loesung7.

Übungen zu Theoretische Physik I - Mechanik
im Sommersemester 2013
Blatt 7 vom 10.06.13
Abgabe: 17.06.13
Aufgabe 29
3 Punkte
Keplers 3. Gesetz
Das 3. Keplersche Gesetz für die Planetenbewegung besagt, dass das Verhältnis T 2 /a3 für alle Planeten
gleich ist. Hier ist T die Umlaufzeit, a die große Halbachse der Ellipsenbahn. Dieses Gesetz gilt nur für
ein Zweikörperproblem unter der Annahme, dass die Masse der Sonne M sehr groß ist gegenüber der
Masse des Planeten m. Beweisen Sie dieses Gesetz, ausgehend von der Drehimpulserhaltung.
Hinweis: Starten Sie mit dem Ausdruck für den Betrag des Drehimpulses l = µr2 θ̇ (µ ist die reduzierte
Masse, r der momentane Abstand Sonne-Planet und θ der Winkel des Fahrstrahls zur x-Achse) und
integrieren Sie beide Seiten dieser Gleichung über die Umlaufzeit. Benutzen Sie dann die Beziehungen
für Aphel- und Perihel-Achse aus der Vorlesung und die Näherung m M .
Lösung:
Die Drehimpulserhaltung:
l = µr2 θ̇ = const .
Integration über die Umlaufzeit liefert:
T
Z
T
Z
µr2 θ̇dt
ldt =
0
Z
lT =
0
2π
Z
2
2π
µr dθ = 2µ
0
0
1 2
r dθ = 2µπab .
2
Jetzt benutzen wir die Beziehungen für die Halbachsen der Ellipse (s. Vorlesung 12):
a=
p
p
, b= √
.
1 − ε2
1 − ε2
Damit bekommen wir
T2
4π 2 µ2 b2
4π 2 µ2 p
=
=
.
a3
l2 a
l2
Mithilfe des Ausdrucks für den Parameter p,
p=
l2
,
αµ
bekommen wir das Endergebnis:
T2
4π 2 µ
=
.
3
a
α
Die rechte Seite der letzten Gleichung ist nicht konstant (hängt von der Masse m ab):
α = GM m, µ =
Mm
,
M +m
und damit
4π 2 µ
4π 2
=
.
α
G(M + m)
Für den Fall m M vereinfacht sich der Ausdruck zu:
4π 2 µ
4π 2
4π 2
T2
=
=
≈
= const .
a3
α
G(M + m)
GM
1
Aufgabe 30
3 Punkte
Teilchen im konstanten Zentralkraftfeld
Ein Teilchen der Masse m mit Ortsvektor ~r bewege sich in einem dreidimensionalen Kraftfeld, wobei die
Kraft in Richtung auf den Ursprung zeigt und ihr Betrag K unabhängig vom Ort ist.
(a) Wie lautet die Newton’sche Bewegungsgleichung für dieses Problem? Bestimmen Sie die zugehörige
potentielle Energie und geben Sie den Energieerhaltungssatz an.
(b) Zeigen Sie, ausgehend von der Newton’schen Bewegungsgleichung, dass auch der Drehimpuls erhalten
ist. Wie kann man daraus schließen, dass die Bewegung in einer Ebene erfolgt?
(c) Beweisen Sie den Zusammenhang
~2
L
~r˙ 2 = 2 2 + ṙ2 .
m r
~
Hier ist r der Abstand vom Ursprung und L ist der Drehimpuls.
~ 2 und benutzen Sie (~a × ~b)2 = |~a|2 |~b|2 − (~a · ~b)2 .
Hinweis: Berechnen Sie L
Lösung:
(a) Die Newtonsche Bewegungsgleichung lautet hier:
~ r) = −K~er .
m~r¨ = K(~
Es liegt ein Zentralkraftfeld vor, so dass die Kraft konservativ ist. Integration in radialer Richtung liefert
die potentielle Energie:
Z
Z
Z
~
V (~r) = − K(~r) · d~r = +K ~er · d~r = K dr = K|~r| .
(Die Integrationskonstante ist hier zu Null angenommen.) Der Energieerhaltungsatz lautet somit
m ˙2
~r + K|~r| .
2
(b) Weil das vorliegende Kraftfeld ein Zentralfeld ist, ist der Drehimpuls eine Erhaltungsgröße. Expliziter
Nachweis:
E=
d
d~
L = m~r × ~r˙ = m~r˙ × ~r˙ + m~r × ~r¨ = 0 − K~r × ~er = 0 .
dt
dt
~ = ~r × p~ liegen alle Bahnpunkte in einer Ebene, deren Normalenvektor durch den konstanten
Wegen L
~ gegeben ist.
Drehimpulsvektor L
(c) Für eine ebene Bewegung gilt in Polarkoordinaten einerseits
~r˙ 2 = ṙ2 + r2 ϕ̇2
und andererseits
L = Lz = mr2 ϕ̇ .
Wenn man hier ϕ̇ eliminiert, erhält man
L2
~r˙ 2 = ṙ2 + 2 2 .
m r
Alternativ:
~ 2 = m2 (~r × ~r˙ )2 = m2 (~r 2~r˙ 2 − (~r · ~r˙ )2 ) = m2 r2 (~r˙ 2 − (~er · ~r˙ )2 ) = m2 r2 (~r˙ 2 − ṙ2 ).
L
Daraus ergibt sich die gesuchte Beziehung
~2
L
~r˙ 2 = ṙ2 + 2 2 .
m r
2
Aufgabe 31
2 Punkte
Der Runge-Lenz-Vektor
Wir betrachten die Relativbewegung zweier durch die Gravitation wechselwirkender Massen m und M ,
die Gravitationskonstante sei G. Wir definieren ~x als den Verbindungsvektor zwischen den beiden Massen.
Die Bewegungsgleichung lautet daher mit der reduzierten Masse µ = mM/(m + M ) und r = |~x|
¨ = −GmM
µ~x
~x
.
r3
~ eine Erhaltungsgröße ist (d.h. unabhängig von der Zeit
Zeigen Sie, dass der sog. Runge-Lenz-Vektor A
ist):
1
~=
~ − ~x ,
~x˙ × L
A
µG (M + m)
r
~ = µ~x × ~x˙ der (erhaltene) Drehimpuls ist.
wobei L
Kommentar: Die Erhaltung dieses Vektors tritt nur beim 1/r-Potenzial auf und ist der tiefere Grund
dafür, dass die Planetenbahnen geschlossene Bahnen sind.
Lösung:
Die Bewegungsgleichung hat die Form:
¨ = −GmM
µ~x
~x
.
r3
Zunächst gilt
d 1
1
1
1
1
= − 2 ṙ = − 2 ~r˙ · ~er = − 3 ~r˙ · ~r = − 3 ~x˙ · ~x , (~x ≡ ~r) .
dt r
r
r
r
r
Außerdem gilt
~x × (~x × ~x˙ ) = ~x · (~x · ~x˙ ) − ~x˙ · (~x · ~x) = ~x · (~x · ~x˙ ) − r2 ~x˙ .
~˙ = 0 folgt für den Runge-Lenz Vektor
Wegen L
˙
1
¨×L
~ − ~x + ~x ~x˙ · ~x
~x
Gµ(M + m)
r
r3
˙
1
~ − ~x + ~x ~x˙ · ~x
= − 3 ~x × L
µr
r
r3
1
~x˙
~x
= − 3 ~x × (~x × ~x˙ ) − + 3 ~x˙ · ~x
r
r
r
~x · (~x · ~x˙ ) ~x˙
~x˙
~x
=−
+ − + 3 ~x˙ · ~x
3
r
r
r
r
= 0.
~˙ =
A
Aufgabe 32
4 Punkte
Gleiten und Zwangsbedingungen
Wir betrachten einen Block der Masse m1 auf einem Keil der Masse m2 . Der Keil gleitet nur auf der
horizontalen Ebene, während der Block auf dem Keil gleitet. Die Bewegung ist zur Gänze auf die xy Ebene beschränkt (siehe Abbildung). Betrachten Sie nur die Bewegung, solange sich der Block auf
dem Keil befindet. Die beiden Bewegungen verlaufen ohne Reibung. Das System befinde sich in einem
homogenen Schwerefeld.
3
y
g
R
ne
oh
u
eib
ng
m1
y1
m2
α
y2
x2
ohne Reibung
x1
x
(a) Formulieren Sie die geometrischen Zwangsbedingungen.
(b) Konstruieren Sie die Ausdrücke für die Zwangskräfte, die zunächst unbekannte Lagrangeparameter
enthalten. Wieviele sind das?
(c) Nun führen wir neue Koordinaten s1 und s2 ein, die alle Zwangsbedingungen beinhalten:
x2 = s2 , y2 = 0, x1 = s2 + s1 cos α, y1 = s1 sin α.
Bestimmen Sie die Lagrange-Funktion als Funktion von s1 und s2 und geben Sie die resultierenden
Bewegungsgleichungen an.
(d) Bestimmen Sie wenigstens eine Erhaltungsgröße für die Lagrange-Funktion aus Teilaufgabe c (Hinweis: es gibt insgesamt 2 Erhaltungsgrößen).
Lösung:
(a) Für eine Bewegung in der x-y Ebene gilt:
z1 = 0, z2 = 0 .
Für eine Bewegung des Keils nur in x-Richtung gilt:
g1 (x1 , y1 , x2 , y2 , t) = y2 − const = 0.
Da der Block stets auf dem Keil ist, gilt:
g20 (x1 , y1 , x2 , y2 , t) = y1 − y2 − (x1 − x2 ) tan α = 0
⇒
g2 (x1 , y1 , x2 , y2 , t) = x1 sin α − y1 cos α − x2 sin α + y2 cos α = 0 .
(b) Die Zwangskräfte (s. Vorlesung 9):
F~i =
2
X
~ i gl (~r1 , ~r2 , t), i = 1, 2
λl (t)∇
l=1
~ i gl =
∇
∂gl ∂gl
,
∂xi ∂yi
,
~ 1 g1 = (0, 0), ∇
~ 2 g1 = (0, 1),
∇
~ 1 g2 = (sin α, − cos α), ∇
~ 2 g2 = (− sin α, cos α) .
∇
F1x = λ2 sin α, F1y = −λ2 cos α, F2x = −λ2 sin α, F2y = λ1 + λ2 cos α.
4
(c)
m2 2
m1 2
ẋ1 + ẏ12 +
ẋ2 + ẏ22
2
2
m1
m1 2 2
m2 2
2
=
(ṡ2 + ṡ1 cos α) +
ṡ1 sin α +
ṡ
2
2
2 2
m2 2
m1 2
=
ṡ2 + ṡ21 +
ṡ + m1 ṡ1 ṡ2 cos α .
2
2 2
T =
V = m1 gy1 + m2 gy2 = m1 gs1 sin α .
L=T −V =
m2 2
m1 2
ṡ2 + ṡ21 +
ṡ + m1 ṡ1 ṡ2 cos α − m1 gs1 sin α .
2
2 2
Bewegungsgleichungen:
d ∂L
∂L
−
= m1 s̈1 + m1 s̈2 cos α + m1 g sin α = 0 ;
dt ∂ ṡ1
∂s1
∂L
d ∂L
−
= m1 s̈2 + m2 s̈2 + m1 s̈1 cos α = 0 .
dt ∂ ṡ2
∂s2
(d) 1. Es wirken keine dissipativen Kräfte ⇒ Energie ist erhalten.
E =T +V =
m2 2
m1 2
ṡ2 + ṡ21 +
ṡ + m1 ṡ1 ṡ2 cos α + m1 gs1 sin α = const .
2
2 2
2. Die Largrange-Funktion hängt nicht von der Koordinate s2 ab:
∂L
= 0.
∂s2
Solche Koordinaten nennt man zyklische Koordinaten. Dann ist der zu s2 konjugierte Impuls eine Erhaltungsgröße:
∂L
= (m1 + m2 ) ṡ2 + m1 ṡ1 cos α = const.
∂ ṡ2
Aufgabe 33
3 Punkte
Wirkungsintegral
Wir betrachten die eindimensionale Bewegung eines Teilchens der Masse m in einem homogenen Schwerefeld entlang der vertikalen z-Achse. Benutzen Sie die Koordinate z für die Höhe des Teilchens. Die
potenzielle Energie ist V (z) = mgz. Berechnen Sie das Wirkungsintegral:
Z t1
W =
L (ż(t), z(t), t) dt, t1 > 0
t0 =0
(a) für die tatsächliche Bahnkurve z(t) = − 21 gt2 ;
(b) für die virtuellen Bahnkurven zν (t) = aν tν , ν > 12 . Dabei ist aν so definiert, dass zν (t1 ) = z (t1 ) =
− 21 gt21 . Zeigen Sie, dass das Wirkungsintegral gegeben ist durch
mg 2 t31
ν2
1
W =
+
.
2
4(2ν − 1) ν + 1
(c) Zeigen Sie, dass der Fall ν = 2 zu einem Extremwert des Wirkungsintegrals führt. Hilfe: Betrachten
Sie die Ableitung von W nach ν.
5
Lösung:
(a)
1
z(t) = − gt2 ⇒ ż = −gt
2
V (z) = mgz
m
m
m
L = T − V = ż 2 − mgz = g 2 t2 + g 2 t2 = mg 2 t2 .
2
2
2
Z t1
1
L (ż(t), z(t), t) dt = mg 2 t31 .
W =
3
t0 =0
(2−ν)
(b) für die virtuellen Bahnen zν (t) = aν tν , ν > 21 . Aus aν tν1 = − 21 gt21 ⇒ aν = − 12 gt1
(2−ν) ν
(2−ν) (ν−1)
Dann zν (t) = − 12 gt1
t ⇒ żν (t) = − 12 gνt1
t
.
Die Lagrange-Funktion:
2
m
m (2−ν) ν
1
(2−ν) (ν−1)
L=
+ g 2 t1
− gνt1
t
t =
2
2
2
m 2 (2−ν) ν 2 (2−ν) 2(ν−1)
ν
t
t
= g t1
+t
.
2
4 1
Das Wirkungsintegral:
Z
t1
W =
L (ż(t), z(t), t) dt
ν2
1 (ν+1)
m 2 (2−ν)
(2−ν) (2ν−1)
t
t1
+
t
= g t1
2
4(2ν − 1) 1
ν+1 1
m 2
ν2
1 (2−ν+ν+1)
(4−2ν+2ν−1)
= g
t
+
t
2
4(2ν − 1) 1
ν+1 1
m
ν2
1
= g 2 t31
+
.
2
4(2ν − 1) ν + 1
f W
f= W
= 0, wobei W
(c) Wir sollen zeigen, dass ∂∂ν
mg 2 t3 /2
t0 =0
1
ν=2
2
f
2ν(2ν − 1) − 2ν
∂W
1
=
−
.
∂ν
4(2ν − 1)2
(ν + 1)2
1
2ν(2ν − 1) − 2ν 2
−
= 0.
2
2
4(2ν − 1)
(ν + 1) ν=2
6
.