Ubungen zur Theoretischen Physik I: Mechanik

Prof. Dr. H. Friedrich
Physik-Department T30a
Technische Universität München
Blatt 5
Übungen zur Theoretischen Physik I: Mechanik
1. Ebenes Pendel (Abgabe schriftlich, in der Übungsgruppe in der Woche vom 25.05.-29.05.)
Ein Punktteilchen der Masse m ist an einem masselosen Faden der Länge r befestigt und
dem Gravitationsfeld (Gravitationsbeschleunigung g) ausgesetzt. Nehmen Sie an, dass sich
die Bewegung nur in der x-z Ebene abspielt.
θ
(a) Stellen Sie die Lagrange-Funktion des Systems sowie die Lagrange-Gleichung für die
Auslenkung θ auf. Verwenden Sie dabei die Definition ωp2 = g/r.
Lösung: Die Lagrange-Funktion lautet
L=
1 2 2
mr θ̇ + mgr cos θ .
2
Die Lagrange-Gleichungen werden damit zu
d ∂L
∂L
−
= 0 = −mgr sin θ − mr 2 θ̈ .
∂θ
dt ∂ θ̇
Die Bewegungsgleichung lautet demnach
θ̈ = −ωp2 sin θ ,
wobei wir ωp2 = g/r verwendet haben.
(b) Lösen Sie die Bewegungsgleichung für kleine Auslenkungen.
Lösung: Für kleine Auslenkungen hat man
θ̈ = −ωp2 θ .
1
Die allgemeine Lösung dieser Gleichung mit den Anfangsbedingungen θ(0) = θ0 und θ̇(0) =
ω0 ist von Blatt 3 bekannt:
θ(t) = θ0 cos ωp t +
ω0
sin ωp t .
ωp
Nehmen Sie nun an, dass die Punktmasse an einer masselosen Feder (Federkonstante k)
befestigt und dem Gravitationsfeld (Gravitationsbeschleunigung g) ausgesetzt ist. Die Ruhelänge der Feder ohne die Punktmasse ist l0 .
(c) Stellen Sie die Lagrange-Funktion des Systems auf.
Lösung: In Polarkoordinaten ist die kinetische Energie
1
T = m(ṙ 2 + r 2 θ̇ 2 ) ,
2
die potentielle Energie ist
1
V = −mgr cos θ + k(r − l0 )2 .
2
Die Lagrange-Funktion lautet somit
L=
1
1
m(ṙ 2 + r 2 θ̇ 2 ) + mgr cos θ − k(r − l0 )2 .
2
2
(d) Finden Sie die Lagrange-Gleichungen in den Variablen θ und λ = (r − r0 )/r0 . Hier
bezeichnet r0 die Ruhelänge der Feder mit Punktmasse. Verwenden Sie die Definitionen
ωs2 = k/m, ωp2 = g/r0 .
Lösung:
d ∂L
∂L
=0
−
∂θ
dt ∂ θ̇
⇒
mr 2 θ̈ + 2mr θ̇ṙ + mgr sin θ = 0 .
∂L
d ∂L
−
= 0 ⇒ mr̈ − mr θ̇ 2 − mg cos θ + k(r − l0 ) = 0 .
∂r
dt ∂ ṙ
Die Ruhelänge der Feder mit Punktmasse ist durch das Hook’sche Gesetz gegeben,
k(r0 − l0 ) = mg
⇒ l0 = r0 − mg/k .
Auflösen der Beziehung λ = (r−r0 )/r0 nach r liefert r = r0 (1+λ), und für die Ableitungen
gilt ṙ = r0 λ̇ und r̈ = r0 λ̈. Mit den Definitionen ωs2 = k/m und ωp2 = g/r0 werden die
Lagrange-Gleichungen zu
(1 + λ)θ̈ + 2λ̇θ̇ + ωp2 sin θ = 0 ,
λ̈ + (ωs2 − θ̇ 2 )λ − θ̇ 2 + ωp2 (1 − cos θ) = 0 .
2
2. Finden Sie eine Lösung der Bewegungsgleichungen aus Aufgabe 1. (d) für kleine Auslenkungen θ und λ. Linearisieren Sie dazu die Bewegungsgleichungen in θ, θ̇, λ, λ̇ und verwenden Sie die Anfangsbedingungen θ = 0, λ̇ = 0, λ = A, θ̇ = ωp B (A, B dimensionslose
Konstanten).
Lösung: Die linearisierten Bewegungsgleichungen lauten
λ̈ + ωs2 λ = 0 ,
θ̈ + ωp2 θ = 0 .
Für die gegebenen Anfangsbedingungen lautet die Lösung
λ = A cos(ωs t) ,
θ = B sin(ωp t) .
3. Betrachten Sie die Bewegung eines Massenpunktes der Masse m unter dem Einfluß eines
radialsymmetrischen Potentials U (r). Das effektive Potential für die Radialbewegung ist
gebeben durch
L2
.
Ueff (r) = U (r) +
2mr 2
Nehmen Sie an, dass sich das Teilchen auf einer stabilen Kreisbahn mit Radius a bewegt.
(a) Welchen Drehimpuls hat das Teilchen für (U0 , r0 > 0)
r0
(i)
U (r) = −U0 ,
r
2
r
(ii)
U (r) = U0
,
r0
4
r
(iii)
U (r) = U0
,
r0
r 6 r0 12
0
−2
.
(iv)
U (r) = U0
r
r
Lösung: Da sich das Teilchen nach Voraussetzung auf einer stabilen Kreisbahn bewegt,
hat das effektive Potential bei a ein lokales Minimum. Der Drehimpuls bestimmt sich
demnach aus
d
2
3 dU .
Ueff (r) = 0 ⇒ L = ma
dr
dr r=a
Man findet
(i)
L2 = mU0 ar0 ,
(ii)
L2 = 2mU0 a4 /r02 ,
(iii)
L2 = 4mU0 a6 /r04 ,
r0 6 r0 12
2
2
L = 12mU0 a
−
.
a
a
(iv)
3
(b) Berechnen Sie die kinetische Energie T und die Gesamtenergie E in den Fällen (i)-(iii)
und vergleichen Sie die Ergebnisse mit den Vorhersagen des Virialsatzes.
Lösung: Die kinetische Energie ist gegeben durch T = ma2 θ̇ 2 . Da der Drehimpuls konstante der Bewegung ist, hat man θ̇ = L/(ma2 ), also T = L2 /(2ma2 ). Mit den Werten aus
(a) für die Drehimpulse findet man
(i)
1
1 r0
T = U0 = − U (a) ,
2
a
2
(ii)
T = U0
(iii)
T = 2U0
a2
= U (a) ,
r02
a4
= 2U (a) .
r04
Der Virialsatz macht eine Aussage über das Verhältnis der Zeitmittelwerte von potentieller
und kinetischer Energie,
n−1
hT i = −
hV i ,
2
wobei die Kraft auf das Teilchen dem Potenzgesetz
c
F~ = n ~er
r
gehorcht. Die Vorhersagen des Virialsatzes sind demnach
(i)
n = 2,
1
hT i = − hU i ,
2
(ii)
n = −1,
hT i = hU i ,
(iii)
n = −3,
hT i = 2 hU i .
Die Zeitmittel von kinetischer und potentieller Energie stehen in den obigen Beispielen im
gleichen Verhältnis zueinander wie die ungemittelten Größen, da potentielle und kinetische
Energie für stabile Kreisbahnen zeitunabhängig sind.
Die Gesamtenergie ist gegeben durch Ueff (a),
(i)
1
E = U (a) ,
2
(ii)
E = 2U (a) ,
(iii)
E = 3U (a) .
4