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Übungen zu Theoretische Physik I - Mechanik
im Sommersemester 2013
Blatt 2 vom 29.04.13
Abgabe: 6. Mai
Aufgabe 1
2 Punkte
6
Ein Teilchen der Masse m bewege sich entlang der x-Achse unter dem Einfluss eines konservativen Kraftfeldes mit Potential V (x). Das Teilchen befinde sich zu den Zeiten t1 und t2 an den Orten x1 and x2 und
E bezeichne die Gesamtenergie. Zeigen Sie, dass
r Z x2
m
dx
p
.
(1)
t2 − t1 =
2 x1
E − V (x)
Zeigen Sie weiter, dass wenn das Kraftfeld durch das Potential eines harmonischen Oszillators
V (x) =
1 2
κx
2
(2)
gegeben ist und das Teilchen in Ruhe von x = a startet, sich für seine Bewegung die folgende Trajektorie
ergibt
p
(3)
x(t) = a cos κ/mt .
Beschreiben Sie die Bewegung des Teilchens.
Lösung:
Die Energieerhaltung liefert
E=
1
mẋ2 + V (x)
2
(4)
oder
2
(E − V (x)) .
m
Zieht man die Quadratwurzel hieraus, bekommt man
r
dx
m
p
dt =
2 E − V (x)
ẋ2 =
(5)
(6)
bzw. nach Integration
Z
t2
r
dt = t2 − t1 =
t1
m
2
Z
x2
x1
dx
p
.
E − V (x)
(7)
Mit dem Potential eines harmonischen Oszillators
V (x) =
1 2
κx
2
(8)
und dem Startpunkt x1 = a bekommt man weiter für die Gesamtenergie
E=
1 2
κa .
2
(9)
Dies führt auf das Integral
r
t=
r
m
2
Z
m
κ
Z
x
dx
p
E − V (x)
a
x
dx
2 − x2
a
a
r
m
x
=
arccos( )
κ
a
=
(10)
√
(11)
(12)
und somit zu
x(t) = a cos
1
p
κ/mt .
(13)
Aufgabe 2
2 Punkte
7
Eine Rakete hebe in senkrechter Richtung vom Boden ab und befinde sich unter dem Einfluss konstanter
Gravitationskraft −mg. Die Anfangsmasse des Flugkörpers sei m (0) = m0 beim Start. Von der Rakete
aus betrachtet werde Gas mit einer konstanten Geschwindigkeit v0 und konstanter Rate dm/dt = −κ
ausgestoßen. Das Kräftegleichgewicht führt zu der folgenden Differentialgleichung
m(t)
dm(t)
dv(t)
+ v0
=F
dt
dt
für die Rakete, wobei F für die gesamte äußere Kraft stehen soll.
(a) Was ist die Bedingung für ein unmittelbares Abheben der Rakete (Beschleunigung ungleich Null bei
t = 0) in Abhängigkeit der Entweichgeschwindigkeit des Gases v0 und der Anfangsmasse m0 .
(b) Berechnen Sie die Geschwindigkeit der Rakete v(t) als Funktion der Zeit.
Lösung:
(a) Die Bedingung für ein unmittelbares Abheben der Rakete kann geschrieben werden als
a0 =
dv(t = 0)
>0.
dt
Mit F = −mg bei t = 0 bekommt man aus der Differentialgleichung
m0 a0 − κv0 = −m0 g
and somit
a0 = κ
v0
−g >0
m0
=⇒
κ>
m0 g
.
v0
(b) Die Differentialgleichungen
m(t) = m0 − κt
m
dv
− κv0 = F = −mg
dt
können umgeschrieben werden zu
dv(t)
v0 κ
= −g +
.
dt
m0 − κt
Nach Integration dieser Gleichung bekommt man
v = −gt − v0 ln (m0 − κt) + C .
Mit Hilfe der Anfangsbedingung v(t = 0) = 0 bestimmt man die Integrationskonstante zu
C = v0 log m0 .
Hiermit ergibt als abschließende Lösung für die Raketengeschwindigkeit:
m0
v = −gt + v0 ln
.
m0 − κt
Aufgabe 3
8
2 Punkte
Ein Teilchen der Masse m ruhe auf dem Nordpol einer reibungsfreien, fixierten Kugel mit Radius R.
Das Teilchen werde dann leicht gestört, sodass es die Kugel unter dem Einfluss der Gravitationskraft
hinunterrutscht, ohne zu rollen. An welcher Stelle wird das Teilchen die Kugeloberfläche verlassen und
wie hoch wird hier seine Geschwindigkeit sein?
2
Lösung:
Die Beschleunigung allgemein:
~a = −
v2
~er − v̇~eϕ ,
b
~ = ~er (N − mg sin ϕ) − mg cos ϕ~eϕ .
m~a = m~g + N
Betrachtet man die radiale Komponente, so gilt:
−m
v2
= N − mg sin ϕ .
b
Die Geschwindigkeit kann durch die Energieerhaltung zum Ort in Beziehung gebracht werden. Die
Gesamtenergie des Teilchens am Nordpol ist
Wtot (A) = Wpot (A) + Wkin (A) = mgb + 0 .
P bezeichne den Punkt von Interesse - hier beträgt die Gesamtenergie des Teilchens:
1
Wpot (P ) + Wkin (P ) = mgb sin ϕ + mv 2 .
2
Da keine dissipativen Kräfte am Werk sind gilt die Erhaltung der Energie:
Wpot (A) + Wkin (A) = Wpot (P ) + Wkin (P ) ⇒ v 2 = 2gb (1 − sin ϕ) .
Setzt man nun v 2 in den Ausdruck für die Beschleunigung ein, so erhält man:
−m
v2
= −2mg (1 − sin ϕ) = N − mg sin ϕ
b
⇒ N = mg (3 sin ϕ − 2) .
Das Teilchen verlässt die Kugeloberfläche sobald N = 0, also
2
mg (3 sin ϕ − 2) = 0 ⇒ sin ϕ = ⇒ ϕ = arcsin
3
2
.
3
Für die Geschwindigkeit an diesem Punkt ergibt sich dann
2
v = 2gb (1 − sin ϕ) = v = 2gb 1 −
3
2
2
3
2gb
=
⇒v=
3
r
2
bg .
3
Aufgabe 4
9
2 Punkte
Ein Teilchen mit Einheitsmasse bewegt sich in einem Kraftfeld, welches gegeben sei durch:
F = 3t2 − 6t i + (12t − 6) j + 6t − 12t2 k .
(14)
Verwenden Sie zusätzlich die Annahme, dass sich das Teilchen zum Zeitpunkt t = 0 im Ursprung befinden
soll und die folgende Anfangsgeschwindigkeit hat:
v0 = v(t = 0) = 4i − 5j + 10k .
(15)
Bestimmen Sie zum Zeitpunkt t = 2 Drehmoment und Drehimpuls des Teilchens um den Ursprung.
Lösung
Geht man vom Newtonschen Kraftgesetz aus, so kann man zunächst die Geschwindigkeit und die Position
des Teilchens zum Zeitpunkt t = 2 bestimmen. Mit m = 1 bekommt man

t=2  

4 + t3 − 3t2 t=0
0


t=2
(16)
v (t = 2) =  −5 + 6t2 − 6t t=0  =  7  ,
t=2
−10
10 + 3t2 − 4t3 t=0
t=2   
4t + 41 t4 − t3 t=0
4
t=2 

r (t = 2) =  −5t + 2t3 − 3t2 t=0  = −6 .
t=2
12
10t + t3 − t4 t=0

(17)
Hieraus bekommt man für Drehmoment und Drehimpuls schließlich:

 
  
0
0
4
N = r × F = −6 ×  18  = 144 ,
72
−36
12


−24
L = mr × v =  40  .
28
Aufgabe 5
(18)
(19)
10
4 Punkte
Ein Teilchen der Masse m bewege sich frei in der x-y-Ebene unter dem Einfluss des Kraftfeldes
F = −mω 2 r .
(20)
(a) Weisen Sie nach, dass sich das Teilchen entlang einer Ellipse um den Ursprung bewegt gemäß


a cos ωt
r (t) =  b sin ωt  .
(21)
0
(b) Zeigen Sie, dass das Kraftfeld konservativ ist. Geben Sie einen expliziten Ausdruck für die resultierende potentielle Energie an.
(c) Berechnen Sie die Arbeit, die das Kraftfeld zwischen den Zeitpunkten t = 0 und t =
verrichtet.
π
2ω
am Teilchen
(d) Bestimmen Sie die Gesamtenergie des Teilchens und vergewissern Sie sich, dass diese zeitlich konstant
ist.
Lösung:
(a) Unter Verwendung des Newtonschen Gesetzes findet man für die Teilchenbahn


−mω 2 a cos ωt
d2 r 
m 2 = −mω 2 b sin ωt  = −mω 2 r = F (r) .
dt
0
4
(22)
(b) Man kann weiter zeigen, dass das Kraftfeld konservativ ist, indem man zunächst seine Rotation
ausrechnet:
∇ × F = −mω 2 ∇ × r = 0 .
(23)
Demnach muss es eine potentielle Energie V (r) geben mit
F = −∇V .
(24)
Durch direkte Integration kommt man - bis auf Konstanten - auf den folgenden Ausdruck für die
potentielle Energie:
1
1
(25)
V (r) = mω 2 x2 + y 2 = mω 2 r2 .
2
2
(c) Für die potentielle Energie zu den Zeiten t = 0 and t =
π
2ω
gilt
1
mω 2 a2 ,
2
1
π
) = mω 2 b2 .
V (t =
2ω
2
V (t = 0) =
(26)
(27)
Somit ist die Arbeit, die durch Bewegung des Teilchens in diesem Zeitintervall verrichtet wird
V (t = 0) − V (t =
1
π
) = mω 2 a2 − b2 .
2ω
2
(28)
(d) Um die Energieerhaltung zu demonstrieren, berechnet man zunächst die kinetische Energie an jedem
Punkt der Trajektorie,
T =
1
m
2
dr
dt
2
=
1
m a2 ω 2 sin2 ωt + b2 ω 2 cos2 ωt .
2
(29)
Wie bereits gezeigt wurde, ist die potentielle Energie an jedem Punkt der Bahnkurve
V =
1
1
mω 2 r2 = mω 2 a2 cos2 ωt + b2 sin2 ωt .
2
2
(30)
Addiert man die beiden Beiträge, so ergibt sich
E =T +V =
als Konstante in der Zeit, wie erwartet.
5
1
mω 2 a2 + b2 ,
2
(31)