Theoretische Mechanik

Theoretische Mechanik
Amand Faessler
6. April 2005
Inhaltsverzeichnis
1 Newton’sche Mechanik
3
1.1 Newton’sche Gesetze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Zentrales Kraftfeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 n wechselwirkende Teilchen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
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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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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35
35
37
42
48
49
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55
55
74
78
85
92
4 Starrer Körper
96
4.1 Translation und Rotation des starren Körpers - die Euler-Winkel 96
4.2 Die Euler’schen Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
4.3 Der Schwere symmetrische Kreisel . . . . . . . . . . . . . . . . 110
4.4 Rotierendes Koordinatensystem . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
5 Gravitationstheorie
120
5.1 Gravitationskraft - Gravitationsfeld . . . . . . . . . . . . . . . 120
5.2 Gravitationspotential . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
1
5.3 Feldgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
5.4 Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
6 Die
6.1
6.2
6.3
kanonischen Bewegungsgleichungen
134
Die Hamilton’schen Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . 134
Kanonische Transformationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
Verschiedene Variationsprinzipien . . . . . . . . . . . . . . . . 150
7 Die Hamilton-Jacobi-Theorie
7.1 Einleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Die Hamilton-Jacobi-Theorie für nicht explizit zeitabhängige
Hamiltonfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3 Die Hamilton-Jacobi-Theorie für explizit zeitabhängige Hamiltonfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4 Die Hamilton-Jacobi-Gleichung als Grenzfall der Schrödingergleichung in der Quantenmechanik . . . . . . . . . . . . . .
7.5 Beispiele zur Hamilton-Jacobi-Theorie (zeitunabhängig) . . .
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 Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
165
. 165
. 165
. 167
. 169
. 170
.
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181
181
187
195
202
203
204
206
. 209
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.
3
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:
m0
m= q
1−
v2
c2
mit c = 3 · 1010 [cm/sec].
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
Abbildung 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
t0
4
(1)
nach Lex secunda gilt:
d
d
p~1 = F~12 ;
p~2 = F~21
dt
dt
(2)
einsetzen in (1) ergibt:
Z
t00
d
(~
p1 + p~2 )dt = 0
t0 dt
00
⇒ [~
p1 + p~2 ]tt0 = 0
00
00
⇒ p~01 + p~02 = p~1 + p~2
(3)
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
t00
t0
"
1 ˙2
m~r¨ · ~r˙ dt =
m~r
m
Z
00
~r(t )
m~r¨
~r(t0 )
#t00
t0
d~r
(dt)
(dt)
00
= (def) = T (~r ) − T (~r0 )
(4)
Die kinetische Energie ist definiert:
1
1
T = mṙ 2 = m~r˙ · ~r˙
2
2
(5)
Wir wollen beweisen:
~ (~r) ⇔ Energieerhaltung
F~ (~r) = −∇U
Z ~r(t00 )
Z ~r(t00 )
~ (~r)d~r =
~
∇U
d~rF (~r) = −
Aus (1) ⇒ ∆E = A =
~r(t0 )
~r(t0 )
00
U (~r0 ) − U (~r )
00
= T (~r ) − T (~r0 ) (nach Gl. (4))
5
Daraus folgt:
00
00
T (~r0 ) + U (~r0 ) = T (~r ) + U (~r )
(6)
in Worten:
~ (~r), gilt: Die
unter Voraussetzung, dass sich F~ (~r) schreiben lässt als −∇U
Summe aus kinetischer und potentieller Energie ist stets unverändert.
~ (~r)
E = const ⇒ F~ (~r) = −∇U
(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’’)
Abbildung 2: ~r(t0 ) = ~r(t00 )
0
00
~r(t ) = ~r(t ) ⇒
I
F~ (~r)d~r = 0
Kraftfeld ist wirbelfrei, keine geschlossenen Feldlinien (Energieerhaltung).
Wir wählen U (2) = 0 ⇒
⇒
Z
1
2 C1
···−
Z
1
2 C2
... = 0 ⇒
6
Z
Z
1
2 C1
···+
1
2 C1
··· =
Z
2
1 C2
Z
··· = 0
1
...
2 C2
1
C1
C2
2
Abbildung 3:
Benutzen wir 2 als Referenzpunkt, so folgt daraus, dass das Integral
eine eindeutige Funktion des Ortes ist.
Z
r1
r2
R r1
r2
F~ (~r)d~r
F~ (~r)dr = −U (~r1 ) ⇒
~ (~r1 )
F~ (~r1 ) = −∇U
(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
1
E = const = mẋ2 + U (x)
2
Auflösen nach ẋ ergibt:
h2
i1/2
dx
= ẋ =
(E − U (x))
dt
m
dx
⇔ dt = h
i1/2
2
(E − U (x))
m
7
Integration ergibt:
t − t0 =
Z
x
x0
h2
m
(E − U (x))
i−1/2
· dx
(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
K,U
m
x
Abbildung 4:
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
8
t − t0 =
Z
x
x0
q
dx
2
(E
m
−
1
ax2 )
2
(9)
p
p
Da m2 (E − 12 ax2 ) > 0 sein muss ⇒ − 2E/a < x < 2E/a. Dies nennt
man die klassischen Umkehrpunkte.
In diesenpUmkehrpunkten ist die Gep
samtenergie potentiell U (+ 2E/a) = (1/2)a( 2E/a)2 = E.
Sei zurzeit t = t0 , x = 0, so ergibt sich für (9):
t − t0 =
p
ax
1
arc sin p
m/2 p
(1/2)a
2 1/2aE
p
p
⇒ x = 2E/a sin a/m(t − t0 )
p
Kreisfrequenz ω (def) = a/m = 2πν
Über die Bewegungsgleichung erhält man dasselbe Ergebnis:
d
mẋ = −ax (Lex secunda)
dt
a
⇒ ẍ + x = 0
m
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 ))
Damit ergibt sich für die Diffgleichung:
−ω 2 C sin ω(t − t0 ) +
a
C sin ω(t − t0 ) = 0
m
p
a
= 0 ⇒ ω = a/m
⇒ −ω 2 +
m
9
(10)
Wir erhalten damit:
x = C · sin
hp
i
a/m(t − t0 )
C lässt sich durch Angabe der Energie berechnen:
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
E =
Die Energie ist proportional zum Quadrat der Amplitude C.
1.2
Zentrales Kraftfeld
1
2
Abbildung 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.
10
0
Abbildung 6: F~ (~r) = f (~r) · ~r
Definition der Zentralkraft
Theorem:
Ein zentrales, konservatives Kraftfeld hängt in folgender Weise vom Abstand
zum Ursprung ab.
F~ (~r) = f (|~r|)~r
(11)
Beweis:
Nach Voraussetzung gilt:
~ (~r) = f (~r)~r
F~ (r) = −∇U
| {z } | {z }
konservativ
zentral
Zerlegung der Kraft und Umrechnung in Polarkoordinaten ergibt:
∂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
Fy (~r) = −
∂y
∂U (~r)
Fz (~r) = −
= f (~r)z = f (~r)r cos θ
∂z
Fx (~r) = −
Zu zeigen ist U (~r) = U (|~r|), das heißt:
∂U (r)
6= 0;
∂r
∂U (r)
= 0;
∂θ
11
∂U (r)
=0
∂φ
∂U (~r) ∂x ∂U (~r) ∂y ∂U (~r) ∂z
∂U (~r)
=
+
+
·
∂r
∂x ∂r
∂y ∂r
∂z
∂r
∂U (~r)
∂U (~r)
∂U (~r)
∂U (~r)
=
sin θ cos φ +
sin θ sin φ +
cos θ
⇔
∂r
∂x
∂y
∂z
∂U (~r)
= −f (~r)r sin2 θ cos2 φ + sin2 θ sin2 φ + cos2 θ
∂r
= −f (~r)~r
(1)
∂U (~r) ∂x ∂U (~r) ∂y ∂U (~r) ∂z
∂U (~r)
=
+
+
∂θ
∂x ∂θ
∂y ∂θ
∂z ∂θ
∂U (~r)
⇔
= (−)f (~r)r 2 cos θ cos2 φ sin θ + sin θ cos θ sin2 φ − sin θ cos θ
∂θ
= (−)f (~r)r 2 cos θ sin θ(cos2 φ + sin2 φ) − cos θ sin θ = 0
(2)
∂U (~r)
∂U (~r) ∂x ∂U (~r) ∂y ∂U (~r) ∂z
=
+
+
∂φ
∂x ∂φ
∂y ∂φ
∂z ∂φ
∂U (~r)
= (−)f (~r)r 2 − sin2 θ cos φ sin φ + sin2 θ cos φ sin φ = 0
⇔
∂φ
(3)
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
q.e.d.
∞
Beispiel: Der harmonische isotrope Oszillator
Proton-Elektron-Wechselwirkung:
U (r)Coulomb = −
e2
r
Neutron-Neutron-Wechselwirkung (Yukawa Potential):
U (r)n,n =
−V e−r/µ
~
mit µ =
= 1, 4f m
r/µ
mπ c
12
(12)
U
r
Abbildung 7: U (r) = 1/2ar 2
Gravitationspotential:
U (r)Sonne−Erde = −G
mE · ms
|~r − ~rs |
Theorem:
Die Bewegung eines Teilchens im zentralen Kraftfeld ist eben.
Beweis: qualitativ
v
Abbildung 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
13
~ zu ~r und J~ = const,
~
Der Drehimpuls ist eine Erhaltungsgröße. Da J⊥
ist ~r
stets in der gleichen Ebene.
j
r(t’’)
y
r(t)
r(t’)
x
Abbildung 9: Ebene Bewegung
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:
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
14
~ (r)
m~r¨ = −∇U
∂U (r) ∂r
⇒ mẍ = −
∂r ∂x
∂U (r) ∂r
mÿ = −
∂r ∂y
y
r
φ
x
Abbildung 10: |r| =
p
x2 + y 2 ;
∂r
∂x
=
x
r
= cos φ;
∂r
∂y
=
x
r
= sin φ
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
15
Z
>
J
Y
r
p
X
Abbildung 11:
b)
1
E = m(ẋ2 + ẏ 2 ) + U (r)
2
Umrechnung in Polarkoordinaten
x = r · cos φ
y = r · sin φ
ẋ = ṙ cos φ − r φ̇ sin φ
ẏ = ṙ sin φ + r φ̇ cos φ
ergibt:
a)
Jz = m(r ṙ cos φ sin φ + r 2 φ̇ cos2 φ − r ṙ cos φ sin φ + r 2 φ̇ sin2 φ)
Jz = mr 2 φ̇
(13)
16
b)
1
m(ṙ 2 cos2 φ − 2r ṙφ̇ cos φ sin φ + r 2 φ̇2 sin2 φ +
2
+ ṙ 2 sin2 φ + 2r ṙφ̇ cos φ sin φ + r 2 φ̇2 cos2 φ) + U (r)
1
m(ṙ 2 + r 2 φ̇2 ) + U (r)
E =
2
E =
(14)
Die Drehimpulserhaltung wird auch als Flächensatz bezeichnet.
r (t+dt)
rd φ
r
dφ
r (t)
r
o
Abbildung 12: dF = 12 r 2 dφ;
dF
dt
= Ḟ = 21 r 2 φ̇
Ḟ = 21 r 2 φ̇ wird als Flächengeschwindigkeit definiert.
Damit kann man Gl. (13) schreiben als J = Jz = 2mḞ .
Aus der Drehimpulserhaltung folgt damit, dass die Flächengeschwindigkeit
const. ist.
Aus Gl. (13) und (14) eliminieren wir jetzt φ̇:
E =
1 2 1 2 2
1
J2
mṙ + mr ϕ̇ + U (r) = mṙ 2 +
+ U (r) =
2
2
2
2mr 2
Trad + Trot + Pot. Energie
(∗∗)(15)
Die Zentrifugalkraft berechnet sich als
FZen = −
J2
(mr 2 φ̇)2
∂ J2
=
=
∂r 2mr 2
mr 3
mr 3
Mit V⊥ = r · φ̇ ergibt sich:
FZen =
mV⊥2
= mr φ̇2 = mrω 2
r
17
(16)
Ueff =U(r)+Trot
r
Abbildung 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.
y
v
v
r
r
Abbildung 14:
18
Formal ist (15) ein eindimensionales Problem, das sich wie die Gleichung (8)
lösen lässt:
⇒ t − t0
Z rh
Z r
i−1/2
J2
2
E−
− U (r)
=
dr =
G(r)dr
2mr 2
r0 m
r0
(17)
Über den Drehimpulssatz wird t eliminiert:
J = mr 2 φ̇ = mr 2
⇒ dφ =
dφ
dt
(18)
J
dt
mr 2
Wir setzen Gleichung (17) in der Differentialform in Gleichung (18) ein und
erhalten φ(r).
Gl. (17) ⇒ dt = G(r)dr
J
G(r)dr
⇒ dφ =
2
Zmrr h
i−1/2
J
J2
− U (r)
2m E −
⇒ φ − φ0 =
dr
2
2mr 2
r0 r
Anwendung auf das Zweikörperproblem:
1. Sonne - Erde
U (r) = −G mErms = − γr
(G = 6.67 · 10−8 dyn cm2 g −2 )
2. Elektron (Positron)-Proton (Coulomb Pot. im H-Atom)
2
U (r) = (±) er
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, 410−13 cm
Bis jetzt können wir nur Einkörperprobleme lösen:
Zur Lösung von Zweikörperproblemen führen wir die Schwerpunkt- und Relativkoordinaten, sowie die reduzierte Masse ein:
~ = def. mE ~rE + ms~rs
R
mE + m s
(Schwerpunktkoordinate)
19
(19)
rE−rs
rE
rs
0
Abbildung 15: ms~r¨s = F~SE ; mE ~r¨E = F~ES
~r = def. ~rE − ~rs
(Relativkoordinate)
mE · ms
≈ mE
mE + m s
(reduzierte Masse)
µ=
(20)
(21)
F~ES errechnet sich dann aus::
1 ~
1 ~
1
1 ~
FES −
FSE =
+
FES
mE
mS
mE mS
= ~r¨ ⇒ µ~r¨ = F~ES
~r¨ = ~r¨E − ~r¨S =
mE + m S ~
· FES
mE · mS
Mit mE + mS = M erhält man die Beschleunigung des Schwerpunktes:
¨
¨
~¨ = M mE ~rE + mS ~rS = F~ES + F~SE = 0
MR
mE + m S
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)
20
(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 ∂r ∂r ∂r γ
~
~
, ,
F (r) = +∇ =
r
∂r r ∂x ∂y ∂z
p
hierbei ist r = x2 + y 2 + z 2 und damit
2x
x
∂r
y
∂r
z
∂r
= p
= ;
= ;
=
∂x
r
∂y
r
∂z
r
2 x2 + y 2 + z 2
Damit ergibt sich für
γ x y z
γ ~r
~
F (r) = − 2 ; ;
=− 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
√
Jh
J2
γ i−1/2
dr
2µ E −
+
r2
2µr 2 r
Z
Z
1/r
1/2r0
1/r
1/r0
h
q
2µ E −
dz
2µE
J2
+
i−1/2
J2 2
z +γ·z
dz
2µ
2µγ
z
J2
− z2
dx
+1
ax + b
= √ arc sin √
+ c für a < 0
−a
C + 2bx + ax2
b2 − ac
2µE
µγ
C = 2 ; b = 2 ; a = −1
J
J
21
Daraus erhält man:
−z + µγ
1
J2
φ − φ0 = √ arc sin q
+C
µ2 γ 2
2µE
1
+
J4
J2
C ziehen wir mit in die Anfangsbedingung hinein und erhalten
φ − φ̃0 = arc sin q
µγ
J2
µ2 γ 2
J4
−z
+
2µE
J2
Damit erhalten wir für z(φ):
z(φ) = −
r
µγ
µ2 γ 2 2µE
+ 2 sin(φ − φ̃0 ) + 2
4
J
J
J
Für φ̃0 schreiben wir:
φ0 + π2
Hiermit erhalten wir später für den Kegelschnitt die Normalform.
⇒ sin(φ − φ̃0 ) = sin φ − φ0 −
π
= − cos(φ − φ0 )
2
Weiterhin machen wir die Substitution z =
r(φ) = q
r(φ) =
1
r
rückgängig und erhalten:
1
µ2 γ 2
J4
+
2µE
J2
J2
µγ
cos(φ − φ0 ) +
µγ
J2
mit α = def
α cos(φ − φ0 ) + 1
Dies ist die Gleichung eines Kegelschnittes
Diskussion des Resultates:
r + r 0 = 2a ⇒ r 0 = 2a − r
Nach dem cos-Satz gilt
22
s
1+
2EJ 2
µγ 2
(23)
y
r
ε. a
r’
F’
b
φ F
x
a
Abbildung 16: Ellipse
r 02 = r 2 + (2εa)2 − 2r2εa cos(π − φ)
4a2 − 4ar + r 2 = r 2 + 4ε2 a2 + 4rεa cos φ
a(1 − ε2 )
a(1 − ε2 ) = r(1 − ε cos φ); r =
1 + ε cos φ
2
2
2 2
a = b +ε a ⇒
√
b = a 1 − ε2
r0 − r
r − r0
r 02
4a2 ± 4ar + r 2
a(1 − ε2 )
=
=
=
=
=
2a
(rechter Zweig)
2a
(linker Zweig)
2
r + (2ε · a)2 − 2r2εa cos(π − φ)
r 2 + 4ε2 a2 + 4εar cos φ
r(∓1 + ε cos φ)
a(1 − ε2 )
r =
rechter Zweig (-); linker Zweig (+)
(24)
∓1 + ε cos φ
ε2 a2 = a 2 + b 2 ⇒
√
b = a ε2 − 1
Diskussion des Erde-Sonne-Problems:
23
y
b
r’
ε. a
F’
r
φ
F
a
ε. a
x
Abbildung 17: Hyperbel
mE · mS
= mE
mE + m S
γ = GmE mS
µ =
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
1 + α cos φ
mit
α=
s
1+
2EJ 2
µγ 2
Vergleich mit
a(1 − ε2 )
r =
±1 + ε cos φ
mit + 1; ε < 1 Ellipse
mit ± 1; ε > 1 Hyperbel
Man erkennt sofort α ≡ ε
Aus dieser Gleichung lassen sich Rückschlüsse auf die Energie ziehen.
24
2EJ 2 −2EJ 2
>0⇒E<0
=
µγ 2
µγ 2
2EJ 2 −2EJ 2
=
<0⇒E>0
(1 − ε2 ) = 1 − 1 +
µγ 2
µγ 2
(1 − ε2 ) = 1 − 1 +
Ellipse:
Hyperbel:
(1) Ellipse ε < 1, E < 0:
Berechnung der beiden Halbachsen:
J2
J2
⇒a=
µγ
(1 − ε2 )µγ
γ
GmE mS
J2
=−
=−
a = −
2
2
µγ(2EJ /µγ
2E
2E
s
s
s
s
2
2
√
J
J2
2EJ
2E
=
a
·
=
a
b = a 1 − ε2 = a −
−
µγ 2
γ
µγ
µγa
a(1 − ε2 ) =
Berechnung der Umlaufszeit τ
τ =
F
πab
=
J/(2 · µ)
Ḟ
mit Ḟ = Flächengeschwindigkeit
τ =
(25)
s
J2
2ν
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
(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)
25
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.
α
Präparat
Goldfolie
Photoplatte oder
Zinksulfidschirm
Abbildung 18: α ≡42 He2
Gold ≡
197
79 Au118
Wir erhalten das Potential zwischen α-Teilchen und Au-Atom
2e · 79e
Z1 Z2 e 2
=
|~rα − ~rAu |
r12
2
γ = −Z1 Z2 e ⇒ E > 0 ⇒ Bahnkurve ist Hyperbel
U (r) =
Da die Kraft abstoßend ist, müssen wir den linken Zweig (+) benutzen:
26
r=
a(1 − ε2 )
1 + ε cos φ
y
Φ
F’
ρ
s
a
Z2
F
ε. a
Z1
Abbildung 19:
π−θ =
θ
=
tg
2
θ
=
tg
2
θ
tg
=
2
wegen mα <<
2β ⇒ θ = π − 2β
π
π
a
tg
− β = −tg β −
= ctgβ =
2
2
b
2EJ 2
−1/2
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
E = mα v02
2
V0 = Geschwindigkeit vor dem Stoß
27
x
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 2 2
4 2 1/2
2
mα v 0 p s
(mα v0 s )
mα v02 s
Kleine Streuwinkel
Große Streuwinkel
(27)
große Stoßparameter s
kleine Stoßparameter s
dΘ
Θ
ds
s
x
Au
Abbildung 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 (27) folgt
|γ| ds
1
dθ = − 2 2
2
2 cos θ/2
mv0 s
(28)
Einsetzen von ds in die Flächengleichung ergibt (“ - “ Zeichen entfällt, da
Fläche positiv)
28
dσ = 2πsds =
2πs3 mv02
dθ
2|γ| cos2 θ/2
(29)
Berechnung von s aus Gleichung (27) und einsetzen ergibt:
dσ =
Z Z e2 2 cos θ/2
π
|γ|3
cos3 θ/2
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 e 2 2
sin θ
·
dθ
·
2
2
mv0
sin4 θ/2
(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
N (θ + dθ) − N θ
d0
=
[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.
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 ) = −∇
mit:
29
do
dΘ
π
π
2
Θ
Abbildung 21: Der Rutherford’sche Wirkungsquerschnitt ist in der Quantenmechanik unverändert.
4
3
r32
2
1
Abbildung 22:
q
h ∂
∂
xi − x j i
2
2
2
rij =
(xi − xj ) + (yi − yj ) + (zi − zj ) =
∂xi
∂xi
rij
∂
~rij
= −
Uij (rij )
∂rij
rij
Die Kraft, die total auf ein Teilchen i wirkt, berechnet sich als die Summe
aller Einzelwechselwirkungen.
30
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
j<k
~i
Ujk (rjk ) = −∇
~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
X
X
dE
~ j Ujk (rjk )~˙rj
= Ė =
mj ~r˙j ~r¨j +
∇
dt
j
j6=k
X
X
¨
˙
=
mj ~rj ~rj +
−F~j ~r˙j
j
=
X
j
da mj ~r¨j = F~j
j
(mj ~r¨j − F~j )~r˙j = 0
q.e.d.
Impulserhaltung:
31
p~ =
p~˙ =
n
X
i=1
n
X
mi~r˙i
mi~r¨i =
i=1
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 i6=j ∂rij rij
2 j6=i ∂rij rij
i6=j=1
∂Uij 1
·
symmetrisch ist
∂rij rij
1 X ∂Uij ~ri − ~rj ~rj − ~ri +
=0
p~˙ = −
2 i6=j ∂rij
rij
rij
da
q.e.d.
Drehimpulserhaltung:
J~ =
X
~ri x~
pi =
i
X
mi~ri x~r˙i
i
dJ~ X
=
mi~ri x~r¨i
dt
i
=−
da
X
i6=j
=−
~r˙i x~r˙i = 0
~ i Uij (rij )
~ri x∇
X
i6=j
~ri x
∂Uij ~rij
∂rij rij
X
∂Uij ~ri − ~rj dJ~
=−
~ri x
dt
∂rij
rij
i6=j
X ∂Uij 1
=
(~ri × ~rj ) = 0
∂r
ij rij
i6=j
∂U
(~r x~r )
ij
i
j
da sich die
in einer n × n Matrix darstellen lassen, die wegen
∂rij
rij
der Antisymmetrie des Vektorproduktes, anti-symmetrisch ist, und damit
beim Aussummieren über alle Glieder (i 6= j) verschwindet.
Virialsatz (bedeutsam für die Mechanik und Quantenmechanik):
Definition des Virials:
32
X
V (def) =
i
V =
X
i
F~i · ~ri ; [V ] = [Arbeit] = [Energie]
X
d2 X 1
mi~ri2 −
mi~r¨i~ri = 2
mi~r˙i2
dt
2
i
i
d2 X 1
mi ri2 − 2T
V = 2
dt
2
i
Wir bilden die zeitliche Mitteilung:
1
V̄ = lim∆t→∞
∆t
Z
t+∆t
t
Z
d2 X 1
mi ri2 dt − 2T̄
2
dt
2
t
i
it+∆t
1 hd X
− 2T̄
mi ri2
= lim∆t→∞
t
∆t dt i
1
V dt = lim∆t→∞
∆t
t+∆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
(31)
Wir nehmen an, U (r) ist eine homogene Funktion des Grades g im konservativen Feld
U (r1 , . . . rn ) =
n
X
ci rig
i=1
Daraus folgt
~ g=
∇r
Das Virial ist dann
∂ ~ = ~r gr g−1
r g · ∇r
∂r
r
V =
=−
X
i
X
i
F~i (~r1 , . . . ~ri , . . . ~rn ) · ~ri
~ i U (~r1 , . . . ~ri , . . . ~rn ) = −gU (~r1 , . . . ~rn )
~ri · ∇
33
Aus dem Verialsatz folgt daher
2T̄ − g Ū = 0; 2E = 2T̄ + 2Ū
2E − (g + 2)Ū = 0
(2 + g)Ū = 2E, (g + 2)T̄ = gE
Anwendungen:
• Harmonischer Oszillator
1
U = ar 2
g≡2
2
V = F~ · ~r ⇒ V = −a~r2 = −2U
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
34
1
E = Ū
2