Musterlösung! - Fakultät für Physik

Klausur zur Lehrveranstaltung T1
(SoSe 2011)
Prof. V. F. Mukhanov, LMU München
3. August 2011
Musterlösung!
Aufgabe:
Punkte:
1a
1b
1c
1d
1e
1f
2
3
4
5
P
Musterlösung!
1 Kurze Fragen - 15 Punkte
Kreuzen Sie bei den folgenden Fragen jeweils die richtige Antwort an. Es ist jeweils
nur eine Antwort korrekt.
a) 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 Impuls in x-Richtung
Energie und Impuls in z-Richtung.
Energie und alle Drehimpulse
Alle Impulse und Drehimpulse
(2 Punkte)
Lösung: Richtig ist “Energie und Impuls in z-Richtung” da das Potential zeitunabängig und invariant unter Translationen in z-Richtung.
b) Welche der folgenden Lagrangefunktion beschreibt einen harmonischen Oszillator?
L1 =
mẋ2
2
+
2
kx2
2
L2 = − m2ẋ −
L3 =
mẋ2
2
−
+ t2
kx2
2
kx2
2
+ t2
Keine der oben genannten
(2 Punkte)
Lösung: L3 kann umgeeicht werden auf eine zeitunabhängige Lagrangefunktion die
einen harmonischen Oszillator beschreibt.
2
c) Gegeben sei die Lagrangefunktion L(q, q̇) = 21 A2 q̇ 2 − B2 q 2 wobei A, B > 0 Konstanten sind. Was ist die zugehörige Hamiltonfunktion?
H1 (p, q) =
1
p2
2A2
+
H2 (p, q) = 21 A2 p2 +
H3 (p, q) = pq̇ −
H4 (p, q) =
B2 2
q
2
B2 2
q
2
1
p2
2A2
1
p2
2B 2
+
+
B2 2
q
2
A2 2
q
2
Keine der oben genannten Antworten ist richtig.
(3 Punkte)
2
Musterlösung!
d) Zwei Menschen unterschiedlicher Masse rollen mit identischen Fahrrädern (das
Trägheitsmoment der Reifen sei Θ) eine schiefe Ebene herab. Welcher Fahrer ist
am Ende bei gleichem zurückgelegten Höhenunterschied schneller? Vernachlässigen
Sie die Luftreibung.
Die leichtere Person ist schneller.
Die schwerere Person ist schneller.
Beide sind gleich schnell.
Keine Aussage möglich ohne weitere Angaben.
(3 Punkte)
Lösung: Sowohl die potentielle Energie als auch die kinetische Energie der Translationsbewegung des Radfahrers ist proportional zur Masse. Die kinetische Energie
der Rotation der Reifen hingegen ist unabhängig von der Masse des Radfahrers.
Daher geht beim schwereren Radfahrer im Verhältnis weniger Energie in der Rotation der Reifen verloren“ und er ist schneller. Explizit ist die Geschwindigkeit
” mgh
gegeben durch v 2 = m+
Θ . Diese Funktion wächst monoton mit der Masse.
R2
e) Welche der folgenden Transformationen (p, q) → (P, Q) ist kanonisch?
P = q 2 , Q = p2
P = 1q , Q = pq 2
P = pq 2 , Q = p2 q
Keine der oben genannten Transformationen ist kanonisch.
(3 Punkte)
Lösung: Für kanonische Transformationen muss die Poissonklammer der neuen
Koordinaten erhalten sein, d. h. ebenfalls 1 sein.
f) Ein Elektron und ein Positron fliegen frontal aufeinander zu. Im Laborsystem
haben beide Teilchen den gleichen Betrag der Geschwindigkeit v = 0, 75c wobei c
die Lichtgeschwindigkeit ist. Welchen Betrag der Geschwindigkeit hat Teilchen 2
im Ruhesystem von Teilchen 1?
v′ = c
v′ = 0
v ′ = 0, 96c
v ′ = 1, 5c
3
Musterlösung!
(2 Punkte)
Lösung: Die relativistische Formel für die Addition von Geschwindigkeiten wurde
1,5
v1 +v2
in Aufgabe 12.4 berechnet. v ′ = 1+
v1 v2 =
9 c = 0, 96c. In dieser Aufgabe ist es
1+
2
16
c
aber einfacher zu sehen, dass alle anderen Antworten falsch sind.
4
Musterlösung!
2 Asteroid - 8 Punkte
Ein Asteroid der Masse m bewege sich auf einer elliptischen Bahn um die Sonne (Masse
M ≫ m). Der kürzeste Abstand zur Sonne sei gleich dem Radius der (kreisförmigen)
Erdbahn rmin und der größte Abstand sei gleich dem Radius der Jupiterbahn rmax =
5rmin . Vernachlässigen Sie alle Effekte der Planeten auf die Asteroidenbahn.
a) Welche Erhaltungsgrößen gibt es für den Asteroiden?
(1,5 Punkte)
b) Bestimmen Sie das Verhältnis der maximalen zur minimalen Bahngeschwindigkeit
des Asteroiden.
(1,5 Punkte)
c) Bestimmen Sie den Bahndrehimpuls L des Asteroiden als Funktion von rmax und
rmin. Was ist der Bahndrehimpuls der Erde?
(2 Punkte)
d) Bestimmen Sie die maximale Geschwindigkeit des Asteroiden in Einheiten der
Bahngeschwindigkeit der Erde.
(2 Punkte)
e) Wieviele Jahre beträgt die Periode der Bewegung des Asteroiden?
(1 Punkte)
Lösung:
a) Erhaltungsgrößen sind
Energie E = T + V = 21 mṙ 2 +
L2
2mr 2
Bahndrehimpuls L = mr × v und
Lenzscher Vektor Λ =
ṙ×L
α
−
GM m
,
r
− rr .
(1,5 Punkte)
b) Im Perihel und Aphel stehen r und v aufeinander senkrecht. Im sonnennächsten
Punkt ist das Potential am kleinsten, weshalb dort die maximale Geschwindigkeit
auftritt – und umgekehrt am sonnenfernsten Punkt die minimale Geschwindigkeit.
Der Betrag des Drehimpulses ergibt sich daher jeweils aus dem Produkt der Beträge
zu
L = |L| = mrmax vmin = mrmin vmax .
5
Musterlösung!
(1 Punkt)
Damit folgt für das Verhältnis der extremalen Geschwindigkeiten
vmax
rmax
=
= 5.
vmin
rmin
(0,5 Punkte)
c) Aus der Energieerhaltung gilt für die Energie E bei Perihel und Aphel
GMm
GMm
L2
L2
−
−
=
2
2
2mrmin
rmin
2mrmax
rmax
2
L
1
1
1
1
= GMm
.
− 2
−
2
2m rmin
rmax
rmin rmax
(1 Punkt)
Damit folgt für den Bahndrehimpuls
r
rmin rmax
.
L = m 2GM
rmin + rmax
(0,5 Punkte)
Der Bahndrehimpuls der Erde ergibt sich daraus durch rmax = rmin , da die Erdbahn
kreisförmig mit Radius rmin ist und lautet
p
LE = mE GMrmin .
(0,5 Punkte)
d) Unter Verwendung der Ergebnisse aus Aufgabenteil b) und c) erhalten wir
r
L
q
vmax
2rmax
mrmin
= LE =
= 53 .
vE
rmin + rmax
m r
E E
(1 Punkt)
e) Aus dem dritten Keplerschen Gesetz folgt
3
a3
rmin + rmax
T2
= 3 =
= 33 .
2
TE
aE
2rmin
(2 Punkte)
Da die Periode der Erde um die Sonne 1 Jahr beträgt, ergibt sich damit die Periode
des Asteroiden zu
√
T = 3 3TE .
Die Periode ist also etwa 5 Jahre.
6
Musterlösung!
3 Rollender Zylinder mit Unwucht - 7 Punkte
Ein Hohlzylinder (Masse M, Radius R) liegt auf einem Tisch im Gravitationsfeld
der Erde. An der Innenwand der Zylinders ist eine dünne Bleistange der Masse m
befestigt (vgl. Abbildung). Hinweis: Das Trägheitsmoment des Hohlzylinders um die
Zylinderachse ist MR2 .
a) Wie ist das Trägheitsmoment des Systems um den Auflagepunkt für eine Rollbewegung über die Oberfläche des Tisches?
(3 Punkte)
b) Stellen Sie die kinetische Energie des Systems auf.
(2 Punkte)
c) Stellen Sie Lagrangefunktion auf.
(2 Punkte)
M
R
m
Fg
φ
Lösung:
a) Wir berechnen das Trägheitsmoment mit dem Satz von Steiner. Das gesamte Trägheitsmoment setzt sich zusammen aus dem des Hohlzylinders und dem der Bleistange.
ΘZyl = MR2 + MR2
(1 Punkt)
Sei φ der Winkel, der angibt wo die Bleistange beim Rollvorgang ist. φ = 0 entspricht der Bleistange am tiefsten Punkt. Dann ist der Abstand der Bleistange
zum Auflagepunkt (=Achse)
d2 = R2 sin2 φ + R2 (1 − cos φ)2
(1 Punkt)
7
Musterlösung!
Damit ist das gesamte Trägheitsmoment
Θ = 2MR2 + 2mR2 (1 − cos φ)
(1 Punkt)
b) Die kinetische Energie kann entweder als kinetische Energie des Schwerpunkts und
kinetischer Energie der Rotation um den Schwerpunkt berechnet werden. Oder als
Energie der Rotation um den Auflagepunkt. Da wir für den zweiten Fall bereits
das Trägheitsmoment ausgerechnet haben, bietet sich diese Variante an.
1
T = Θω 2 = R2 (M + m(1 − cos φ))φ̇2
2
(2 Punkte)
c) Zur Langrangefunktion fehlt uns jetzt noch das Potential. Der Zylinder liefert
keinen Beitrag durch seine Position im Schwerefeld, da der Schwerpunkt nicht die
Höhe ändert. Der Beitrag der Bleistange ist
U = mgR(1 − cos φ)
Damit ist die Lagrangefunktion
L = R2 (M + m(1 − cos φ))φ̇2 − mgR(1 − cos φ)
(2 Punkte)
8
Musterlösung!
4 Hamiltonsche Mechanik - 10 Punkte
Betrachten Sie einen isotropen, ungedämpften, harmonischen Oszillator in zwei Dimensionen. (Masse m, Frequenz ω)
a) Wie lautet die Hamiltonfunktion in kartesischen Koordinaten x, y?
(3 Punkte)
b) Wie lautet die Hamiltonfunktion in Polarkoordinaten r, φ?
(3 Punkte)
c) Zeigen Sie mit Hilfe der Poisson-Klammern, dass
A=
1
(px py + m2 ω 2 xy)
2m
eine Konstante der Bewegung ist.
(4 Punkte)
Lösung:
a) In kartesischen Koordinaten lautet die Lagrangefunktion des 2D harmonischen
Oszillators.
mω 2 2
m
(x + y 2)
L = (ẋ2 + ẏ 2) −
2
2
(1 Punkt)
Die verallgemeinerten Impulse sind
px =
∂L
= mẋ,
∂ ẋ
py =
∂L
= mẏ
∂ ẏ
(1 Punkt)
Damit ist die Hamiltonfunktion
H = px ẋ + py ẏ − L =
p2y
p2x
mω 2 2
+
+
(x + y 2 )
2m 2m
2
(1 Punkt)
Wer direkt die Hamiltonfunktion angibt, erhält volle Punktzahl.
9
Musterlösung!
b) In Polarkoordinaten lautet die Lagrangefunktion des 2D harmonischen Oszillators.
L=
mω 2 2
m 2
(ṙ + r 2 φ̇2 ) −
r
2
2
(1 Punkt)
Die verallgemeinerten Impulse sind
pr =
∂L
= mṙ,
∂ ṙ
pφ =
∂L
= mr 2 φ̇
∂ φ̇
(1 Punkt)
Damit ist die Hamiltonfunktion
p2φ
mω 2 2
p2r
+
+
r
H = pr ṙ + pφ φ̇ − L =
2m 2mr 2
2
(1 Punkt)
Wer direkt die Hamiltonfunktion angibt, erhält volle Punktzahl.
c) Die Bedingung für die Erhaltung ist, dass die Poissonklammer {A, H} verschwindet.
px py + m2 ω 2 xy, H = 0
(1 Punkt)
Der konstante Vorfaktor hat keine Auswirkung auf die Erhaltung von A. Wir lassen
ihn daher in der Rechnung weg. Wir berechnen die zwei Summanden separat.
∂ (px py ) ∂ H ∂ (px py ) ∂ H ∂ (px py ) ∂ H ∂ (px py ) ∂ H
+
−
−
∂x ∂px
∂y ∂py
∂px ∂x
∂py ∂y
2
2
= −py mω x − px mω y
∂ (xy) ∂ H ∂ (xy) ∂ H ∂ (xy) ∂ H
∂ (xy) ∂ H
{xy, H} =
+
−
−
−
∂x ∂px
∂y ∂py
∂px ∂x
∂py ∂y
py
px
=y +x
m
m
{px py , H} =
Damit
px py + m2 ω 2 xy, H = 0
10
(3 Punkte)
Musterlösung!
5 Gekoppelte Pendel - 10 Punkte
Zwei mathematische Pendel (Länge l, Masse m) sind nebeneinander an der Decke im
Erdschwerefeld aufgehängt. Der Abstand der Aufhängepunkte betragt d. Die Pendel
sind durch eine Feder (Ruhelänge L < d) die auf halber Höhe befestigt ist, miteinander
verbunden. Beide Pendel können nur in der x-z Ebene, senkrecht zur Feder schwingen.
Es ist keine Auslenkung in y-Richtung möglich.
d
z
y
φ2
φ1
x
a) Stellen Sie das Potential und die kinetische Energie des Systems auf.
(2 Punkte)
b) Stellen Sie die Lagrangefunktion des Systems auf. Zwischenergebnis:
L=
m 2 2
l (φ̇1 + φ̇22 ) + mlg(cos φ1 + cos φ2 )
2
!2
r
2
2
l
k
l
−
L − d2 + (sin φ2 − sin φ1 )2 + (cos φ2 − cos φ1 )2
2
4
4
Wählen Sie geeignete verallgemeinerte Koordinaten, die den Einfluss der Feder
hervorheben.
(2 Punkte)
c) Wie werden allgemein Ruhelagen für die Bewegung eines Teilchens in einem eindimensionalen Potential U bestimmt? Wie wird deren Stabilität bestimmt?
(2 Punkte)
d) Schreiben Sie die Lagrangefunktion in harmonischer Näherung für kleine Schwingungen um die stabile Ruhelage φ1 = φ2 = 0. Was sind die Bedingungen für die
Gültigkeit der Näherung?
(2 Punkte)
11
Musterlösung!
e) Bestimmen Sie die Bewegungsgleichungen und die Eigenfrequenzen in harmonischer Näherung.
(2 Punkte)
Lösung:
a) Das Potential setzt sich aus der potentiellen Energie der beiden Pendel im Gravitationsfeld und der Energie in der Feder zusammen. In den Winkeln φ1 und φ2 ,
mit dem üblichen Nullpunkt,
x1 = l sin φ1
x2 = l sin φ2
z1 = −l cos φ1
z2 = −l cos φ2
(0,5 Punkte)
Damit ist die potentielle Energie
Ug = −mlg(cos φ1 + cos φ2 ).
(0,5 Punkt)
Die Federenergie ist gegeben durch
2
p
k
Uk =
L − (y2 − y1 )2 + (x2 /2 − x1 /2)2 + (z2 /2 − z1 /2)2
2
!2
r
2
2
l
l
k
L − d2 + (sin φ2 − sin φ1 )2 + (cos φ1 − cos φ2 )2 .
=
2
4
4
(0,5 Punkte)
Die kinetische Energie ist gegeben durch
T =
m 2 2
l (φ̇1 + φ̇22 )
2
(0,5 Punkte)
b) Die Lagrangefunktion ist gegeben durch
L =T − U
m
= l2 (φ̇21 + φ̇22 ) + mlg(cos φ1 + cos φ2 )
2
!2
r
2
2
l
k
l
−
L − d2 + (sin φ2 − sin φ1 )2 + (cos φ1 − cos φ2 )2
2
4
4
12
Musterlösung!
(0,5 Punkt)
Die Addition und Subtraktion von Sinus und Kosinus der Winkel legt die Anwendung von trigonometrischen Identitäten nahe. Mit
φ1 + φ2
2
φ1 − φ2
β=
2
φ1 = α + β
α=
φ2 = α − β
(0,5 Punkte)
erhalten wir
L =ml2 (α̇2 + β̇ 2 ) + 2mlg cos α cos β−
2
q
k
2
2
2
2
2
2
2
−
L − d + l sin β cos α + l sin α sin β
2
2
q
k
2
2
2
2
L − d2 + l2 sin β
=ml (α̇ + β̇ ) + 2mlg cos α cos β −
2
(1 Punkt)
Wir sehen, dass die Feder nur Einfluss auf die Koordinate β hat. α beschreibt die
synchrone Bewegung der beiden Pendel.
c) Die Ruhelagen ergeben sich als
∂U
∂qi
= 0.
(1 Punkt)
Die Stabilität ist durch die zweiten Ableitungen bestimmt, genauer durch die Defi2U
nitheit der Hesse-Matrix ∂q∂i ∂q
. Ist die Hesse-Matrix positiv definit ist die Ruhelage
j
stabil, bei negativ definit instabil.
(1 Punkt)
In der Klausur reicht als Lösung die Bestimmung in eindimensionalen Problemen.
d) Die stabile Ruhelage in den verallgemeinerten Koordinaten ist α = β = 0. Die
Taylorentwicklung von Sinus und Kosinus für kleine α und β liefert
L = ml2 (α̇2 + β̇ 2 ) − mlg(α2 + β 2 ) −
13
2
p
k
L − d2 + l 2 β 2
2
Musterlösung!
Die Bedingungen hier für die Gültigkeit sind α ≪ 1, β ≪ 1. Für die harmonische
Näherung muss die Wurzel auch noch entwickelt werden.
p
d2 + l 2 β 2 = d +
l
β
d
Hier ist die Bedingung an die Gültigkeit
Lagrangefunktion
l2 2
β
2d
≪ 1. In dieser Näherung ist die
2
l2 2
k
L−d− β
=
L = ml (α̇ + β̇ ) − mlg(α + β ) −
2
2d
l2
k
= ml2 (α̇2 + β̇ 2 ) − mlg(α2 + β 2 ) + (L − d) β 2
2
d
2
2
2
2
2
Konstante Terme haben keine Auswirkung auf die Bewegungsgleichungen und können sofort weggelassen werden.
(1 Punkt)
Diese ist gültig falls
α ≪ 1,
β ≪ 1,
d
β≪ .
l
(1 Punkt)
In den ursprünglichen Koordinaten: Die Taylorentwicklung von Sinus und Kosinus
liefert
!
r
2
l
ml2 2
mlg
k
L=
L − d2 + (φ21 + φ22 − 2φ1 φ2 )
(φ̇1 + φ̇22 ) −
(φ21 + φ22 ) −
2
2
2
4
Die Bedingungen sind φ1 ≪ 1, φ2 ≪ 1. Für die harmonische Näherung muss die
Wurzel auch noch entwickelt werden.
r
l2
l2 2
2
2
2
d + (φ1 + φ2 − 2φ1 φ2 ) = d 1 + 2 (φ1 − φ2 )
4
8d
Hier ist die Bedingung dl φi ≪ 1. In dieser Näherung ist die Lagrangefunktion
ml2 2
(φ̇1 + φ̇22 ) −
L=
2
ml2 2
=
(φ̇1 + φ̇22 ) −
2
mlg 2
(φ1 + φ22 ) −
2
mlg 2
(φ1 + φ22 ) +
2
14
2
l2
k
2
L − d − (φ1 − φ2 )
=
2
8d
k
l2
(L − d) (φ1 − φ2 )2
2
4d
Musterlösung!
(1 Punkt)
Diese ist gültig falls
φ1 ≪ 1,
d
φ1 ≪ ,
l
φ2 ≪ 1,
d
φ2 ≪ .
l
(1 Punkt)
e) Daraus leiten sich die Bewegungsgleichungen mit Hilfe der Euler-Lagrange Gleichungen ab.
g
α̈ = − α
l
g kL−d
β̈ = − +
β
l
2 md
(1 Punkt)
Die Eigenfrequenzen sind
ωα =
ωβ =
r
r
g
l
g kd−L
+
l
2 md
(1 Punkt)
In den ursprünglichen Koordinaten: Die Bewegungsgleichungen sind.
g
φ̈1 = − φ1 +
l
g
φ̈2 = − φ2 −
l
k L−d
(φ1 − φ2 )
m 4d
k L−d
(φ1 − φ2 )
m 4d
Zur Ermittlung der Eigenfrequenzen muss dieses Gleichungssystems diagonalisiert
werden. Es ergeben sich die gleichen Eigenfrequenzen. Die Eigenmoden sind
1
1
, v2 =
v1 =
−1
1
was die entsprechenden Linearkombinationen α und β liefert.
15