Blatt 5

Übungen zur T1: Theoretische Mechanik, SoSe2014
Prof. Dr. Dieter Lüst
Theresienstr. 37, Zi. 425
Dr. Reinke Sven Isermann
[email protected]
5. Flugbahn und Streuung
Übung 5.1: Instabile Umlaufbahnen
Ein Teilchen der Masse 1 wird einer Zentralkraft F = −
c
er ausgesetzt (c und n sind
rn
konstant).
a) Zeigen Sie, dass
r̈ =
h2
c
− n
3
r
r
gilt. Die Größe h = r2 θ̇ ist dabei konstant.
b) Zeigen Sie, dass eine Bewegung auf dem Kreis mit dem Radius r = a und der Winkelgeschwindigkeit
c
) möglich ist.
θ̇ = Ω ( Ω2 = an+1
c) Zeigen Sie, dass diese Kreisbewegung instabil ist sobald n > 3 gilt.
Lösung von Übung 5.1
a) Aus dem zweiten Newton’schen Axiom ergibt sich:
r̈ = (r̈ − rφ̇2 sin2 θ − rθ̇2 )er + (rθ̈ + 2ṙθ̇ − rφ̇2 sinθ cosθ)eθ
+(rφ̈ sinθ + 2ṙφ̇ sinθ + 2rφ̇θ̇ cosθ)eφ
1d 2 2
2
2
2
= (r̈ − rφ̇ sin θ − rθ̇ )er +
r θ̇ − rφ̇ sinθ cosθ eθ
r dt
(1)
+(rφ̈ sinθ + 2ṙφ̇ sinθ + 2rφ̇θ̇ cosθ)eφ
c
und r̈ = − n er
r
c
1d 2 2
2
2
2
⇒ − n er = (r̈ − rφ̇ sin θ − rθ̇ )er +
r θ̇ − rφ̇ sinθ cosθ eθ
r
r dt
Symmetrie
+(rφ̈ sinθ + 2ṙφ̇ sinθ + 2rφ̇θ̇ cosθ)eφ
⇒ Wähle φ = const beliebig
2
r θ̇ = h = const
⇒
r̈ − rθ̇2 = − rcn
Kombinieren wir die erste und die zweiten Gleichungen, so erhalten wir
r̈ =
h2
c
−
.
r3
rn
(2)
b) Damit die Bewegung auf einem Kreis stattfindet, muss gelten ṙ = r̈ = ż = z̈ = 0. In
diesem Fall vereinfacht sich Gleichung (7) zu
h2
c
=
r3
rn
2
⇒ h = cr3−n .
1
Mit r = a und den Definition von h und Ω erhalten wir
a4 θ̇2 = ca3−n
c
Ω2 = n+1 .
a
Somit sind alle Gleichungen die aus den zweiten Newton’schem Axiom hervorgegangen
sind gelöst und der Bewegung auf einem Kreis steht nicht entgegen.
c) Um die Stabilität zu untersuchen, betrachten wir die kleine Änderungen
r = a + (t)
wo
(t) << a
(3)
des Radius. Setzen wir nun Gleichung (8) in Gleichung (7) ein, so erhalten wir
¨ =
c
h2
−
.
3
(a + )
(a + )n
Da (t) sehr klein ist, können wir diese Gleichung in linearer Ordnung entwickeln und
erhalten
¨ = −
cn
3h2
+ n+1 + O(2 ) .
4
a
a
Wir ignorieren O(2 ) und nehmen an, dass die Fluktuation von r zunächst Null ist.
Dadurch bleibt der Drehimpuls h2 =konstant= ca3−n unverändert.
¨ = −3ca−(n+1) + cna−(n+1) c
¨ = (n − 3) n+1 a
c
Für n > 3 ist (n − 3) an+1
positiv. In diesem Fall vergrößert sich eine geringe Schwankung
der Umlaufbahn mit der Zeit. Die Umlaufbahn ist dann also instabil.
Übung 5.2: Parabolische und hyperbolische Flugbahn
Ein Teilchen der Masse m bewegt sich in einem Kraftfeld
F(r) = −γ
Mm r
.
r2 r
a) Zur Beschreibung der Flugbahn des Teilchens in der Ebene verwenden wir Polarkoordinaten. Dadurch ist r ein Funktion des Winkels θ. Beweisen Sie, dass
d2 u
H
+u=
2
dθ
mh2
gilt. In dieser Gleichung werden die Größen H = γM m und u = 1r verwendet. Außerdem
ist h = r2 θ̇ eine Konstante.
b) Zeigen Sie, dass für E = 0 (Energie des Systems) die Flugbahn eine Parabel
r(θ) =
k
1 + cosθ
ist. Bestimmen Sie k.
2
c) Beweisen Sie, dass für E > 0 die Flugbahn eine Hyperbel
r(θ) =
k
1 + cosθ
mit > 1 ist.
Lösung von Übung 5.2
a) Wir fangen mit den Bewegungsgleichungen
F = ma
γM m
− r2 = m(r̈ − rθ̇2 )
⇒
r2 θ̇ = h = Konstant
(4)
(er Komponente)
(eθ Komponente)
in Polarkoordinaten an. Dabei bezeichnet r = 1/u die Funktion r(θ(t)), für die wir die
folgenden Ableitungen
dr
dr du
1 du
1 du
du
θ̇ =
θ̇ = − 2 θ̇ = − 2 u2 h = −h
dθ
u dθ
u dθ
dθ
du dθ
2
d2 u
d
u
d du
= −h 2 θ̇ = −h2 u2 2
⇒ r̈ = −h
dt dθ
dθ
dθ
ṙ =
bestimmen.
Aus Gleichung (4) ergibt sich nun
2
γM m
2 2d u
=
−mh
u
− mu3 h2
r2
dθ2
d2 u
γM m
⇒
+
u
=
dθ2
mh2
2
du
H
⇒
+u =
wo H = γM m .
2
dθ
mh2
−
b) Wir läsen zunächst die inhomogen Differenzialgleichung die wir in a) aufgestellt haben.
H
+ C cos(θ − φ) wobei C und φ Konstanten sind
mh2
H
⇒ r = 1/(
+ C cos(θ − φ))
mh2
k
mh2
mh2 C
=
mit k =
und =
1 + cosθ
H
H
u =
(5)
(6)
Dabei haben wir, ohne Beschränkung der Allgemeinheit, als Anfangswert φ = 0 gewählt.
Die Energie des Teilchens beträgt
1
E = m(ṙ2 + r2 θ̇2 ) + V (r) ,
2
wobei gilt
−γM m
= −Hu
r
r2 θ̇2 = u2 h2
du
ṙ = −h .
dθ
V (r) =
3
Also lautet die Gleichung für die Energie
1
E = m h2
2
du
dθ
2
!
+ u2 h2
− Hu .
(7)
du
dθ
= −C sin(θ) ergibt sich
2 !
1
H
H
2 2
2
2
E =
m h C sin θ +
+ C cosθ h − H
+ C cosθ
2
mh2
mh2
Mit der Lösung (5) und dem daraus folgenden
1 H2
1
mh2 C 2 −
2
2 mh2
r
2E
H2
⇒C =
+
.
mh2 m2 h4
=
(8)
für den zweiten Anfangswert von (5).
Aus der Forderung (6) folgt das Ergebnis
=1⇒C=
C2 =
H2
m2 h4
H
mh2
(mit (8))
⇒
2E
H2
H2
+
=
⇒ E = 0.
mh2 m2 h4
m2 h4
c) Die Rechnung ist analog zu der im Teil b) mit dem Unterschied, dass
H
2E
H2
H2
>1⇒C>
⇒
+
> 2 4 ⇒E>0
mh2
mh2 m2 h4
mh
ist.
Übung 5.3: Kraftfeld als Ursache einer Bewegung
Ein Teilchen der Masse m bewegt sich entlang des Pfades r2 = 2a2 cos2θ. Bestimmen Sie das
Kraftfeld, das diese Bewegung hervorruft. Geben Sie das Ergebnis als Funktion von m, a und
h = r2 θ̇ an. Skizzieren Sie die Flugbahn des Teilchens.
Lösung von Übung 5.3
Die gegebene Flugbahn des Teilchens legt nur den Weg, nicht aber die Geschwindigkeit fest.
Daher können wir die Geschwindigkeit frei wählen. Wir wählen sie so, dass der Drehimpuls der
Bewegung erhalten bleibt. In diesem Fall können wir die Zentralkraft
F = f (r)er
annehmen.
Nun stellen wir wie in der Aufgabe 5.1 die Bewegungsgleichung
1
1
d2 u
f
F = ma ⇒ 2 + u = −
2
2
dθ
mu h
u
auf.
4
(9)
(10)
Die zweite Ableitung von u = 1/r nach θ lautet
√
1
du
sin2θ
r = a 2 cos2θ ⇒ u = √
⇒
= √
dθ
a 2(cos2θ)3/2
a 2 cos2θ
2
3
du
1
1
.
⇒ 2 = √
−√
5/2
dθ
a 2 (cos2θ)
cos2θ
Eingesetzt in Gleichung (10) erhält man das Ergebnis
1
3
1
1
1
√
+u = −
−√
f
5/2
2
2
mu h
u
a 2 (cos2θ)
cos2θ


1
3
1
1
1
⇒ √  2 5/2 − q  + u = −
f
r
mu2 h2
u
r2
a 2
2a2
2a2
1
1
4 5
⇒ 12a u = −
f
2
2
mu h
u
4 2
−12ma h
⇒ f (r) =
.
r7
Übung 5.4: Runge-Lenz Vektor
Ein Teilchen mit der Masse m bewegt sich in einem Zentralkraftfeld mit dem Potential
V (r) = − kr . Zeigen Sie, dass der Runge-Lenz Vektor
r
r
eine Erhaltungsgröße ist. In der Gleichung für den Runge-Lenz Vektor bezeichnet p den Impuls
und L den Drehimpuls des Teilchens.
Λ = p × L − mk
Lösung von Übung 5.4
Der Drehimpuls ist erhalten und es gilt L̇ = 0. Somit lautet die Ableitung des Runge-Lenz
Vektors nach der Zeit
ṙr
ṙ
Λ̇ = ṗ × L − mk + mk 2 .
r
r
Nun verwenden wir die Definition des Impulses p = mṙ und die des Drehimpulses L = r × p
und erhalten
p
pr r
Λ̇ = ṗ × (r × p) − k + k 2 .
r
r
Die Bewegungsgleichung für das System lautet
ṗ = −
k
r.
r3
Setzten wir sie ein, so erhalten wir
k
p
pr r
r × (r × p) − k + k 2
3
r
r
r
k
p
pr r
= − 3 (r(r · p) − p(r2 )) − k + k 2
r
r
r
k
pr r
= − 3 (r(r · p)) + k 2 .
r
r
Λ̇ = −
5
Aus der kurzen Rechnung
2rpr = 2mrṙ = m
d
d 2
r = m (r · r) = 2mr · ṙ = 2r · p
dt
dt
ergibt sich die Identität r · p = rpr . Mit ihr erhalten wir das gesuchte Ergebnis
k
pr r
(r(rpr )) + k 2
3
r
r
= 0.
Λ̇ = −
6