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Klassische Theoretische Physik I

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Institut fu
¨ r Theoretische Teilchenphysik
Klassische Theoretische Physik I
WS 2014
¨
Ubungsblatt
11
Prof. Dr. U. Nierste
L¨
osung
Dr. M. Spinrath, Dr. S. Schacht
Besprechung: L¨osung wird
online gestellt
¨
Dieses Blatt ist eine Ubungsklausur, es ist nicht Teil der Vorleistung. Kontrollieren Sie die
Zeit und notieren Sie sich, wie weit Sie in 2 Stunden gekommen sind. Wenn Sie mindestens
die H¨alfte der Punkte erzielt haben, h¨atten Sie die Klausur bestanden.
Richtiges Rechnen mit falschem Ansatz gibt keine Punkte.
Aufgabe 1: Drehungen im R3 (10 Punkte)
~ bezeichne die Matrix einer Drehung um die Achse ~n = φ/φ
~ mit dem Winkel φ 6= 0.
R = R(φ)
~ 6= 0) erf¨
a) (5 Punkte)
Welche der folgenden Eigenschaften ist (f¨
ur beliebiges φ
ullt?
T
T
T
~
~
i) R R = 1,
ii) R = R,
iii) R(−φ) = R(φ) ,
iv) det R = 1,
v) Die j-te Spalte steht senkrecht auf der j-ten Zeile f¨
ur j = 1, 2, 3.
Geben Sie bei jeder Eigenschaft an, ob sie richtig oder falsch ist. Ein Beweis oder Gegenbeispiel ist nicht erforderlich.
L¨
osung:
i) richtig
ii) falsch
iii) richtig
iv) richtig
v) falsch
b) (1 Punkt)
Beweisen Sie R − RT ~n = 0.
Lo
¨sung:
Wir haben f¨
ur die Drehachse ~n:
R~n = ~n
(1)
T
⇒ ~n = R ~n
(2)
⇒ R~n = RT ~n
(3)
T
⇒ (R − R )~n = 0.
(4)
c) (4 Punkte)
Betrachten Sie die Drehmatrix


2/3
2/3 −1/3
~ = φ~n) = −1/3 2/3
2/3  .
R(φ
2/3 −1/3 2/3
i) Bestimmen Sie φ ∈ [0, π].
(1 Punkt)
ii) Bestimmen Sie ±~n. (Auf die Orientierung von ~n kommt es hier nicht an.)
iii) Bestimmen Sie das Vorzeichen von ~n so, dass mit ~ex =
~ ex × ~ex ) · ~n > 0 erf¨
(R(φ)~
ullt ist.
(1, 0, 0)T
(2 Punkte)
die Ungleichung
(1 Punkt)
Lo
¨sung:
i) Wir haben
~ =2
1 + 2 cos φ = tr(R(φ))
1
⇒ cos φ =
2
π
⇒φ= ,
3
(5)
(6)
(7)
da φ ∈ [0, π].
ii) Sei ~n = (n1 , n2 , n3 )T . Wegen (R − RT )~n = 0 erhalten wir das Gleichungssystem

   
0
1 −1
n1
0
−1 0




1
n2 = 0
1 −1 0
n3
0
√
Dieses wird gel¨
ost durch ~n = ±(1, 1, 1)T / 3.
√
iii) F¨
ur ~n = ±(1, 1, 1)T / 3 haben wir
~ ex × ~ex ) · ~n = ± √1 .
(R(φ)~
3
√
Damit gilt in ii) das Plus-Zeichen, d.h. ~n = (1, 1, 1)T / 3.
(8)
(9)
Aufgabe 2: Stokes’sche Reibung (10 Punkte)
v sei die z-Komponente der Geschwindigkeit eines Teilchens, auf das die Gewichtskraft und
eine Reibungkraft wirken.
a) (4 Punkte) Bestimmen Sie v(t) aus der Bewegungsgleichung
v˙ = −g − αv,
α, g > 0,
(10)
g
beschr¨anken d¨
urfen. W¨ahlen Sie als Integratiα
onskonstante den Zeitpunkt t0 , f¨
ur den v(t0 ) = 0 gilt.
Hinweis: Achten Sie darauf, dass das Argument des Logarithmus positiv ist.
wobei Sie sich auf L¨
osungen mit v > −
Lo
¨sung:
Wir l¨osen dies durch Separation der Variablen. Wir haben
dv
= dt .
−g − αv
Wir integrieren dies von t0 bis t0 . Wir w¨ahlen t0 = 0.
Z v(t0 )
Z t0
dv
−
=
dt .
g + αv
0
0
Es ist v > −g/α, d.h. wir haben g + αv > 0. Es folgt:
α
ln 1 + v(t0 ) = −αt0
g
α
0
⇒ 1 + v(t0 ) = e−αt
g
g
0
⇒ v(t0 ) = (e−αt − 1) .
α
(11)
(12)
(13)
(14)
(15)
Wir benennen jetzt wieder t0 in t um:
v(t) =
g −αt
(e
− 1) .
α
(16)
b) (2 Punkte) F¨
ur t → ∞ konvergiert v(t) gegen eine Grenzgeschwindigkeit vG . Bestimmen
Sie vG .
Hinweis: Diese Frage k¨
onnen Sie auch beantworten, wenn Sie Teilaufgabe a) nicht gel¨ost
haben.
Lo
¨sung:
Wir haben aus obiger L¨
osung direkt vG = − αg . Aus Gl. (10) folgt wegen v(t)
˙
→ 0 f¨
ur t → ∞
g
ebenfalls vG = − α .
c) (2 Punkte) Bestimmen Sie z(t) f¨
ur die Anfangsbedingung z(0) = h, v(0) = 0.
Lo
¨sung:
Wir haben
dz
g
= (e−αt − 1)
dt
α
(17)
also
Z 0
g t −αt
dz =
(e
− 1)dt
α 0
h
g
1 −αt0
g
0 0
0
⇒ z (t ) − h =
−t + 2
− e
α
α
α
Z
z 0 (t0 )
Nach Umbenennung von z 0 und t0 folgt dann
1 −αt
g
g
− e
− t + 2 + h.
z(t) =
α
α
α
(18)
(19)
(20)
Betrachten Sie den Fall αt 1 und bestimmen Sie die Zeit t, zu der das
m
1
Teilchen f¨
ur g = 10 2 , h = 0, 1 m, α = 103 bei z = 0 angekommen ist.
s
s
d) (2 Punkte)
Lo
¨sung:
F¨
ur αt 1 haben wir
g
z(t) ≈ − t + h ,
α
(21)
also ist die gesuchte Zeit gegeben durch
t≈
α
h.
g
(22)
mit zeitunabh¨angigen q, B > 0.
(23)
Mit eingesetzten Zahlen ergibt sich t ≈ 10s.
Aufgabe 3: Schraubenlinie (10 Punkte)
Auf ein Teilchen mit Masse m wirke die Kraft
F~
a) (4 Punkte)
~
= q ~r˙ × B,
~ = B~ez
B
Zeigen Sie, dass

 

x(t)
R cos(ωt)
~r(t) = y(t) =  R sin(ωt)  ,
z(t)
v0 t
R, ω, v0 > 0.
(24)
die Newtonschen Bewegungsgleichungen erf¨
ullt, und dr¨
ucken Sie ω durch q, B und m aus.
Lo
¨sung:
Die Newton’schen Bewegungsgleichungen lauten
F~ = m~a.
(25)


−Rω sin(ωt)
d~r 
~v (t) =
= Rω cos(ωt) 
dt
v0
(26)


−Rω 2 cos(ωt)
d~v (t)
m~a(t) = m
= m  −Rω 2 sin(ωt)  .
dt
0
(27)

  


−Rω sin(ωt)
0
cos(ωt)
~ = q  Rω cos(ωt)  ×  0  = qBωR  sin(ωt) 
F~ = q~r˙ × B
v0
B
0
(28)
Wir haben zun¨
achst
und dann
Andererseits haben wir
Damit sind die Newtonschen Bewegungsgleichungen erf¨
ullt, wenn
ω=−
b) (2 Punkte)
qB
.
m
(29)
Bestimmen Sie v(t) = |~r˙ (t)|.
Lo
¨sung:
Wir haben
q
v(t) = R2 ω 2 + v02 .
(30)
Z
c)
(2 Punkte)
Bestimmen Sie den zur¨
uckgelegten Weg s(t) =
t
dt0 v(t0 ) und invertieren
0
Sie das Ergebnis, um t(s) zu bestimmen.
Lo
¨sung:
Das Integral ergibt
s(t) =
q
R2 ω 2 + v02 · t.
(31)
Die Inversion lautet
t(s) = p
d) (2 Punkte)
~
~t(s) = dr˜(s) .
ds
L¨
osung:
s(t)
R2 ω 2
+ v02
.
(32)
Bestimmen Sie ~r˜(s) := ~r(t(s)) und berechnen Sie den Tangentenvektor
Wir haben


s
R cos ω √R2 ω2 +v02 



~r˜(s) = 
 R sin ω √ s
.

R2 ω 2 +v02 


v0 √ 2 s 2 2
(33)
R ω +v0
Der Tangentenvektor ist folglich


s
√
−Rω
sin
ω

R2 ω 2 +v02 


1

.
~t(s) = p
s

R2 ω 2 + v02  Rω cos ω √R2 ω2 +v2 

0
v0
(34)
Aufgabe 4: Coriolis- und Zentrifugalkraft (10 Punkte)
Der Ort ~r eines Flugzeugs sei durch die Kugelkoordinaten r, θ, φ bestimmt. Das Flugzeug
fliege mit Geschwindigkeit ~r˙ = vS¨ud~eθ + vOst~eφ . Die Winkelgeschwindigkeit der Erdrotation
ist ω
~ = ω~ez .
a) (2 Punkte) Beweisen Sie die Beziehung
~ez = ~er cos θ − ~eθ sin θ.
(35)
Lo
¨sung:
Wir setzen ein:

 



0
cos θ cos φ
sin θ cos φ





~er cos θ − ~eθ sin θ = sin θ sin φ cos θ − cos θ sin φ sin θ = 0 = ~ez .
1
− sin θ
cos θ
b) (3 Punkte)
(36)
Berechnen Sie die Coriolisbeschleunigung
~aC = −~
ω × ~r˙,
(37)
die auf das Flugzeug wirkt. Geben Sie Ihr Ergebnis in Kugelkoordinaten, also in der Form
~aC = ar~er + aθ~eθ + aφ~eφ an.
Wir haben
−~
ω × ~r˙ = −ω (vS¨ud~ez × ~eθ + vOst~ez × ~eφ ) .
(38)
Jetzt setzen wir die Relation aus a) ein:
−~
ω × ~r˙ = −ωvS¨ud (cos θ~er × ~eθ − sin θ~eθ × ~eθ )
− ωvOst (cos θ~er × ~eφ − sin θ~eθ × ~eφ )
(39)
Die Ergebnisse f¨
ur die obigen Kreuzprodukte k¨onnen aus der Formelsammlung entnommen
werden. Es folgt:
−~
ω × ~r˙ = −ωvS¨ud cos θ~eφ − ωvOst (− cos θ~eθ − sin θ~er )
= ωvOst sin θ~er + ωvOst cos θ~eθ − ωvS¨ud cos θ~eφ .
c) (3 Punkte)
(40)
(41)
Berechnen Sie analog die Zentrifugalbeschleunigung
~aZ = −~
ω × (ω × ~r).
(42)
Lo
¨sung:
Wir haben
~r = r~er .
(43)
Wir haben dann zun¨
achst
ω
~ × ~r = (ω~ez × r~er )
(44)
= ωr~ez × ~er
(45)
= ωr [(~er cos θ − sin θ~eθ ) × ~er ]
(46)
= −ωr sin θ(~eθ × ~er )
(47)
= ωr sin θ~eφ .
(48)
Damit haben wir dann
ω
~ ×ω
~ × ~r = ω
~ × (ωr sin θ~eφ )
= ω 2 r sin θ(~ez × ~eφ )
2
= ω r sin θ [(~er cos θ − sin θ~eθ ) × ~eφ ]
= −ω 2 r sin θ cos θ~eθ + sin2 θ~er .
(49)
(50)
(51)
(52)
m
Betrachten Sie das Zahlenbeispiel mit vS¨ud = 0, vOst = 250 , θ = 45◦ ,
s
3
−4 1
6
: Wie groß sind die S¨
udkomponenten ~eθ · ~ac und ~eθ · ~aZ ?
r = 6, 4 · 10 m und ω = · 10
4
s
Es reicht aus, wenn Sie das Ergebnis auf zwei signifikante Stellen angeben.
d) (2 Punkte)
Lo
¨sung:
Wir haben f¨
ur die S¨
udkomponenten
~eθ · ~aC = ωvOst cos θ
(53)
~eθ · ~aZ = −ω 2 r sin θ cos θ
(54)
√
F¨
ur θ = π/4 ist cos π/4 = sin π/4 = 1/ 2. Damit ist
√
m
~eθ · ~aC = ωvOst / 2 ≈ 0.013 2 ,
s
m
2
~eθ · ~aZ = −ω r/2 ≈ 0.018 2 .
s
(55)
(56)
Aufgabe 5: Kepler-Problem (10 Punkte)
Ein Asteroid mit Masse m umkreise die Sonne auf einer elliptischen Bahn. Die Bahnkurve ist
in ebenen Polarkoordinaten r,θ durch
r(θ) =
l2
µα(1 + cos θ)
gegeben, wobei µ die reduzierte Masse und l den Betrag des Drehimpulses bezeichnet. Die
potentielle Energie ist U (r) = −α/r mit α > 0. Die kartesischen Koordinaten sind gegeben
durch x = r cos θ, y = r sin θ.
a) (2 Punkte) Dr¨
ucken Sie µ durch m und die Sonnenmasse M aus. Entwickeln Sie µ zur
ersten Ordnung in m/M .
L¨
osung:
Abbildung 1: Skizze.
Wir haben
µ=
mM
M
1
m
=m
=m
≈
m
1
−
.
m
m+M
m+M
1+ M
M
(57)
b) (3 Punkte) Skizzieren Sie die Umlaufbahn des Asteroiden. Tragen Sie die Position der
Sonne sowie die große und kleine Halbachse der Umlaufbahn ein.
Lo
¨sung:
F¨
ur Ellipsen haben wie 0 < ε < 1. r ist am kleinsten, wenn θ = 0 und am gr¨oßten, wenn
θ = π. Eine Skizze ist in Abb. 1 zu finden.
c) (2 Punkte) Berechnen Sie die L¨ange a der großen Halbachse. Dr¨
ucken Sie a durch µ,
α, l und aus.
Lo
¨sung:
Wir haben
1
(r(θ = 0) + r(θ = π))
2
1 l2
1
1
=
+
2 µα 1 + ε 1 − ε
l2
=
.
µα(1 − ε2 )
a=
d)
(58)
(59)
(60)
(3 Punkte)
Berechnen Sie den Betrag v1 der Geschwindigkeit des Asteroiden am
sonnenn¨
achsten Punkt. Dr¨
ucken Sie v1 durch µ, α, l und aus.
Hinweis: Welchen Winkel schließen ~r und ~r˙ an diesem Punkt ein?
Lo
¨sung:
Am sonnenn¨
achsten Punkt haben wir θ = 0. Dort ist der genannte Winkel π/2. Der erhaltene
Drehimpuls l¨
asst sich hier besonders einfach auswerten:
l = µv1 r(θ = 0)
= µv1
⇒ v1 =
(61)
l2
µα(1 + ε)
(62)
α
(1 + ε) .
l
(63)
Formelsammlung
A:
φ
0 π/12
π/6
π/4
π/3 π/2
√
√
√
1+√ 3
3
2
1
cos φ 1 2 2
0
2
2
2
B:


sin θ cos φ
~er =  sin θ sin φ 
cos θ
C:
~er × ~eθ = ~eφ ,
D:


cos θ cos φ
~eθ =  cos θ sin φ 
− sin θ
~eθ × ~eφ = ~er ,

− sin φ
~eφ =  cos φ 
0
~eφ × ~er = ~eθ
~l = µ~r × ~r˙
E:
~ = 1 + 2 cos φ
tr R(φ)
F:
Geometrische Reihe:
1
= 1 − x + x2 − x3 + . . .
1+x

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