1. a. Energieerhaltung! E = 1 2 mv2 + U0 = 1 2 mv2 1 + U0 − Kx

1.
a. Energieerhaltung!
1
1
K
E = mv 2 + U0 = mv12 + U0 − Kx1 ⇒ v12 = v 2 + 2 x1
2
2
m
q
⇒ v1 = v 2 + 2Kx1 /m
Berechne mittlere Geschwindigkeit vx>0 im Abschnitt x > 0:
v̄x>0 = v · cos α +
1 x1 K
2 v̄x>0 m
t = t1 + t2 =
2
v̄x>0
− v · cos α · v̄x>0 −
⇒
1 x1 K
=0
2 m
x1
2x1
q
+
v · cos α v · cos α + v 2 cos2 α + 2 K x1
m
b. Berechne minimale Geschwindigkeit in negative x-Richtung mit Hilfe der
Energieerhaltung.
!
1
mvx2 > Kx1
2
2.
⇒
2Kx1
m
!
vx2 >
⇒
q
2Kx
1
vx !
m
>
v=
cos α
cos α
a. Wenn auf die beiden Massen m1 und m2 von aussen keine Kräfte wirken,
2 x2
wird der Schwerpunkt xS = m1mx11 +m
nicht beschleunigt. Wir setzen
+m2
nun den Ursprung der x-Achse in den Schwerpunkt und erhalten damit
1
1
x . Die Gleichgewichtslagen seien x01 und x02 = − m
x0 . In den
x2 = − m
m2 1
m2 1
folgenden Rechnungen verwenden wir die Auslenkungen aus den Gleichgewichtslagen, d.h. ∆x1 = x1 − x01 und ∆x2 = x2 − x02 . Die potenzielle
und die kinetische Energie lauten damit:
Epot
Ekin
k
k m1 + m2 2
!
=
(∆x2 − ∆x1 )2 =
∆x21 = α∆x21
2
2
m2
m1 2 m2 2 m1 (m1 + m2 ) 2 !
ẋ1 = β ẋ21 = β∆ẋ21
ẋ1 +
ẋ2 =
=
2
2
2m2
Die Bewegungsgleichungen erhalten wir aus der Lagrange-Gleichung:
∂
α
d ∂
!
L(∆x1 , ∆ẋ1 ) −
L(∆x1 , ∆ẋ1 ) = 0 ⇒ ∆ẍ1 = − ∆x1
dt ∂ ẋ1
∂x1
β
m1 + m2
m1 + m2
⇒ ∆ẍ1 = −k
∆x1 , ∆ẍ2 = −k
∆x2 ,
m1 m2
m1 m2
m1 + m2
m1 + m2
⇒ ẍ1 = −k
(x1 − x01 ) , ẍ2 = −k
(x2 − x02 ) .
m1 m2
m1 m2
b. Wir haben die Bewegungsgleichung
eines harmonischen Oszillators mit
q
2
.
Dementsprechend
lauten die allgemeider Kreisfrequenz ω = k mm11+m
m2
nen Lösungen wie folgt:
x1 (t) = x01 + A sin (ωt + φ)
,
1
x2 (t) = x02 −
m1
A sin (ωt + φ)
m2
.
c.
λ=
2πc
= π · 10−4 m .
ω
3. Wir wählen ein kartesisches Koordinatensystem so, dass seine z-Achse mit der
~ zusammenfällt, d.h. K
~ = K~ez . Wir betrachten
Richtung des Kraftfeldes K
P
~
jetzt den Gesamtimpuls des Systems P = i p~i :
d ~
P
dt
X
=
i
d
p~i
dt
XX
=
i
Newton II
=
X
F~i =
F~ij i +
F~i a
Newton III
=
d
d
Px =
Py = 0
dt
dt
⇒
X
F~i a
i
i
j
F~i i + F~i a =
i
i
X
X
⇒
X
F~i i +
X
F~i a
i
i


0
X

0
=


i
f (vi , mi , K)
Px und Py sind konstant
Auf das Teilchen i wirkt die Gesamtkraft F~i . Diese Kraft setzt sich aus zwei
Anteilen zusammen. Ein Teil, F~i i , beschreibt die Gesamtkraft aller inneren
Kräfte, ein anderer, F~i a , die Summe der äusseren Kräfte. Die inneren Kräfte
sind dafür verantwortlich, dass die einzelnen Bestandteile ihre gegenseitigen
Abstände einhalten, und lassen sich in Kräfte F~ij i aufteilen, die Teilchen j auf
Teilchen i ausübt. Dank dem dritten Newton’schen Gesetz von ’Actio=Reactio’
gilt F~ij i = −F~ji i . Es bleiben also nur die äusseren Kräfte übrig. Jetzt unter~ i:
~ = Pi L
suchen wir den Gesamtdrehimpuls L
!
X d
X d
X d
X
d
d ~
~i =
~ri ×
L =
L
(~ri × ~pi ) =
~ri × p~i +
p~i
dt
dt
dt
i dt
i dt
i
i
=
X
~vi × mi~vi +
i
i
d
Lz = 0
dt
⇒
X
⇒



!

0
X ... 


0
~ri × 
 ... 
=0+
i
0
f (vi, mi , K)
Lz ist konstant
Wie bei der Untersuchung des Gesamtimpulses bleiben nur die äusseren Kräfte
übrig.
4.
a. Da die Masse punktförmig ist, entfallen die drei Rotations- sowie alle inneren Freiheitsgrade. Ausserdem bewegt sich die Masse auf einer
Kugelschale, wodurch die radiale Koordinate als Freiheitsgrad wegfällt.
Schliesslich sei die Bewegung auf einen Kreis durch den Auflagepunkt der
Kugel beschränkt, womit genau ein Freiheitsgrad übrig bleibt.
b. Wir wählen den Winkel auf diesem Kreis als Koordinate und nennen ihn
ϕ. In P sei ϕ = 0. Die Lagrange Funktion ist dann
T =
m(ϕ̇R)2
2
,
U = mgR(1 − cos(ϕ)) und L = T − U.
2
(1)
Die Euler-Lagrange-Gleichung
d ∂L
∂L
=
dt ∂ ϕ̇
∂ϕ
(2)
lautet dann
g
sin(ϕ)
(3)
R
c. Falls die Bewegung der Masse in einer kleinen Umgebung von P stattfindet, können wir den Sinus um ϕ = 0 linearisieren:
ϕ̈ = −
sin ϕ ≈ ϕ + O(ϕ3 ).
Wir führen die Abkürzung ω :=
gungsgleichung wie folgt lautet:
q
g
R
(4)
ein, womit die linearisierte Bewe-
ϕ̈ = −ω 2 ϕ
(5)
Deren Lösung ist bekanntlich eine harmonische Schwingung mit der Frequenz ω:
ϕ(t) = A cos(ωt + δ)
(6)
wobei die Amplitude A und die Phase δ aus den Anfangsbedingungen
bestimmt werden müssen.
5.
a. Wir verwenden den Langrange-Formalismus und berechnen dazu die kinetische Energie T und die potenzielle Energie U:
Θ 2 L3 ρ 2
θ̇ =
θ̇
2
6
L k
U(θ) ≈ ρLg sin θ + {L(sin θ − sin θ0 )}2
2
2
2
2
L ρg
Lk
≈
θ+
(θ − θ0 )2
2
2
T (θ̇) =
ρL ist die Masse des Stabs, sin θ L2 die vertikale Verschiebung des Stabschwerpunkts. Der Winkel θ0 beschreibt die Auslenkung eines masselosen
Stabs; dann ist die Feder entspannt. Das Trägheitsmoment Θ ist jenes
um das fest gehaltene Ende des Stabs. Es berechnet sich wie folgt:
Θ=
Z
r 2 dm =
Z
L
0
r 2 ρdr = ρ
L3
3
.
Diese Formel steht auch im Skript zur Vorlesung. Also:
L3 ρ 2 L2 ρg
L2 k
θ̇ −
θ−
(θ − θ0 )2
6
2
2
∂
L3 ρ
L2 ρg
d ∂
!
L(θ, θ̇) −
L(θ, θ̇) =
θ̈ +
+ kL2 (θ − θ0 ) = 0
dt ∂ θ̇
∂θ
3
2
3g
3k
3k !
⇒ θ̈ +
−
θ0 +
θ=0
2L ρL
ρL
L(θ, θ̇) = T (θ̇) − U(θ) =
3
Die Differenzialgleichung für θ ist jene eines harmonischen Oszillators mit
einem zusätzlichen konstanten Term. Dieser zusätzliche Term verschiebt
die Ruhelage. Nach Voraussetzung ist die Ruhelage bei θ = 0, d.h. die
Differenzialgleichung vereinfacht sich zu
θ̈ +
3k
θ=0 .
ρL
q
3k
. Sie ist in der hier
b. Die Winkelfrequenz ω ist gegeben durch ω = ρL
verwendeten Näherung von der Erdbeschleunigung unabhängig, d.h. mit
und ohne Erdfeld haben wir die gleiche Winkelfrequenz.
6. Als erstes berechnen wir die Zustandssumme. Für nicht miteinander wechselwirkende identische Teilchen gilt
Z(T, V, N) =
1
Z(T, V, 1)N
N!
.
Also:
a.
Z(T, V, 1) = e−(E0 +∆)β + e−(E0 −∆)β = e−E0 β e−∆β + e∆β
N
1 −N E0 β −∆β
e
+ e∆β
Z(T, V, N) =
.
e
N!
,
∂
ln Z(T, V, N)
∂T NE0
2 ∂
−∆β
∆β
= kB T
−
+ N ln e
+e
∂T
kB T
= NE0 − N∆ tanh(∆β)
∆β≪1
E(T, V, N)
∆2
Ē =
= E0 − ∆ tanh(∆β) ≈ E0 −
N
kB T
E(T, V, N) = kB T 2
PS: Die Berechnung der mittleren Energie ist auch direkt möglich:
(E0 + ∆)e−(E0 +∆)β + (E0 − ∆)e−(E0 −∆)β
e−(E0 +∆)β + e−(E0 −∆)β
∆β≪1
∆2
= E0 − ∆ tanh(∆β) ≈ E0 −
kB T
Ē =
b. Wir berechnen die Entropie aus der freien Energie. Diese erhalten wir aus
der Zustandssumme:
F (T, V, N) = −kB T ln Z(T, V, N)
= −kB T ln N! − kB T (−NE0 β) − kB T N ln e−∆β + e∆β
≈ −kB T N ln N + NE0 − kB T N ln e−∆β + e∆β
4
S(T, V, N) = −
∂
F (T, V, N)
∂T
= NkB ln N + NkB ln e−∆β + e∆β − N
S̄ =
S(T, V, N)
N
∆β≪1
≈ kB ln N −
∆
tanh(∆β)
T
∆2
kB T 2
c.
o
∂2
∂2 n
−∆β
∆β
χ =
−k
T
N
ln
e
+
e
F
(T,
V,
N)
=
B
∂∆2
∂∆2
∆β≪1 ∂
N
1
∂
{−N tanh(∆β)} ≈
{−N∆β} = −
∝
=
∂∆
∂∆
kB T
T
5