5. Flugbahn und Streuung

Übungen zur T1: Theoretische Mechanik, SoSe2013
Prof. Dr. Dieter Lüst
Theresienstr. 37, Zi. 425
Dr. James Gray
[email protected]
5. Flugbahn und Streuung
Übung 5.1: 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
=
dθ2
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.
c) Beweisen Sie, dass für E > 0 die Flugbahn eine Hyperbel
r(θ) =
k
1 + cosθ
mit > 1 ist.
Lösung von Übung 5.1
a) Wir fangen mit den Bewegungsgleichungen
F = ma
γM m
− r2 = m(r̈ − rθ̇2 )
⇒
r2 θ̇ = h = Konstant
(1)
(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
d du
d2 u
d
u
⇒ r̈ = −h
= −h 2 θ̇ = −h2 u2 2
dt dθ
dθ
dθ
ṙ =
bestimmen.
1
Aus Gleichung (1) ergibt sich nun
2
γM m
2 2d u
=
−mh
u
− mu3 h2
2
2
r
dθ
d2 u
γM m
⇒
+u =
dθ2
mh2
2
du
H
⇒
+
u
=
wo H = γM m .
dθ2
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
mh2
mh2 C
k
mit k =
und =
=
1 + cosθ
H
H
u =
(2)
(3)
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) =
Also lautet die Gleichung für die Energie
!
2
1
du
E = m h2
+ u2 h2 − Hu .
2
dθ
(4)
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 (2) und dem daraus folgenden
1
1 H2
mh2 C 2 −
2
2 mh2
r
2E
H2
⇒C =
+
.
mh2 m2 h4
=
(5)
für den zweiten Anfangswert von (2).
Aus der Forderung (3) folgt das Ergebnis
=1⇒C=
C2 =
H2
m2 h4
H
mh2
(mit (5))
⇒
2E
H2
H2
+
=
⇒ E = 0.
mh2 m2 h4
m2 h4
2
c) Die Rechnung ist analog zu der im Teil b) mit dem Unterschied, dass
>1⇒C>
H
2E
H2
H2
⇒
+
>
⇒E>0
mh2
mh2 m2 h4
m2 h4
ist.
Übung 5.2: Kraftfeld als Ursache einer Bewegung
Ein Teilchen der Masse m bewegt sich entlang des Pfades r2 = 2a2 cos2θ. Bestimmen Sie das
Zentral 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 5.2
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.
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
d2 u
1
1
3
⇒ 2 = √
−√
.
5/2
dθ
a 2 (cos2θ)
cos2θ
Eingesetzt in Gleichung (7) erhält man das Ergebnis
3
1
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
2
2
2
r
mu h
u
r
a 2
2a2
2a2
1
1
4 5
⇒ 12a u = −
f
2
2
mu h
u
4 2
−12ma h
⇒ f (r) =
.
r7
Die Skizze:
3
(6)
(7)
√
√
− 2a
2a
Übung 5.3: Rutherford’scher Wirkungsquerschnitt
Letzte Woche haben wir im Problem 4.2 die Streuung in dem Kraftfeld F = rk2 er untersucht.
Für ein Teilchen mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 und dem Stoßparameter b konnten wir die
Winkelablenkung
cotθ =
mv02 b
k
bestimmen.
vf
F
2θ
v0
θ�
b
a) Verwenden Sie dieses Ergebnis, um den differentieller Wirkungsquerschnitt des Streuprozesses
zu finden.
Lösung von Übung 5.3
Wir starten mit der Gleichung (3.132)
dσ
b
=
dΩ
sinθ0
db dθ0 für den differentiellen Streuquerschnitt im Skript
http://www.physik.uni-muenchen.de/lehre/vorlesungen/sose 13/T1/mechanikskript.pdf .
Für die Herleitung dieser Gleichung sei auf das Skript verwiesen. In unserem Beispiel gilt
4
θ0 = 2θ und somit
0
k cot θ2
mv02 b
cotθ =
⇒b=
k
mv02
!
db
1
k
−
.
=
0
dθ0
2mv02
(sin θ2 )2
Es ergibt dich also das Ergebnis
0
kcot θ2
1
1
dσ
k
=
0
2
2
0
dΩ
mv0 sinθ 2mv0 (sin θ2 )2
0
k 2 cos θ2
1
1
=
0
0
0
0
4
θ
θ
θ
2m2 v0 sin 2 2 sin 2 cos 2 (sin θ2 )2
1
k2
.
=
0
4
2
4m v0 (sin θ2 )4
Übung 5.4: Streuung an einer harten Kugel
Wir betrachten die Streuung eines Punktteilchens an einer unendlich schweren und harten
Kugel mit dem Radius R. Beweisen Sie, dass der Wirkungsquerschnitt isotrop ist.
Hinweis: Wie in der Skizze gezeigt, ist der Ausfallswinkel gleich dem Einfallswinkel. Daher gilt
b = R sinθ ,
wobei b der Stoßparameter und π − 2θ der Streuwinkel ist.
θ
b
θ
θ
ψ
R
θ
ψ = π − 2θ
Lösung von Übung 5.4
Wir verwenden wieder die gleiche Formel wie in Aufgabe 5.3.
dσ
b db =
dΩ
sinθ0 dθ0 Nun gilt aber θ0 = ψ = π − 2θ. Also erhalten wir
0
π − θ0
θ
b = R sin
= R cos
2
2
0
db
R
θ
⇒ 0 = − sin
dθ
2
2
5
und somit
0
0
R cos θ2 R
dσ
θ
=
sin
0
dΩ
sinθ
2
2
2
R
.
=
4
Diese Größe hängt nicht vom Winkel θ ab und ist somit isotrop.
6