Nachklausur zur Lehrveranstaltung T1 (SoSe 2011

Nachklausur zur Lehrveranstaltung T1
(SoSe 2011)
Prof. V. F. Mukhanov, LMU München
5. Oktober 2011
Musterlösung!
Aufgabe:
1a
1b
1c
1d
1e
1f
2
3
4
5
Punkte:
2
2
3
2
3
2
8
11
8
9
P
50
Musterlösung!
1 Kurze Fragen - 15 Punkte
Kreuzen Sie bei den folgenden Fragen jeweils die richtige Antwort an. Es ist jeweils
nur eine Antwort korrekt.
1a) Betrachten Sie einen dreidimensionalen harmonischen Oszillator mit dem
Potential U(x, y, z) = k2 (x2 + y 2). Welche der folgenden Größen sind erhalten?
Energie und Drehimpuls in z-Richtung.
Energie und Drehimpuls in x-Richtung
Energie und alle Drehimpulse
Alle Impulse und Drehimpulse
(2 Punkte)
Lösung: Richtig ist “Energie und Drehimpuls in z-Richtung” da das Potential zeitunabängig und invariant unter Rotationen um die z-Achse ist.
1b) Wieviele Freiheitsgrade hat das nebenstehende Molekül aus drei Atomen,
wenn die Abstände zwischen den Atomen dAB und dBC fixiert sind?
A
5
C
6
7
8
B
(2 Punkte)
Lösung: Der Schwerpunkt des Moleküls hat 3 Translationsfreiheitsgrade, dazu kommen 3 Rotationsfreiheitsgrade des Moleküls. Der letzt Freiheitsgrad kommt durch
die Schwingung des Winkels zwischen AB und BC. Alternative Berechnung durch
Subtraktion der Zwangsbedingungen: 9 Freiheitsgrade durch 3 Atome, abzüglich der
2 Zwangsbedingungen durch die festgehaltenen Abstände. Angabe in der Klausur:
Bewegung in 3D
2
Musterlösung!
2
1c) Gegeben sei die Hamiltonfunktion H(q, p) = 21 A2 p2 + B2 q 2 wobei A, B
Konstanten sind. Was ist die zugehörige Lagrangefunktion?
L1 (q, q̇) =
1
q̇ 2
2B 2
−
A2 2
q
2
B2 2
q
2
L2 (q, q̇) = 12 A2 q̇ 2 −
L3 (q, q̇) = pq̇ −
L4 (q, q̇) =
1
q̇ 2
2A2
1
q̇ 2
2A2
−
+
B2 2
q
2
B2 2
q
2
Keine der oben genannten Antworten ist richtig.
(3 Punkte)
1d) Im Erd-Mond System ist das Massenverhältnis
MErde
MMond
≈ 81. Der Abstand
zwischen den Zentren der beiden Himmelskörpern beträgt REM ≈ 380 000 km.
Wie groß ist der Abstand des Zentrums der Erde vom Schwerpunkt?
RE,SP ≈ 4600 km
RE,SP ≈ 190 000 km
RE,SP ≈ 370 000 km
(2 Punkte)
Lösung: Die Erde ist schwerer als der Mond, also muss der Schwerpunkt des Systems
näher beim Zentrum der Erde als bei dem des Mondes sein. Daher 4600 km
1e) Ein Teilchen der Masse m bewege sich in einem eindimensionalen Potential
der Form
V (x) = A cos2 x.
Welche der folgenden Aussagen über die Ruhelagen sind korrekt?
x = 0 ist stabil, x = π ist instabil.
x = π/2 und x = 3π/2 sind instabil.
x = π/2 ist stabil und x = π ist instabil.
x = −π/2 ist instabil und x = π/2 ist stabil.
(3 Punkte)
2
Lösung: Bestimmung der Stabilität über ∂∂xV2 . Die Konstante A war positiv gedacht,
aber da dieses Angabe in der Klausur fehlte ist zusätzlich die zweite Möglichkeit
korrekt.
3
Musterlösung!
1f) Die relativistischepLagrangefunktion für ein freies Teilchen kann geschrieben
werden als L = λ 1 − ẋ2 /c2 wobei c die Lichtgeschwindigkeit und λ ein
konstanter Parameter ist. Wie muss der Parameter λ gewählt werden, damit
sich für kleine Geschwindigkeiten ẋ ≪ c die korrekte nichtrelativistische
Lagrangefunktion als Grenzfall ergibt?
λ = 1 kg m2 /s2
λ = mẋ2
λ=
m 2
m
2
/s2
λ = −mc2
(2 Punkte)
Lösung: Die Taylorentwicklung
der Lagrangefunktion für kleine Geschwindigkeiten
ẋ2
4
ergibt L = λ 1 − 2c2 + O(ẋ ) . Daher muss λ = −mc2 gewählt werden.
4
Musterlösung!
2 Mathematisches Pendel mit Feder - 8 Punkte
Ein mathematisches Pendel (Masse m, Länge l) ist zusätzlich an einer seitlichen Wand
im Abstand l mit einer Feder (Federkonstante k, Ruhelänge L0 ) befestigt (siehe Abbildung).
l
φ
l
l
m
a) Geben Sie die kinetische Energie und die potentielle Energie des Systems an. Falls
Sie andere Koordinaten als kartesische benutzen geben Sie den Zusammenhang
klar an.
(2 Punkte)
b) Bestimmen Sie für L0 = l eine Ruhelage und deren Stabilität.
(2 Punkte)
c) Stellen Sie die Lagrangefunktion des Systems für L0 = l auf und führen Sie anschließend die harmonische Näherung um φ = 0 durch. Wann ist diese Näherung
gültig?
(2,5 Punkte)
d) Stellen Sie die Bewegungsgleichungen auf und lösen Sie sie.
(1,5 Punkte)
Lösung:
a) Als Koordinaten bieten sich Polarkoordinaten mit festem Radius an. Der Zusammenhang zu kartesischen ist
x = −l sin φ
z = l − l cos φ
wobei Winkel nach links wie in der Skizze positiv sind.
(0,5 Punkte)
In diesen Koordinaten ist die kinetische Energie
T =
5
m 2 2
l φ̇ .
2
Musterlösung!
(0,5 Punkte)
Die potentielle Energie durch die Schwerkraft ist
Upot,g = mgz = mgl(1 − cos φ).
(0,5 Punkte)
Die potentielle Energie durch die Feder ist
p
k
k
k
∆L2 = (L0 − L)2 = (L0 − (x − xF )2 + (z − zF )2 )2 =
2
2
2
p
p
k
k
= (L0 − l (1 + sin φ)2 + (1 − cos φ)2 )2 = (L0 − l 3 − 2(cos φ − sin φ))2
2
2
Upot,F =
(0,5 Punkte)
b) Die Ruhelage wird bestimmt durch
∂U
=0
∂φ
Damit
0 = mgl sin φ − kl(l − l
p
cos φ + sin φ
3 − 2(cos φ − sin φ)) p
3 − 2(cos φ − sin φ)
(1 Punkt)
Da wir nur eine Ruhelage bestimmen sollen und nicht alle, sehen wir, dass φ = 0
die Gleichung löst. Die Stabilität wir durch die zweite Ableitung bestimmt. Ist sie
größer Null, liegt eine stabile Ruhelage vor, ist sie kleiner Null eine instabile.
∂2U
sin φ − cos φ
(cos φ + sin φ)2
2
2
p
=mgl cos φ + kl
+ kl p
3
∂φ2
3 − 2(cos φ − sin φ)
3 − 2(cos φ − sin φ)
− kl2 (sin φ − cos φ)
∂2U
|φ=0 =mgl + kl2 > 0
∂φ2
Daher ist die Ruhelage stabil, wie zu erwarten war.
(1 Punkt)
c) Die Lagrangefunktion ist gegeben durch
L = T − U.
6
Musterlösung!
(0,5 Punkte)
Damit ergibt sich
L=
2
p
k
m 2 2
l − l 3 − 2(cos φ − sin φ) .
l φ̇ − mgl(1 − cos φ) −
2
2
Für die harmonische Näherung entwickeln wir Sinus und Cosinus bis in 2. Ordnung
und lassen Terme höherer Ordnung weg.
!2
r
φ2
m 2 2 mgl 2 kl2
1 − 3 − 2(1 − φ − ) .
φ −
L = l φ̇ −
2
2
2
2
(0,5 Punkte)
Die Bedingung hierfür ist φ ≪ 1.
(0,5 Punkte)
Wir müssen noch die Wurzel entwickeln,
p
1 + 2φ + φ2 = 1 + φ + O(φ2 ).
(0,5 Punkte)
Damit erhalten wir
m 2 2
l φ̇ −
2
m
= l2 φ̇2 −
2
m 2 2
= l φ̇ −
2
L=
mgl 2 kl2
φ −
(1 − (1 + φ))2 =
2
2
mgl 2 kl2 2
φ −
φ =
2
2
l(mg + kl) 2
φ
2
(0,5 Punkte)
d) Aus der Lagrangefunktion ergibt sich die folgende Bewegungsgleichung
d ∂L
∂L
=
dt ∂ φ̇
∂φ
(0,5 Punkte)
7
Musterlösung!
g
k
φ̈ = −
+
l
m
Die Lösung ist
φ
φ(t) = A cos ωt + B sin ωt
(0,5 Punkte)
mit der Frequenz
ω=
r
g
k
+
l
m
(0,5 Punkte)
8
Musterlösung!
3 Streuung an Potentialtopf - 11 Punkte
Ein Teilchen bewegt sich aus dem Unendlichen mit Geschwindigkeit v∞ kommend so
auf einen kugelsymmetrischen Potentialtopf
(
0
r≥a
V (r) =
−V0 r < a
mit V0 > 0 zu, dass es bei geradliniger Bewegung mit Abstand b am Zentrum des
Potentialtopfs vorbeifliegen würde.
a) Geben Sie die Kraft an, die auf das Teilchen wirkt, wenn es sich im Potential
(r < a) befindet. Wie sieht demnach die Bahnkurve innerhalb des Topfes aus?
Skizzieren Sie die Bahnkurve für den gesamten Streuprozess.
(3 Punkte)
b) Welche der folgenden Größen bleiben während des gesamten Streuprozesses konstant, welche nicht: Gesamtenergie, Impuls, Drehimpuls?
(2 Punkte)
c) Verwenden Sie die Erhaltungssätze aus b) um den kleinsten Abstand der Bahnkurve vom Zentrum und den Streuwinkel θ(b) als Funktion des Streuparameters b
zu finden (θ ist der Winkel zwischen den asymptotischen Bewegungsrichtung des
Teilchens vor und nach der Streuung).
(5 Punkte)
d) Bestimmen Sie den differentiellen Wirkungsquerschnitt.
(1 Punkte)
Lösung:
a) Innerhalb des Potentialtopfes ist das Potential konstant, daher wirkt keine Kraft
auf das Teilchen. Es fliegt geradlinig weiter.
(1 Punkt)
Falls b > a kommt das Teilchen nie in den Potentialtopf und wird folglich nicht
abgelenkt.
(0,5 Punkte)
Das Teilchen wird nur beim Eintritt in den Potentialtopf um einen Winkel α abgelenkt und beim Verlassen nochmals um denselben Winkel. Da das Potential im
Topf geringer ist als außerhalb, erfährt das Teilchen einen Kraftstoß in Richtung
Zentrum des Topfes. Für die Skizze wählen wir einen Querschnitt durch den Potentialtopf, der die Bahn des Teilchens und das Zentrum beinhaltet. Falls b > a
kommt das Teilchen nie in den Potentialtopf und wird folglich nicht abgelenkt.
(1,5 Punkte)
9
Musterlösung!
Abbildung 1: Skizze der Streuung
b) Das Potential ist sphärisch symmetrisch und zeitunabhängig. Daher sind Energie
und Drehimpuls konstant.
(2 Punkte)
c) Der kleinste Abstand vom Streuzentrum sei rmin und die Geschwindigkeit in diesem
Punkt v0 . Dann folgt aus Drehimpulserhaltung
bv∞ = rmin v0
(1)
(1 Punkt)
und aus der Energieerhaltung
m
m 2
v∞ = v02 − V0 .
2
2
(2)
(1 Punkt)
Wir lösen (2) nach v0 auf und setzen in (1) ein. Wir erhalten
rmin = b
v∞
v∞
= bq
v0
v2 +
∞
.
2V0
m
(1 Punkt)
Aus der Skizze 2 können wir den Winkel der Ablenkung ablesen. Es gilt
π − θ = π − 2(β − α)
b
sin β =
a
rmin
sin α =
a
10
Musterlösung!
θ
β
b
α
a
rmin
Abbildung 2: Skizze der Streuung
(1 Punkt)
Damit folgt
θ = 2(arcsin
b
rmin
− arcsin
)
a
a
(1 Punkt)
d) Die Streuung ist invariant für eine Drehung im eine Achse parallel zur Einfallsrichtung des Teilchens durch das Zentrum des Potentialtopfes. Daher ist der differentielle Wirkungsquerschnitt gegeben durch
θ
rmin
rmin
θ
2
sin
dθ
+ arcsin
+ arcsin
dσ = 2πb(θ)db(θ) = πa cos
2
a
2
a
(1 Punkt)
11
Musterlösung!
4 Rollender Wagen - 8 Punkte
Wir betrachten einen Wagen bestehend aus einem Holzblock der Masse M, an dem
vier homogene Räder mit jeweils Masse m, Radius R und Dicke d befestigt sind. Der
gesamte Wagen rollt ohne Schlupf eine Ebene hinab, die um einen Winkel α gegenüber
der Horizontalen geneigt ist. Dabei sind die Achsen des Wagens immer parallel zur
y-Achse. Das Trägheitsmoment eines Rades um seine Symmetrieachse beträgt m2 R2 .
z
α
y
x
a) Berechnen Sie das Trägheitsmoment eines Rades für eine Rollbewegung um den
Auflagepunkt.
(2 Punkte)
b) Geben Sie die Kinetische Energie und die potentielle Energie des gesamten Systems
an.
(5 Punkte)
c) Stellen Sie die Lagrangefunktion auf.
(1 Punkt)
Lösung:
a) Das Trägheitsmoment um eine Achse die nicht durch den Schwerpunkt geht berechnet sich mit dem Satz von Steiner. Das Trägheitsmoment ist in diesem Fall
θRoll = θ0 + mR2 =
3m 2
R
2
(2 Punkte)
b) Die kinetische Energie setzt sich zusammen aus der Rotationsenergie in den Rädern
und der kinetischen Energie des Holzblocks. Die Rotationsenergie ist gegeben durch
TRot = 4
θRoll 2
φ̇ = 3mR2 φ̇2
2
(1 Punkt)
wobei φ der Winkel ist um den die Räder sich gedreht haben. Die kinetische Energie
des Holzblock ist
M 2
THB =
v .
2 HB
12
Musterlösung!
(1 Punkt)
Da wir nur einen Freiheitsgrad haben, müssen wir noch den Zusammenhang zwischen vHB und φ angeben. Dieser ist
vHB = Rφ̇
(1 Punkt)
Die gesamte kinetische Energie ist dann
T = 3mR2 φ̇2 +
M 2 2 1
R φ̇ = (6m + M)R2 φ̇2
2
2
Da das gesamte System starr verbunden ist, ist die potentielle Energie
U = (M + 4m)gzHB
(1 Punkt)
Auch hier müssen wir z durch φ ausrücken. Dazu drücken wir zuerst z durch den
zurückgelegten Weg des Wagens aus. z = l sin α. Für den zurückgelegten Weg
wiederum gilt l˙ = v = Rφ̇.
(1 Punkt)
Damit erhalten wir
U = φ(M + 4m)gR sin α
c) Die Lagrangefunktion ist dann
1
L = T − U = (6m + M)R2 φ̇2 − φ(M + 4m)g sin α
2
(1 Punkt)
13
Musterlösung!
5 Hamiltonfunktion - 9 Punkte
Gegeben ist die Lagrangefunktion L(x, ẋ) eines eindimensionalen anharmonischen Oszillators:
mω 2 2
m
x − αx3 + βx2 ẋ2
L(x, ẋ) = ẋ2 −
2
2
mit m, ω, α, β > 0 konstant.
a) Bestimmen Sie den verallgemeinerten Impuls p und stellen Sie die Hamiltonfunktion H(x, p) auf.
(3 Punkte)
b) Wie lauten die Hamilton-Gleichungen in diesem Fall?
(3 Punkte)
c) Bestimmen Sie mit Hilfe der Poissonklammern die totale Zeitableitung der Funktion F (x, p, t) = px − λt für α = β = 0 und λ eine Konstante.
(3 Punkte)
Lösung:
a) Der verallgemeinerte Impuls ist definiert durch
p=
∂L
= mẋ + 2βx2 ẋ.
∂ ẋ
(1 Punkt)
Damit ist die Geschwindigkeit
ẋ =
p
m + 2βx2
und die Hamiltonfunktion ist
H = pẋ − L
(1 Punkt)
mp2
mω 2 2
p2
p2
3
2
−
+
x
+
αx
−
βx
m + 2βx2 2(m + 2βx2 )2
2
(m + 2βx2 )2
2
2
mω 2
p
+
x + αx3 .
=
2
2(m + 2βx )
2
H=
(1 Punkt)
b) Die Hamiltonschen Gleichungen sind
ẋ =
p
∂H
=
∂p
m + 2βx2
14
Musterlösung!
(1 Punkt)
ṗ = −
p2
∂H
=
βx − mω 2 x − 3αx2 .
2
2
∂x
(m + 2βx )
(2 Punkte)
c) Mit den Poissonklammern berechnet sich die totale Zeitableitung einer Funktion
durch
dF
∂F
= {F, H} +
dt
∂t
(1 Punkt)
Wir berechnen zuerst die Poissonklammer der Funktion F mit der Hamiltonfunktion
∂F ∂H ∂F ∂H
−
=
∂x ∂p
∂p ∂x
p
p2
= p − xmω 2 x =
− mω 2 x2 .
m
m
{F, H} =
(1 Punkt)
Damit ist die totale Zeitableitung
p2
dF
=
− mω 2 x2 − λ.
dt
m
(1 Punkte)
15