Zwei Punktmassen und potentielle Energie

05.01.2014, 12:34

Heinzelmann3

Zwei Punktmassen und potentielle Energie

Hallo,

es wird leicht physikalisch, aber irgendjemand kriegt das bestimmt trotzdem hin.

Ich habe zwei Punktmassen $\begin{eqnarray*} m_1=m_2=2 \end{eqnarray*}$ im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^3 \end{eqnarray*}$ , die durcj ein zentrales Kraftfeld mit der potentiellen Energie $\begin{eqnarray*} U(r)=r-\frac{r^4}{4} \end{eqnarray*}$ interagieren.
Dabei ist $\begin{eqnarray*} r:=\|q^{(1)}-q^{(2)}\|,~~q^{(j)}=(q_1^{(j)},q_2^{(j)},q_3^{(j)}) \end{eqnarray*}$ sind die Positionen der Massen, also j=1,2.

Zunächst soll ich in Polarkoordinaten $\begin{eqnarray*} (r,\theta) \end{eqnarray*}$ die "dynamics", also die Kräfte, beschreiben.

Da würde ich jetzt erstmal eine Gravitationskraft zwischen den beiden Massen vermuten. Aber ich weiß überhaupt nicht, was ich jetzt mit den Polarkoordinaten anfangen soll oder was es da vielleicht noch gibt.

Bin für jede Hilfe dankbar!

05.01.2014, 14:07

Huggy

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RE: Zwei Punktmassen und potentielle Energie
Steht da wirklich Polarkoordinaten in der Aufgabe?
Es handelt sich ja um ein räumliches (3-dimensionales) Problem. Polarkoordinaten sind aber nur 2-dimensional definiert. Sinn ergäben hier Kugelkoordinaten.

Wenn ein Kraftfeld $\begin{eqnarray*} \vec F \end{eqnarray*}$ aus einem Potential $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ herleitbar ist, gilt generell:

$\begin{eqnarray*} \vec F = - \nabla U \end{eqnarray*}$

So ist das Potential definiert. Man muss also nur den Gradienten in Kugelkoordinaten ausdrücken und dann $\begin{eqnarray*} \nabla U \end{eqnarray*}$ ausrechnen. Sucht man die Kraft auf die Masse 2, legt man den Ursprung des Koordinatensystems zweckmäßigerweise auf die Masse 1 und umgekehrt.

Das ist sicher nicht das Potential der realen Gravitationskraft. Deren Potential sollte dir bekannt sein.

05.01.2014, 14:09

Dopap

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normalerweise würde ich den Gradienten als Feldstärke des Potentials bilden.

$\begin{eqnarray*} \vec E_{1,2} = \vec r_{1,2}^0 (1-r^3) \end{eqnarray*}$ mit Einheitsvektor $\begin{eqnarray*} \vec r_{1,2}^0 = (q^{(2)} -q^{(1)})^0 \end{eqnarray*}$

den Vektor könnte man nun noch in andere Koordinaten umrechnen. Aber Polarkoordinaten sind doch im Raum ungeeignet. verwirrt

Es bieten sich doch hier Kugelkoordinaten $\begin{eqnarray*} r,\varphi, \theta \end{eqnarray*}$ an.

Etwas speziell die Aufgabe, ich würde auf jeden Fall beim

www.physikerboard.de anfragen. Augenzwinkern

05.01.2014, 16:26

Heinzelmann3

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RE: Zwei Punktmassen und potentielle Energie
Danke für eure Antworten. Ich bleib trotzdem erstmal hier Augenzwinkern

Ich hab jetzt was Kleines gerechnet, aber das wird wohl nicht das Gesuchte sein...
Hab übrigens Kugelkoordinaten benutzt. In der Aufgabenstellung steht es tatsächlich mit Polarkoordinaten, wer weiß...

Wenn sich $\begin{eqnarray*} m_1 \end{eqnarray*}$ jetzt im Ursprung befindet, ist also $\begin{eqnarray*} q^{(1)}=(0,0,0) \end{eqnarray*}$ und entsprechend in Kugelkoordinaten $\begin{eqnarray*} (R,\theta,\phi) \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} q^{(2)}=R \begin{pmatrix} \sin \theta \cos \phi \\ \sin \theta \sin \phi \\ \cos \theta\ \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
Dann ist aber $\begin{eqnarray*} r = \|q^{(1)}-q^{(2)}\|=R \end{eqnarray*}$ und ich bin mit
$\begin{eqnarray*} U(r)=U(R,\theta,\phi)=U(R)=R+\frac{R^4}{4} \end{eqnarray*}$
wieder am Ausgangspunkt...

Was muss ich an welcher Stelle tun?

Danke!!!

06.01.2014, 08:33

Huggy

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RE: Zwei Punktmassen und potentielle Energie
Du hast jetzt $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ in Kugelkoordinaten. Wie ich schon oben sagte, nimmst du jetzt den $\begin{eqnarray*} \nabla \end{eqnarray*}$ -Operator her, ebenfalls in Kugelkoordinaten, und wendest ihn auf $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ an. Das ist schon alles.

06.01.2014, 10:01

Ehos

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Alternativ bildet man den Gradienten zunächst in kartesisches Koordinaten und führt erst danach Kugelkoordinaten ein. Das Potenzial lautet in kartesischen Koordinaten

$\begin{eqnarray*} U=(r_1^2+r_2^2+r_3^2)^{\tfrac{1}{2}}-\frac{1}{4}(r_1^2+r_2^2+r_3^2)^2 \end{eqnarray*}$

Daraus folgt der Gradient

$\begin{eqnarray*} \nabla U=\left (\frac{1}{(r_1^2+r_2^2+r_3^2)^{\tfrac{1}{2}}}-(r_1^2+r_2^2+r_3^2)^2 \right )\cdot \begin{pmatrix} r_1 \\ r_2 \\ r_3 \end{pmatrix} = \left ( \frac{1}{|\vec r|}-|\vec r|^2 \right )\cdot \vec r \end{eqnarray*}$

Nun kann man die üblichen Kugelkoordinaten einführen und erhält das Gewünschte.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} r_1 \\ r_2 \\ r_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} r \cdot \cos(\phi)\sin(\theta) \\ r \cdot \sin(\phi)\sin(\theta) \\ r \cdot \cos(\theta) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

------------------------
@Huggy
Ich sehe keinen Unterschied zwischen "Polarkoordinaten" und Kugelkoordinaten", denn ein Kreis ist eine 2-dimensionale Kugel usw.

@Heinzelmann
Zu deiner letzten Frage:
Bei derartigen Zwei-Körper-Problemen, wo die Kraft nur vom Abstand der beiden Massen abhängt, geht man stets wie folgt vor: Anstelle der beiden Ortsvektoren $\begin{eqnarray*} \vec q_1, \vec q_2 \end{eqnarray*}$ werden folgende neuen Koordinaten einführt

$\begin{eqnarray*} \vec r=\vec q_1-\vec q_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \vec s=\tfrac{m_1\vec q_1+m_2\vec q_2}{m_1+m_2} \end{eqnarray*}$

Offenbar ist $\begin{eqnarray*} \vec r \end{eqnarray*}$ der Relativvektor der beiden Massen und $\begin{eqnarray*} \vec s \end{eqnarray*}$ der Schwerpunktvektor. Da sich die beiden Massen im ansonsten leeren Raum befinden, bewegt sich der Schwerpunkt geradlinig gleichförmig, so dass man diesen o.B.d.A. als ruhend annehmen kann. Man muss also nur noch die Relativbewegung des Vektors $\begin{eqnarray*} \vec r \end{eqnarray*}$ betrachten. Aus mathematischer Sicht hat man also das ursprüngliche Zwei-Körper-Problem auf ein Ein-Körper-Problem zurückgeführt. Das ist der Witz der Sache!

06.01.2014, 10:09

Huggy

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Zitat:

Original von Ehos
@Huggy
Ich sehe keinen Unterschied zwischen "Polarkoordinaten" und Kugelkoordinaten", denn ein Kreis ist eine 2-dimensionale Kugel usw.

Den seh ich schon!
Polarkordinaten haben definitionsgemäß nur 2 Parameter und damit lassen sich die Punkte in einem 3-dimensionalen Raum nicht eindeutig beschreiben.

06.01.2014, 16:59

Heinzelmann3

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Vielen lieben Dank für eure Antworten!
Ich werde mich jetzt damit befassen.

Ich möchte zunächst auch meinen Senf zur Polar- oder Kugelkoordinaten-Frage geben.

Zitat:

Original von Huggy

Zitat:

Original von Ehos
@Huggy
Ich sehe keinen Unterschied zwischen "Polarkoordinaten" und Kugelkoordinaten", denn ein Kreis ist eine 2-dimensionale Kugel usw.

Den seh ich schon!
Polarkordinaten haben definitionsgemäß nur 2 Parameter und damit lassen sich die Punkte in einem 3-dimensionalen Raum nicht eindeutig beschreiben.

Ich stimme Ehos prinzipiell zu. Was mich persönlich in diesem Zusammenhang an der hier vorliegenden Aufgabenstellung stört, ist die Formulierung "in Polarkoordinaten $\begin{eqnarray*} (r,\theta) \end{eqnarray*}$ ", also das die zu benutzenden Koordinaten sogar angegeben sind. Dadurch wird einem ja eigentlich suggeriert, es ginge um 2 Dimensionen.

06.01.2014, 17:09

Dopap

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vielleicht wird hier unter Polarkoordinaten "echte" Polarkoordinaten, Zylinderkoordinaten und Kugelkoordinaten subsumiert , oder kurz: alles was Winkel hat verwirrt

@Heinzelmann: mit Zitaten bitte sparsam sein, vor allem mit Vollzitaten.

06.01.2014, 17:36

Heinzelmann3

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Zitat:

Original von Ehos
Daraus folgt der Gradient

$\begin{eqnarray*} \nabla U=\left (\frac{1}{(r_1^2+r_2^2+r_3^2)^{\tfrac{1}{2}}}-(r_1^2+r_2^2+r_3^2)^2 \right )\cdot \begin{pmatrix} r_1 \\ r_2 \\ r_3 \end{pmatrix} = \left ( \frac{1}{|\vec r|}-|\vec r|^2 \right )\cdot \vec r \end{eqnarray*}$

Nun kann man die üblichen Kugelkoordinaten einführen und erhält das Gewünschte.

Ok, dann komm ich auf
$\begin{eqnarray*} \nabla U(R,\theta,\phi) = (\frac{1}{R}-R^4) \begin{pmatrix} R \cdot \cos(\phi)\sin(\theta) \\ R \cdot \sin(\phi)\sin(\theta) \\ R \cdot \cos(\theta) \end{pmatrix}=(1-R^5) \begin{pmatrix} \cos(\phi)\sin(\theta) \\ \sin(\phi)\sin(\theta) \\ \cos(\theta) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Stimmt das?

Die Aufgabenstellung geht noch weiter:
Jetzt soll die Entwicklung der Variable r in der Zeit diskutiert werden und die Orbits in der $\begin{eqnarray*} (r,\dot r) \end{eqnarray*}$ -Ebene sollen beschrieben werden, während das Winkelmoment variiert wird.
Damit kann ich noch weniger anfangen als mit dem ersten Aufgabenteil unglücklich

06.01.2014, 17:54

Dopap

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immerhin wird jetzt klar, woher die Polarkoordinaten kommen:

die "Rotation" ist 2 - dimensional. Beim normalen Gravi-potential entsteht eine Ellipse mit relative einfachen Polarkoordinaten. Aber bei dem gegebenen Potential ?

Zudem fehlt mir hier eine Anfangsbedingung.

07.01.2014, 09:52

Ehos

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@Heinzelmann
Ich hatte mich beim Differenzieren verrechnet. Der richtige Gradient muss lauten

$\begin{eqnarray*} \nabla U=\left (\frac{1}{(r_1^2+r_2^2+r_3^2)^{\tfrac{1}{2}}}-(r_1^2+r_2^2+r_3^2) \right )\cdot \begin{pmatrix} r_1 \\ r_2 \\ r_3 \end{pmatrix} = \left ( \frac{1}{|\vec r|}-|\vec r|^2 \right )\cdot \vec r \end{eqnarray*}$

Du schreibst im 2.Summanden deiner Formel die Potenz $\begin{eqnarray*} r^5 \end{eqnarray*}$ , was ebenfalls unrichtig ist.

----------------------------------------------------
Zur Diskussion der Bahnkurve folgendes:
Wie ich schrieb, kann man das ursprüngliche Zwei-Körper-Problem der Massen $\begin{eqnarray*} m_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m_2 \end{eqnarray*}$ auf ein Ein-Körper-Problem einer abstrakten Masse $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ zurückführen, die man als reduzierte Masse bezeichnet. (Näheres findet man im Buch "Mechanik" von L.D.Landau). Die Newtonsche Gleichung für die Bewegung dieser Masse lautet $\begin{eqnarray*} \tfrac{d}{dt}(\mu \dot{\vec r})=-\nabla U \end{eqnarray*}$ . Daraus erhält man nach vektorieller Multiplikation mit $\begin{eqnarray*} \vec r \end{eqnarray*}$ die Gleichung

$\begin{eqnarray*} \vec r \times \tfrac{d}{dt}(\mu \dot{\vec r})=-\underbrace{\vec r \times \nabla U}_{=\vec 0} \end{eqnarray*}$

Die rechte Seite verschwindet, weil die Kraft $\begin{eqnarray*} \nabla U \end{eqnarray*}$ immer in Richtung von $\begin{eqnarray*} \vec r \end{eqnarray*}$ zeigt. Die linke Seite kann man als Zeitableitung $\begin{eqnarray*} \tfrac{d}{dt}(...) \end{eqnarray*}$ schreiben

$\begin{eqnarray*} \tfrac{d}{dt}(\vec r \times \mu \dot{\vec r})=\vec 0 \end{eqnarray*}$

Integriert man diese Gleichung auf beiden Seiten nach der Zeit, erhält man auf der rechten Seite einen konstanten Vektor $\begin{eqnarray*} \vec L \end{eqnarray*}$ , den man als Drehimpuls bezeichnet (=Drehimpulserhaltungssatz).

$\begin{eqnarray*} \vec r \times \mu \dot{\vec r}=\vec L \end{eqnarray*}$

Also müssen die beiden Vektoren $\begin{eqnarray*} \vec r, \dot {\vec r} \end{eqnarray*}$ nach der Definition des Vektorproduktes stets in derjenigen Ebene liegen, die senkrecht auf dem konstanten Drehimpulsvektor $\begin{eqnarray*} \vec L \end{eqnarray*}$ steht. Es handelt sich somit um eine ebene Bewegung (also zweidimensional). Durch weitere einfache Überlegungen kann man zeigen, dass die Bahnkurve stets ein Kegelschnitt ist (Ellipse oder Parabel oder Hyperbel). Die Art der Bahnkurve hängt von der Bewegungsenergie der Masse ab.

07.01.2014, 13:28

Huggy

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Zitat:

Original von Ehos
Durch weitere einfache Überlegungen kann man zeigen, dass die Bahnkurve stets ein Kegelschnitt ist (Ellipse oder Parabel oder Hyperbel).

Da möchte ich starke Zweifel anmelden. Schließlich hat man in der Aufgabe nicht das reale Gravitationspotential $\begin{eqnarray*} U(r)=-1/r \end{eqnarray*}$ .

@Heinzelmann3
Eine qualitative Diskussion der Bahnkurven kann mittels des effektiven Potentials erfolgen, in dem auch der Drehimpuls steckt. Wenn du so eine Aufgabe bekommst, sollte dir das etwas sagen. Insbesondere ergibt sich aus dem effektiven Potential, in welchem Bereich von $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ sich der Körper bei gegebenem Drehimpuls und gegebener Gesamtenergie bewegen kann, weil ja die kinetische Energie nicht negativ werden kann. Damit kann man gebundene von ungebundenen Zuständen unterscheiden.

07.01.2014, 14:26

Ehos

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@Huggy
Du hast recht. Kegelschnitte hat man natürlich nur beim Newtonschen Potenzial 1/r. Aber bei jedem Zentralfeld verläuft die Bewegung innerhalb einer Ebene (also 2-dimensional).

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