Karlsruher Institut f¨ur Technologie Institut f¨ur Theoretische Festk¨orperphysik Ubungen zur Klassischen Theoretischen Physik I WS 2016/17¨
Prof. Dr. Carsten Rockstuhl Blatt 2
Dr. Andreas Poenicke, MSc. Karim Mnasri Abgabe: Mittwoch 2.11.2016
1. Nat¨urliche Koordinaten: Das begleitende Dreibein 12 Punkte Auf Blatt 1 haben Sie die Schraubentrajektorie kennengelernt, die die spiralf¨ormige Bahn- kurve einer punktf¨ormigen Massembeschreibt
r(t) =
rcos(ωt) rsin(ωt)
vzt
mit r, ω, vz= const.
(a) [1 Punkt] Um die Bogenl¨ange zu berechnen, ben¨otigen wir zun¨achst die Norm der Ge- schwindigkeit v(t0) = |v(t0)| =
dr(t0) dt0
. Die Geschwindigkeit der Schraubentrajektorie lautet (Siehe Blatt 1)
v(t0) =
−rωsin(ωt0) rωcos(ωt0)
vz
mit der Normv=p
(rω)2+v2z. Die Bogenl¨ange ist nun s(t) =
Z t 0
v(t0) dt0
= Z t
0
p(rω)2+vz2dt0
=p
(rω)2+vz2t .
Die Bogenl¨ange w¨achst also linear mit der Zeit. Dies ist eine Konzequenz der Kreis- bewegung in der xy-Ebene mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω und der linearen Bewegung entlang derz-Achse mit konstanter Geschwindigkeitvz.
(b) [1 Punkt] Der Tangenteneinheitsvektor wurde definiert als t(t) = v(t)v(t). Er ergibt sich direkt aus den Ergebnissen von der Teilaufgabe (a):
t(t) = 1 p(rω)2+v2z
−rωsin(ωt) rωcos(ωt)
vz
.
(c) [1 Punkt] Der Normaleneinheitsvektor ist definiert durch n(t) = R v
dt(t)
dt . Mit den Er- gebnissen aus der Teilaufgabe (b) erhalten wir
n(t) = −Rrω2 (rω)2+vz2
cos(ωt) sin(ωt)
0
.
(d) [1 Punkt] Die Beschleunigung ausgedr¨uckt durch die Linearkombination von t(t) und n(t) lautet
a(t) = dv
dtt(t) +v2 Rn(t)
Dan(t)∝t(t) gilt˙ n(t)⊥t(t) und i.A. gilt|n(t)|= 1. Aus diesen ¨Uberlegungen erhalten wir
a(t)·n(t) = dv
dt t(t)·n(t)
| {z }
=0
+v2
R n(t)·n(t)
| {z }
=1
= v2 R .
Die Beschleunigung wurde ebenfalls auf dem 1. Blatt berechnet a(t) =−rω2
cos(ωt) sin(ωt)
0
.
Skalarmultipliziert mit dem Normaleneinheitsvektor ergibt a(t)·n(t) = −Rrω2
(rω)2+v2z
cos(ωt) sin(ωt)
0
·(−rω2)
cos(ωt) sin(ωt)
0
= R(rω2)2
(rω)2+v2z = (rω)2+vz2 R Diese Gleichung aufgel¨ost nach Rergibt
R(ω) =(rω)2+vz2 rω2 . [1 Punkte] Asymptotysches Verhalten:
• limω→0R(ω) =∞
Ein unendlicher Kr¨ummungsradius entspricht einer geradlinigen Bewegung. Dies l¨asst sich rechtfertigen durch Einsetzen vonω= 0 in der Bahnkurve
r(t) ω=0=
r 0 vzt
,
welche schlicht und einfach eine Bewegung parallel zurz-Achse beschreibt.
• limω→∞R(ω) =r
Der Kr¨ummungsradius gleicht sich mit dem Radius r der Schraubenkurve an. In dieser Aufgabe bedeutet dies, dass die Bewegung nahezu kreisf¨ormig ist (mit Radi- usr), da die Drehung innerhalb derxy-Ebene viel schneller ist als die Bewegung in z-Richtung.
[1 Punkt] Skizze:
(e) [1 Punkt] Um das Dreibein abzuschließen ben¨otigen wir noch den Binormaleneinheits- vektor, welcher sich wie folgt ausrechnen l¨asst
b(t) =t(t)×n(t) =
3
X
i,j,k
ijkeitjnk
= e1(t2n3−t3n2) + e2(t3n1−t1n3) + (t1n2−t2n1)e3
= e1
vzsin(ωt) pv2z+ (rω)2 −e2
vzcos(ωt) pv2z+ (rω)2 + ˆe3
rω pvz2+ (rω)2
= 1
pv2z+ (rω)2
vzsin(ωt)
−vzcos(ωt) rω
.
(f) [1 Punkt] Die Torsion errechnet sich zu τ =
db ds
=
db dt
dt ds
=
db dt
,
ds dt
= vzω
pv2z+ (rω)2 1 pvz2+ (rω)2
= vzω v2z+ (rω)2 [1 Punkt] Asymptotysches Verhalten:
• limω→0τ(ω) = 0
Bei einer geradlinigen Bewegung kann keine Torsion stattfinden.
• limω→∞τ(ω) = 0
Die Drehung in derxy-Ebene ist so schnell, dass die Bewegung inz-Richtung ver- nachl¨assigt werden kann.
[2 Punkt] Das Maximum der Torsion l¨asst sich durch die Nullstelle ihrer Ableitung bestimmen. Es gilt
τ0(ω) = vz
vz2+r2ω2 − 2vzr2ω2 (v2z+r2ω2)2
= 0! ⇒ωmax=vz
r . Dies eingesetzt inτ liefertτ(ωmax) =2r1.
[1 Punkt] Skizze:
2. Drehmatrizen 8 Punkte
Die Transformation ˆOz(α)∈R3×3 ist eine Drehmatrix um diez-Achse mit Oˆz(α) =
cosα sinα 0
−sinα cosα 0
0 0 1
,
wobeiαden Drehwinkel bezeichnet.
(a) [1 Punkt] det[ ˆOz(α)] = cos(α) cos(α)1−[−sin(α) sin(α)] = cos2(α) + sin2(α) = 1.
(b) [1 Punkt]
Oˆz(α) ˆOz(β) =
cos(α) sin(α) 0
−sin(α) cos(α) 0
0 0 1
cos(β) sin(β) 0
−sin(β) cos(β) 0
0 0 1
=
cosαcosβ−sinαsinβ cosαsinβ+ sinαcosβ 0
−cosαsinβ−sinαcosβ cosαcosβ−sinαsinβ 0
0 0 1
=
cos(α+β) sin(α+β) 0
−sin(α+β) cos(α+β) 0
0 0 1
= ˆOz(α+β).
(c) [1 Punkt]
Oˆz(α)TOˆz(α) =
cosα −sinα 0 sinα cosα 0
0 0 1
cosα sinα 0
−sinα cosα 0
0 0 1
=
cos2α+ sin2α 0 0 0 cos2α+ sin2α 0
0 0 1
=1
Dies bedeutet, dass ˆOzT die Inverse von ˆOz ist. Dies bedeutet weiter, dass wir eine Drehung um den Winkel−αhaben (den wir im Prinzip aus der Matrix ablesen k¨onnen).
Das sich hierbei die Identit¨atsmatrix ergibt kommt ist nicht weiter verwunderlich da wir zuerst um einen Winkelαund anschließend um einen Winkel−α
”zur¨uck“ drehen, womit sich eine Gesamtdrehung um 0 ergibt (Siehe Teil (b) mitβ=−α).
(d) [2 Punkte]
Sei =(v1, v2, v3)T Es gilt:
v0= ˆOz(α)v
=X
i,j
Ozij(α)vjeˆi
=e1[cos(α)v1+ sin(α)v2+ 0] + e2[−sin(α)v1+ cos(α)v2+ 0] +e3[0 + 0 + 1v3]
=
cos(α)v1+ sin(α)v2
−sin(α)v1+ cos(α)v2 v3
Die Norm des gedrehten Vektors lautet
|v0|= q
(cos(α)v1+ sin(α)v2)2+ (−sin(α)v1+ cos(α)v2)2+v32
= q
v12+v22+v23=|v|. (e) • [1 Punkt] Aus (d) folgt
=
cos π3
1 + sin π3 1
−sin π3
1 + cos π3 1 0
=
1+√ 3 2 1−√
3 2
0
.
• [1 Punkt] Aus den Matrixelementen kann man ablesen, dass cosβ=−sinβ= 1
√2 ⇒ β=−π 4 .
(f) [1 Punkt] Zun¨achst gilt 12π = π3 +−π4 . Mit Hilfe von (b) l¨asst sich ˆOz(12π) schreiben als Oˆz(12π) = ˆOz(−π4) ˆOz(π3). Desweiteren kennen wir aus Teil (e) ˆOz(π3)v und m¨ussen es nur noch mit ˆOz(−π4 ) multiplizieren:
v0 = ˆOz
π 12
v= ˆOz
−π 4
Oˆz
π 3
(1 1 0)
=
√1
2 −√12 0
√1 2
√1
2 0
0 0 1
1+√ 3 2 1−√
3 2
0
=
√3−1 2√
2 +
√3+1 2√
√ 2 3+1 2√
2 −
√3−1 2√
2
0
=
q3
2
√1 2
0
.
