Klausur zur Vorlesung Klass. Theor. Phys. I Wintersemester 2009

Klausur zur Vorlesung Klass. Theor. Phys. I
Karlsruher Institut für Technologie
Prof. Dr. G. Schön - Dr. G. Metalidis
Wintersemester 2009/2010
http://www.tfp.uni-karlsruhe.de/Lehre
Aufgabe 1: Kräfte
Ein Massenpunkt bewege sich in dem Kraftfeld F~ (~r) = ayêx + axêy + bêz , wobei a, b positive Konstanten sind.
(a) Zeigen Sie, dass es sich um eine konservative Kraft handelt. Ist F~ eine Zentralkraft?
(b) Wie lautet die potenzielle Energie der Kraft F~ ?
(1,5 Punkte)
(1 Punkt)
(c) Berechnen Sie die Arbeit, die insgesamt aufzubringen ist, um den Massenpunkt vom Ursprung aus wie
folgt zu verschieben: (0, 0, 0) → (a, 0, 0) → (a, a, 0) → (0, a, 0) → (0, 0, 0).
(0,5 Punkt)
Aufgabe 2: 1-dimensionaler elastischer Stoß
Zwei Massenpunkte mit unterschiedlichen Massen m1 und m2 gleiten reibungsfrei mit Anfangsgeschwindigkeiten
v1i > 0 und v2i < 0 im Laborsystem zentral aufeinander zu und prallen elastisch zurück.
(a) Was ist die Geschwindigkeit VS des Schwerpunktes im Laborsystem? Finden Sie mittels einer Galilei′
′
Transformation die Geschwindigkeiten v1i
und v2i
der Teilchen im Schwerpunktssystem.
(2
Punkte)
′
′
und v2f
(b) Nutzen Sie Impuls- und Energieerhaltung im Schwerpunktssytem, um die Geschwindigkeiten v1f
′
′
der Teilchen nach dem Stoß in Abhängigkeit von v1i
und v2i
zu finden.
(2 Punkte)
(c) Finden Sie mittels einer Galilei-Rücktransformation die Endgeschwindigkeiten v1f und v2f im Laborsystem
in Abhängigkeit von v1i und v2i . Was passiert, wenn m1 ≫ m2 ?
(2 Punkte)
Aufgabe 3: Zentralkraft
−~
r2
Zwei Teilchen, die eine Kraft F~12 = −F~21 = −a |~r~r11−~
r2 |4 aufeinander ausüben, fliegen aneinander vorbei. Es
2
wirken keine externe Kräfte. Die Energie der Relativbewegung sei E = 12 µ~r˙ + U (r), mit ~r = ~r1 − ~r2 und
m2
.
µ = mm11+m
2
(a) Berechnen Sie das Potenzial U (r), das zu dieser Wechselwirkungskraft gehört. Wählen Sie den Nullpunkt
des Potenzials bei r → ∞.
(1 Punkt)
(b) Reduzieren Sie das Problem auf ein eindimensionales für r = |~r| mit effektivem Potenzial. Zeigen Sie, dass
Ueff (r) = c/r2 , und drücken Sie c durch a, µ und den Drehimpuls der Relativbewegung (L = µr2 φ̇) aus.
Hinweis: Die nachfolgenden Aufgaben sind auch ohne Kenntnis der Konstante c lösbar.
(2 Punkte)
(c) In den nachfolgenden Aufgaben betrachten wir nur den Fall c > 0 und E > 0. Skizzieren Sie Ueff (r) und
zeichnen Sie E in die Skizze ein. Erklären Sie anhand ihrer Skizze, warum die Teilchen nicht aufeinander
stoßen. Zeichnen Sie den Abstand kleinster Annäherung, rmin , in Ihre Skizze ein. Drücken Sie rmin als
Funktion von E und c aus.
(2 Punkte)
1
(d) Verwenden Sie die Energieerhaltung, um eine Gleichung für ṙ herzuleiten. Lösen Sie die Bewegungsgleichung durch Separation der Variablen, und bestimmen Sie r als Funktion von t − tmin (wobei r(tmin ) =
(3 Punkte)
rmin ).
Aufgabe 4: Lösung des getriebenen harmonischen Oszillators durch Fourier-Transformation
Ein harmonischer Oszillator (Position x(t), Masse m, Federkonstante k = mω02 ) mit schwacher Dämpfung
γ ≪ ω0 wird durch eine Kraft F (t) = mf (t) getrieben.
(a) Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte x̃(ω).
(b) Skizzieren Sie fx̃(ω)
˜(ω) (2 Punkte)
(1 Punkt)
(c) Für den Fall F (t) = mf0 cos (ω1 t), bestimmen Sie f˜(ω) und finden Sie durch Fourier-Rücktransformation
von x̃(ω) eine partikuläre Lösung x(t). Drücken Sie das Ergebnis durch sin- und cos-Funktionen aus. (3
Punkte)
(d) Bonusaufgabe: Benutzen Sie Fourier-Transformationen, um die Green’sche Funktion des gedämpften harmonischen Oszillators zu bestimmen. Hinweis: Finden Sie zunächst G̃(ω). Zur Rücktransformation ist
folgendes Integral nützlich:
(2 Bonuspunkte)
ˆ
+∞
−∞
dω
eiωt
e(ia−b)t − e(−ia−b)t
= iθ(t)
.
2π [ω − a − ib] [ω + a − ib)]
2a
Aufgabe 5: Impuls- und Drehimpulserhaltung
Wir betrachten zwei Punktmassen m1 und m2 (Koordinaten ~r1 und ~r2 ) mit einer Wechselwirkungskraft entlang
des Relativvektors ~r = ~r1 − ~r2 . Es wirken keine externe Kräfte.
~ in diesem System erhalten sind.
(a) Zeigen Sie, dass der Gesamtimpuls P~ und der Gesamtdrehimpuls L
Punkte)
(3
~ in Schwerpunkts- und Relativkoordinaten aus. Schreiben Sie
(b) Drücken Sie die beiden Größen P~ und L
~ =L
~S + L
~ rel , wobei L
~ S und L
~ rel der Drehimpuls des Schwerpunktes und der relative Drehimpuls sind.
L
(3 Punkte)
~ rel beide separat erhalten sind. Verwenden Sie dazu die Ergebnisse der Teilauf~ S und L
(c) Zeigen Sie, dass L
gaben a) und b).
(1
Punkt)
2
Lösungsvorschlag Klausur Theorie A
Karlsruher Institut für Technologie
Wintersemester 2009/2010
Prof. Dr. G. Schön - Dr. G. Metalidis
http://www.tfp.uni-karlsruhe.de/Lehre
Aufgabe 1: Kräfte
~ × F~ = (0, 0, a − a) = 0. Damit ist die Kraft konservativ. F~ ist keine
(a) Wir berechnen die Rotation: ∇
Zentralkraft, da sie sich nicht die Form F~ = α~r besitzt.
∂U
∂U
(b) Für die potenzielle Energie muss gelten: ∂U
∂x = −Fx = −ay, ∂y = −Fy = −ax, und ∂z = −Fz = −b.
Man sieht dann einfach, dass U (x, y, z) = −axy − bz + c die gesuchte potenzielle Energie ist (wobei c eine
beliebige Konstante ist).
´
(c) Die Arbeit ist gegeben durch W = F~ · d~r. Da F~ konservativ ist und über eine geschlossene Bahn
integriert wird, ist die geleistete Arbeit gleich 0.
Aufgabe 2: 1-dimensionaler elastischer Stoß
1
(a) Die Koordinate des Schwerpunkts ist M
(m1 x1 + m2 x2 ), wobei M = m1 + m2 die Gesamtmasse ist. Die
Geschwindigkeit des Schwerpunkts finden wir durch Ableiten nach t:
VS =
1
(m1 v1i + m2 v2i ) .
M
Die zugehörige Galilei-Transformation in das Schwerpunktsystem lautet:
′
v1i
= v1i − VS
′
und v2i
= v2i − VS .
(b) Aus der Impulserhaltung finden wir:
′
′
′
′
m1 v1i
+ m2 v2i
= m1 v1f
+ m2 v2f
.
′
′
′
1 ′
Im Schwerpunktsystem gilt nun aber m1 v1i
+ m2 v2i
= 0, und daraus finden wir: v2i
= −m
m2 v1i , und
m1 ′
′
außerdem v2f = − m2 v1f . Die Energie bleibt ebenfalls erhalten, also muss gelten:
′ 2
′ 2
′ 2
′ 2
) + m2 (v2i
) = m1 (v1f
) + m2 (v2f
) .
m1 (v1i
′
′
′ 2
′ 2
Jetzt können wir v2i
und v2f
aus dieser Gleichung eliminieren, und finden (v1f
) = (v1i
) . Analog erhalten
′ 2
′ 2
wir (v2f ) = (v2i ) . Da die Teilchen laut Aufgabenstellung zurückprallen, erhalten wir daraus
′
′
v1f
= −v1i
′
′
und v2f
= −v2i
.
(c) Durch Rücktransformation ergibt sich:
v1f
=
v2f
=
′
′
v1f
+ VS = −v1i
+ VS = −v1i + 2VS ,
′
′
v2f
+ VS = −v2i
+ VS = −v2i + 2VS .
1
Setzen wir den Ausdruck für VS explizit ein, so erhalten wir das Ergebnis:
m1 v1i + m2 (2v2i − v1i )
m1 v1i + m2 v2i
v1f = −v1i + 2
=
,
m 1 + m2
m1 + m2
m1 v1i + m2 v2i
m2 v2i + m1 (2v1i − v2i )
=
.
v2f = −v2i + 2
m 1 + m2
m1 + m2
Für m1 ≫ m2 finden wir: v1f ≈ v1i und v2f ≈ 2v1i − v2i .
Aufgabe 3: Zentralkraft
ê
(a) Mit dem Relativvektor ~r = ~r1 − ~r2 schreiben wir die Kraft als: F~ = −a r~r4 = −a rρ3 . Das zugehörige
Potenzial lautet:
a
U (r) = − 2 + D,
2r
~
~
denn dieses erfüllt die Bedingung F = −∇U . Wir wählen die Konstante D = 0, damit U (r → ∞) = 0.
(b) Wir schreiben ~r = rêρ in Zylinderkoordinaten. Für die Geschwindigkeit finden wir dann ~r˙ = ṙêρ + rφ̇êφ
2
(mit ê˙ ρ = φ̇êφ , siehe Übungsblatt 11). Damit ergibt sich: ~r˙ = ṙ2 + r2 φ̇2 = ṙ2 + 2L 2 , wobei wir den
µ r
erhaltenen Drehimpuls L = µr2 φ̇ eingesetzt haben. Wir finden für die relative Energie:
E=
wobei c =
1
2
L2
µ
1 2
µṙ + Ueff (r),
2
mit Ueff (r) =
L2
L2
a
c
+ U (r) =
− 2 = 2,
2
2µr
2µr2
2r
r
−a .
(c) Das effektive Potential ist eine Funktion proportional zu 1/r2 .
Es gilt L > 0 und E > 0. Die Energieerhaltung verbietet, dass E < Ueff (r) ist. Deswegen kann r nie
kleiner als rmin werden, weshalb die Teilchen nicht aufeinander stoßen. Wir erhalten rmin aus:
r
c
.
E = Ueff (rmin ) ⇒ rmin =
E
(d) Aus den Ausdrücken für die relative Energie folgt:
r
r
dr
2
µ
dr
p
=
(E − Ueff ) ⇔ dt =
dt
µ
2 E−
c
r2
=
r
µ
rdr
√
.
2 Er2 − c
Integration dieser Gleichung ergibt:
t − tmin =
r
µ
2
ˆ
r
rmin
rdr
1
√
=
2
2
Er − c
r
µ
2
ˆ
r2
2
rmin
du
√
=
Eu − c
r √ 2
µ Er − c
.
2
E
Auflösen nach r(t) liefert:
r(t) =
s
c
2E
2
(t − tmin ) + .
µ
E
Aufgabe 4: Lösung des getriebenen harmonischen Oszillators durch Fourier-Transformation
2
(a) Die Differentialgleichung des harmonischen Oszillators lautet:
ˆ +∞
dω iωt ˜
ẍ + 2γ ẋ + ω02 x = f (t) =
e f (ω),
−∞ 2π
wobei wir die äußere Kraft f (t) als Fourier-Rücktransformierte von f˜(ω) geschrieben haben. Machen wir
das Gleiche für x(t), so ergibt sich
ˆ +∞
dω iωt
x(t) =
e x̃(ω).
−∞ 2π
Durch Einsetzen in die Differentialgleichung erhalten wir dann
−ω 2 + 2iγ + ω02 x̃(ω) = f˜(ω),
und daraus
x̃(ω) =
p
(b) Es gilt fx̃(ω)
˜(ω) =
1
(ω2 −ω02 )
2
+4γ 2 ω 2
(ω02
f˜(ω)
.
− ω 2 ) + 2iγω
. Dieser Ausdruck hat die Form einer Resonanzkurve:
(c) Die Fourier-Transformierte der äußerem Kraft f (t) ist gegeben durch:
ˆ +∞
ˆ +∞
eiω1 t + e−iω1 t
e−i(ω−ω1 )t + e−i(ω+ω1 )t
dte−iωt f0
dtf0
f˜(ω) =
=
= πf0 [δ(ω − ω1 ) + δ(ω + ω1 )] .
2
2
−∞
−∞
Damit erhalten wir x(t) durch Fourier-Rücktransformation von x̃(ω):
ˆ +∞
ˆ +∞
f˜(ω)
dω iωt
dω iωt
x(t) =
e x̃(ω) =
e
2
(ω0 − ω 2 ) + 2iγω
−∞ 2π
−∞ 2π
ˆ +∞
δ(ω − ω1 ) + δ(ω + ω1 )
f0
dωeiωt
=
2 −∞
(ω02 − ω 2 ) + 2iγω
f0
e−iω1 t
eiω1 t
=
+ 2
2 (ω02 − ω12 ) + 2iγω1
(ω0 − ω12 ) − 2iγω1
f0
ω02 − ω12 cos(ω1 t) + 2γω1 sin(ω1 t) .
=
2
(ω02 − ω12 ) + 4γ 2 ω12
(d) Zur Bestimmung der Green’schen Funktion betrachten wir f (t) = δ(t), d.h. f˜(ω) = 1. Die Green’sche
Funktion finden wir dann aus
ˆ +∞
ˆ +∞
dω iωt
dω iωt
1
G(t) =
e G̃(ω) =
e
2
2
(ω0 − ω ) + 2iγω
−∞ 2π
−∞ 2π
ˆ +∞
iωt
e
dω
,
= −
2π
(ω
−
ω
+ ) (ω − ω− )
−∞
p
mit ω± = ±Ω + iγ, und Ω = ω02 − γ 2 . Mit der angegebenen Stammfunktion ergibt sich dann
G(t)
=
=
−iθ(t) iΩt
e − e−iΩt e−γt
2Ω
1
θ(t) sin(Ωt)e−γt .
Ω
3
Aufgabe 5: Impuls- und Drehimpulserhaltung
˙
WW
WW
(a) Der Gesamtimpuls ist: P~ = p~1 + p~2 . Damit finden wir: P~ = p~˙ 1 + p~˙ 2 = F~12
+ F~1ext + F~21
+ F~2ext = 0,
WW
WW
~
~
da F12 = −F21 gilt, und die externen Kräfte Null sind. Der Gesamtimpuls ist also erhalten.
~ = ~r1 × p~1 + ~r2 × p~2 = m1~r1 × ~v1 + m2~r2 × ~v2 . Damit erhalten wir:
Der Gesamtdrehimpuls ist: L
~˙
L
m1~v1 × ~v1 + m1~r1 × ~v˙ 1 + m2~v2 × ~v2 + m2~r2 × ~v˙ 2
0 + ~r1 × p~˙ 1 + 0 + ~r2 × p~˙ 2
WW
WW
= ~r1 × F~12
+ ~r2 × F~21
WW
= (~r1 − ~r2 ) × F~12
=
=
=
0,
weil die Wechselwirkungskraft parallel zu ~r1 − ~r2 ist.
~ = 1 (m1~r1 + m2~r2 ). Daraus folgt sofort: M R
~˙ = m1~r˙ 1 + m2~r˙ 2 = P~ .
(b) Die Schwerpunktskoordinate ist R
M
Die Relativkoordinate ist ~r = ~r1 −~r2 . Wir können jetzt die Vektoren ~r1 und ~r2 mit Hilfe der Schwerpunktsund Relativkoordinate ausdrücken. Wir erhalten:
~+
~r1 = R
m2
~r,
M
~−
und ~r2 = R
m1
~r,
M
wobei wir die Gesamtmasse M = m1 + m2 definiert haben. Damit ergibt sich für für den Drehimpuls:
~
L
=
=
=
=
=
=
m1~r1 × ~r˙ 1 + m2~r2 × ~r˙ 2
~˙ + m2 ~r˙ + m2 R
~˙ − m1 ~r˙
~ + m2 ~r × R
~ − m1 ~r × R
m1 R
M
M
M
M
2
2
m
m
m
m
~ ×R
~ ×R
~˙ + 1 2 ~r × ~r˙ + m2 R
~˙ + 1 2 ~r × ~r˙
m1 R
M2
M2
m
m
˙
1
2
~ ×R
~+
(m2 + m1 ) ~r × ~r˙
MR
M2
~ ×R
~˙ + µ~r × ~r˙
MR
~S + L
~ rel .
L
¨~
~˙ × R
~˙ + M R
~ ×R
~ × P~˙ = 0 + 0 = 0. Der Drehimpuls des Schwerpunktes L
~ S ist
~˙ S = M R
= 0+R
(c) L
~ erhalten ist.
erhalten. Wir haben in Teilaufgabe (a) schon bewiesen, dass auch der Gesamtdrehimpuls L
~
~
~
~
Da L = LS + Lrel , folgt damit dass auch Lrel erhalten ist.
4