie = 0 ⇒ Energieerhaltung
dE
dt
=
Ė =
X
mj ~r˙j ~r¨j +
j
=
X
j6=k
mj ~r¨j ~r˙j +
j
=
X
j
da mj ~r¨j
=
F~j
X
X
j
−F~j ~r˙j
(mj ~r¨j − F~j )~r˙j = 0
q.e.d.
22
~ j Ujk (rjk )~˙rj
∇
Impulserhaltung:
p~
=
n
X
mi~r˙i
i=1
p~˙
=
n
X
mi~r¨i =
i=1
=
da
p~˙
=
−
n
X
i=1
F~i = −
n
X
i6=j=1
~ i Uij (rij )
∇
1 X ∂U ~r − ~r
X ∂Uij ~ri − ~rj
1 X ∂Uij ~rj − ~ri ij i
j
=−
+
;
∂rij rij
2
∂rij rij
2
∂rij rij
i6=j=1
i6=j
j6=i
∂Uij 1
·
symmetrisch ist
∂rij rij
~rj − ~ri 1 X ∂Uij ~ri − ~rj
=0
+
−
2
∂rij
rij
rij
q.e.d.
i6=j
Drehimpulserhaltung:
J~ =
X
~ri x~
pi =
X
mi~ri x~r˙i
i
i
dJ~ X
=
mi~ri x~r¨i
dt
i
=−
~r˙i x~r˙i = 0
da
X
i6=j
=−
~ i Uij (rij )
~ri x∇
X
~ri x
i6=j
∂Uij ~rij
∂rij rij
X
dJ~
∂Uij ~ri − ~rj =−
~ri x
dt
∂rij
rij
i6=j
X ∂Uij 1
(~ri × ~rj ) = 0
=
∂rij rij
i6=j
∂U
(~
r x~
r )
ij
i
j
da sich die
in einer n × n Matrix darstellen lassen, die wegen der Antisymmetrie des Vektor∂rij
rij
produktes, anti-symmetrisch ist, und damit beim Aussummieren über alle Glieder (i 6= j) verschwindet.
Virialsatz (bedeutsam für die Mechanik und Quantenmechanik):
Definition des Virials:
V
(def) =
X
i
V =
X
i
F~i · ~ri ; [V ] = [Arbeit] = [Energie]
X
d2 X 1
mi~ri2 −
mi~r˙i2
mi~r¨i~ri = 2
dt
2
i
i
d2 X 1
mi ri2 − 2T
V = 2
dt
2
i
Wir bilden die zeitliche Mitteilung:
V̄ = lim∆t→∞
1
∆t
Z
t
t+∆t
Z
t+∆t
d2 X 1
mi ri2 dt − 2T̄
dt2 i 2
t
it+∆t
1 hd X
mi ri2
− 2T̄
= lim∆t→∞
∆t dt i
t
V dt = lim∆t→∞
23
1
∆t
Wenn wir annehmen, dass ~r und ~r˙ endlich bleiben, so geht der erste Term wegen ∆t → ∞ gegen 0. Somit ergibt
sich der Virialsatz:
2T̄ − V̄ = 0
(1.31)
Wir nehmen an, U (r) ist eine homogene Funktion des Grades g im konservativen Feld
n
X
U (r1 , . . . rn ) =
ci rig
i=1
Daraus folgt
~ g=
∇r
Das Virial ist dann
∂ ~ = ~r grg−1
rg · ∇r
∂r
r
V =
X
i
=−
X
i
F~i (~r1 , . . . ~ri , . . . ~rn ) · ~ri
~ i U (~r1 , . . . ~ri , . . . ~rn ) = −gU (~r1 , . . . ~rn )
~ri · ∇
Aus dem Verialsatz folgt daher
2T̄ − g Ū
2E − (g + 2)Ū
(2 + g)Ū
=
=
0;
0
=
2E,
2E = 2T̄ + 2Ū
(g + 2)T̄ = gE
Anwendungen:
• Harmonischer Oszillator
1 2
ar
g≡2
2
V = F~ · ~r ⇒ V = −a~r2 = −2U
U=
Nach Virialsatz folgt:
T̄ = Ū ;
E = 2Ū = 2T̄
• Coulombfeld, Gravitationsfeld
γ
U =− ;
r
g ≡ −1 ⇒ V =
γ
r
Nach Virialsatz folgt:
E = −T̄ ;
1
T̄ = − Ū ;
2
24
E=
1
Ū
2