Physik 2 ET, SoSe 2013 Aufgaben mit Lösung 7. Übung (KW 28/29) Federpendel ) Kugel in Öl )

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1 7. Übung (KW 8/9) Aufgabe 1 (W 1.1 Federpendel ) Man bestie die Frequenz f des skizzierten Systes für kleine Ausschläge. Es werde angenoen, dass die Schwingungen in der Zeichenebene stattfinden. k l 0 l k Aufgabe (W.1 Kugel in Öl ) Eine Kugel der Masse führt, an einer Feder der Federkonstanten k hängend, in eine Ölbad gedäpfte Schwingungen aus. Für die Reibungskraft gilt F Rx rv x. Die Trägheit der Flüssigkeit wird nicht berücksichtigt. Die Ort-Zeit-Funktion dieser schwach gedäpften Schwingung ist x(t) x A e δt sin(t + α). (a) Man stelle die Bewegungsgleichung auf! (b) Man bestie die Kreisfrequenz und die Abklingkonstante δ! (c) Welche Werte haben die Konstanten x A und α, wenn die Bewegung zu der Zeit t 0 bei x 0 it der Geschwindigkeit v x0 > 0 beginnt? Welche Gestalt nit die Ort-Zeit-Funktion unter Berücksichtigung dieser Ergebnisse an? (d) Zu welchen Zeitpunkten t n, n {0, 1,,... } treten Maxia der Elongation auf? (Man ache sich ihre Lage i x(t)-diagra klar.) k x 0 (e) Wie groß ist das Verhältnis zweier aufeinanderfolgender Maxialausschläge x n+1 x n? 50 g, k 50 N 1, r 377 g s 1, v x0 11 c s 1, ϱ K.7 g c 3 Aufgabe 3 (W.10 Elektrische Schwingung ) Bei einer gedäpften elektrischen Schwingung werden die Maxialwerte der Spannung nach 11 Schwingungen (U 11 ) und nach 15 Schwingungen (U 15 ) aus de Oszillogra bestit. Die Periodendauer der gedäpften Schwingung ist T. (a) Mit welche Maxialwert U 0 hat die Schwingung begonnen? (b) Wie groß wäre die Periodendauer T 0 nach Beseitigen des Däpfungswiderstandes? U V, U V, T 15 µs Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 1 von 15

2 Aufgabe 4 (W 3. Zungenfrequenzesser ) A Ende einer Blattfeder eines Zungenfrequenzessers befindet sich ein Körper der Masse. Das Syste hat die Eigenfrequenz 0 und die Abklingkonstante δ. Auf den Körper wirkt die Kraft F F cos t. Zu berechnen sind (a) die Resonanzfrequenz R, (b) die Resonanzaplitude x R, (c) die Phasenverschiebung α R zwischen Erreger und Resonator i Resonanzfall, (d) die Kreisfrequenz 1, bei der die Geschwindigkeitsaplitude ihr Maxiu v 1 erreicht, (e) v 1 selbst und (f) die Halbwertszeit t H der gedäpften Schwingung des Resonators nach Abschalten der Erregung. 50 g, F 0.10 N, 0 10 s 1, δ.0 s 1 Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite von 15

3 Lösung zu Aufgabe 1 Wir legen ein rechtshändiges kartesisches Koordinatensyste ( e x, e y, e z ) so, dass e x horizontal von links nach rechts, e y vertikal von unten nach oben und e z aus der Zeichenebene heraus verlaufen und sich der Ursprung i Drehpunkt A befindet (siehe Zeichnung). Die Pendelschwingung findet also in der x-y-ebene u die z-achse heru statt. Die zeitabhängige Auslenkung des Federpendels beschreiben wir it de Winkel α(t). Auf das Pendel wirken die Federkraft F k und die Schwerkraft F g und erzeugen je nach Auslenkung des Pendels Drehoente M k und M g bezüglich der Drehachse A, u die das Pendel schwingt. ~e y A ~e x k ~r k k ~F k ~r g ~F g Als erstes schreiben wir die Kräfte und die Abstandsvektoren auf: r k r kx e x + r ky e y + r kz e z l sin(α) e x l cos(α) e y r g r gx e x + r gy e y + r gz e z l sin(α) e x l cos(α) e y F k F kx e x + F ky e y + F kz e z kl sin(α) e x F g F gx e x + F gy e y + F gz e z g e y. Da zur Berechnung des Drehoents das Kreuzprodukt benötigt wird, schreibe ich dieses zunächst in allgeeiner For auf, u es danach auf die vorliegenden Kräfte anzuwenden: a b [a x e x + a y e y + a z e z ] [b x e x + b y e y + b z e z ] [a y b z a z b y ] e x + [a z b x a x b z ] e y + [a x b y a y b x ] e z Die Kräfte und Abstandsvektoren liegen alle in der x-y-ebene, d. h. deren z-koponenten sind allesat Null. Aus diese Grund verlaufen die zu erittelnden Drehoente als Kreuzprodukt dieser Vektoren parallel zur z-achse, d. h. nur deren z-koponenten sind von Null verschieden. Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 3 von 15

4 Wir berechnen die von der Feder und der Schwerkraft verursachten Drehoente M k r k F k [l sin(α) e x l cos(α) e y ] [ kl sin(α) e x ] kl sin(α) cos(α) e z kl sin(α) e z M g r g F g [l sin(α) e x l cos(α) e y ] [ g e y ] gl sin(α) e z und addieren sie zu Gesatdrehoent: M M k + M g [ kl sin(α) + gl sin(α) ] e z M z e z. Dieses Drehoent bewirkt eine Winkelbeschleunigung α(t) u die z-achse, was auf die Bewegungsgleichung J A α(t) M z (t) [ kl sin(α(t)) + gl sin(α(t)) ] führt. Jetz uss das Trägheitsoent J A des Pendels u die durch A verlaufende Drehachse bestit werden. Angenoen, wir wüssten das Trägheitsoent J S des a Ende des Fadens befestigten Objekts bezüglich dessen Schwerpunkts. Dann ließe sich das Trägheitsoent des Pendels bezüglich der Drehachse durch A it Hilfe des Steinerschen Satzes eritteln: J A l + J S Da wir aber nichts über die Masseverteilung des Objektes wissen, gehen wir von einer Punktasse aus, d. h. wir vernachlässigen die räuliche Ausdehnung des Objekts. Diese Näherung ist gerechtfertigt, wenn der Abstand des Objektes von der Rotationsachse (also l) viel Größer als der axiale Durchesser des Objektes ist. I Falle einer Punktasse ist J S gleich Null und es folgt für das gesuchte Trägheitsoent: J A l + J S l. Die Bewegungsgleichung nit dann die Gestalt l α(t) [ kl sin(α(t)) + gl sin(α(t)) ] α(t) + k l l sin(α(t)) + g l sin(α(t)) 0 an. Laut Aufgabenstellung sollen nur kleine Pendelausschläge stattfinden, der Sinus kann also durch sein Arguent ersetzt werden, so dass sich die Bewegungsgleichung zu α(t) + vereinfacht und wir die Kreisfrequenz k η + g it k [ k l l + g ] α(t) 0 l k g, g l, η l l ablesen. k und g sind die Kreisfrequenzen, die sich ergäben, wenn nur die Feder bzw. nur die Schwerkraft vorhanden wären. Die gesuchte Frequenz f erhält an schließlich aus der Kreisfrequenz über die Beziehung πf. Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 4 von 15

5 Lösung zu Aufgabe (a) Die Gesatkraft auf die Kugel ist die Sue aus Feder- und Reibungskraft und andererseits gleich de Produkt aus Masse und Beschleunigung, so dass die Bewegungsgleichung F ges (t) F k (t) + F r (t) kx(t) rẋ(t) ẍ(t) ẍ(t) + ẋ(t) r + k x(t) 0 (.1) ẍ(t) + δẋ(t) + 0x(t) 0, (.) x(t) x!a e δt sin(t + α) (.3) herauskot it der Abklingkonstanten δ und der Kreisfrequenz 0 der zugehörigen ungedäpften Schwingung. (b) Vergleicht an (.1) it (.), so bekot an folgendes für die Kreisfrequenzen und die Abklingkonstante heraus: k s 1 δ r s 1 0 δ 14.1 s 1. (c) Setzt an die Anfangsbedingung x(0) 0 in die Weg-Zeit-Funktion (.3) ein, so erhält an folgende Bedingung für den Paraeter α: x(0) x A e δ 0 sin( 0 + α) x A sin(α)! 0 x A 0 sin(α) 0 α nπ, n Z. (.4) Da die Sinus-Funktion periodisch ist it der Periodenlänge π, kann an sich auf das Intervall α [0, π) beschränken. Aus (.4) wird dann α {0, π}. (.5) Eine weitere Bedingung für α erhält an aus der Anfangsbedingung für die Geschwindigkeit, diese uss nälich zu Zeitpunkt t 0 positiv sein, v 0 v(0) > 0. Dazu wird erstal abgeleitet, und t 0 eingesetzt: v(t) ẋ(t) x A e δt [ cos(t + α) δ sin(t + α)] (.6) 0 <! v 0 v(0) x A [ cos(α) δ sin(α)] (.4) x A [ cos(nπ) δ sin(nπ)] x A cos(nπ) { x A, n Z u n Z g. +x A, n Z g Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 5 von 15

6 Der Paraeter α uss also ein geradzahliges Vielfaches von π sein, so dass in (.5) das π ausscheidet und an die neue Bedingung α 0. (.7) bekot. Dies setzen wir zusaen it v(0) v 0 in (.7) ein und errechnen soit die Aplitude v(0) x A e δ 0 [ cos( 0) δ sin( 0)] x A! v 0 x A v 0 Die Weg-Zeit-Funktion lautet denach 7.9 c. x(t) v 0 e δt sin(t). (.8) Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 6 von 15

7 (d) Notwendige Bedingung für das Auftreten von Maxia der differenzierbaren Weg-Zeit-Funktion x(t) ist das Verschwinden der ersten Zeitableitung, d. h. nur dort, wo die Geschwindigkeit Null wird, kann ein Maxiu vorliegen. Wir suchen also die Nullstellen der Geschwindigkeits-Zeit-Funktion v(t): v(t) ẋ(t) d [ xa e δt sin(t) ] x A e δt! [ cos(t) δ sin(t)] 0 dt x A 0 e δt 0 cos(t) δ sin(t) 0 x A 0 e δt 0 cos(t) δ sin(t) sin(t) cos(t) δ tan(t) δ( ) t arctan + π, Z. δ Nicht jede dieser Geschwindigkeitsnullstellen entspricht eine Maxiu der Elongation, sondern Maxia und Minia wechseln sich ab, wie an der Abbildung entnehen kann. Wenn Z gerade ist, so hat an es it eine Maxiu, ansonsten it eine Miniu zu tun. Die Lage der Maxia und der Minia wird durch folgende Foreln beschrieben: t ax,n t ax,0 + nt, t in,n t in,0 + nt, t ax,0 1 ( ) arctan 108 s δ t in,0 1 ( ) arctan + π 331 s δ T π 446 s, n Z. In der Abbildung entsprechen die Maxial- und die Minialstellen von x(t) den Schnittpunkten der blau gezeichneten Tangensfunktion it der braun gezeichneten horizontalen Geraden /δ. Es sei beerkt, dass die Maxialstellen von x(t) nicht identisch sind it den Maxialstellen der Sinusfunktion! Je nach Lage der braunen horizontalen Geraden rutschen die Schnittpunkte ehr oder weniger deutlich von den Maxialstellen der Sinusfunktion weg. Je kleiner /δ ist, d. h. je näher die braune Gerade der Abszissenachse kot, desto weiter rutschen die Schnittpunkte it der Tangensfunktion nach links, entfernen sich also von den Polstellen der Tangensfunktion und soit von den Maxialstellen der Sinusfunktion. Wird /δ hingegen größer, so nähern sich die Scnittpunkte ier weiter den Polstellen des Tangens und soit den Maxialstellen des Sinus. In der Aufgabe ist /δ 18.73, dies ist schon groß genug ist, u die Orte der Maxia von x(t) und von sin(t) in der Zeichnung kau noch voneinander unterscheiden zu können. Deshalb habe ich noch einen zweiten Graphen gezeichnet, der die Situation einer stärkeren Däpfung it /δ darstellt. Hier liegt die braune Gerade nahe genug an der Abszissenachse, so dass an die Abweichung der Maxialstellen von x(t) und sin(t) deutlich erkennt. Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 7 von 15

8 Physik ET, SoSe 013 Aufgaben it Lo sung U bung (KW 8/9) 1!/ tan(!t) xa xa exp!!t sin(!t)!t xa exp 1!!t sin(!t)!/ xa exp!!t!/ xa 1 tan(!t) 0 1!/!t sin(!t)!t0!t 1 xa exp!!t sin(!t) Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 8 von 15

9 (e) Wir berechnen zuerst das Verhältnis zweier beliebiger Maxia x und x n und betrachten anschlieend den Spezialfall zweier benachbarter Maxia. x n x Ae δtn sin(t n ) x x A e δt sin(t ) e δ(t tn) sin(t n) sin(t ) e δ[(t 0+nT ) (t 0 +T )] sin([t 0 + nt ]) sin([t 0 + T ]) e δ(n )T sin(t 0 + nt ) sin(t 0 + T ) T π e πδ (n ) sin(t 0 + nπ) sin(t 0 + π) e πδ (n ) sin(t 0) sin(t 0 ) e πδ (n ). (.9) Gleichung (.9) gibt das Verhältnis zweier beliebiger Maxia, n Z an. Das Verhältnis zweier unittelbar aufeinanderfolgender Maxia bekot an, inde n + 1 eingesetzt wird: x +1 x e πδ Lösung zu Aufgabe 3 (a) In Aufgabe (e) wurde das Verhältnis zweier Maxia einer gedäpften Schwingung berechnet. Wendet an Gleichung (.9) auf die Spannungsaplituden U 0, U und U n an ( 11, n 15) und ersetzt π / durch T, so erhält an folgende zwei Gleichungen für die beiden bekannten δ und U 0 : U n e δt (n ) U (3.1) U 0 e δt. U (3.) Gleichung (3.1) enthält als bekannte nur die Größe δ, alle anderen Variablen sind bekannt, so dass diese Gleichung direkt nach δ aufgelöst werden kann. Da das δ in (3.) nur als Produkt δt auftritt, lösen wir (3.) nach diese Produkt auf (statt nach δ): (3.1) δt 1 n ln U n. (3.3) U Gleichung (3.3) wird nun in (3.) eingesetzt und diese Gleichung nach U 0 ugestellt: [ ] (3.) δt (3.3) U 0 U e U e ln ln n n U U e U [ ] n U. (3.4) U Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 9 von 15

10 Wir stellen fest, dass die Maxialaplitude U 0 allein durch U, U n, und n festgelegt ist und keine Kenntnis der Schwingungsdauer T erforderlich ist! Nun noch die gegebenen Werte einsetzen und schon haben wir das gesuchte Ergebnis [ ] 11 U U 0 U 11 U 11 [ ] V V 3.5 V V. Dait wäre Aufgabe (a) erledigt. Bevor ich zur Teilaufgabe (b) koe, noch zwei Anerkungen. Anerkung 1: Ich halte es für erwähnenswert, dass es eine Syetrie bezüglich und n gibt. Man hätte nälich anstelle von Gleichung (3.) auch folgendes Verhältnis aufstellen können: U 0 U n e δt n. (3.5) Setzt an (3.3) in (3.5) ein, so bekot an folgendes heraus: [ ] (3.5) δt n (3.3) U 0 U n e U n e n n ln ln n n U U n e U [ ] n n U n. (3.6) U Die Gleichungen (3.4) und (3.6) üssen natürlich dasselbe Ergebnis liefern, was sie auch tun, wovon an sich leicht überzeugen kann: U n [ U U [ U ] n n ] n U n U U n n U n n n n U n U n n +1 n U n n U n +1 U n n U n n U n n U n n, (3.7) U n n. (3.8) Anerkung : In Aufgabe 3(a) kot an auch ohne Verwendung der Logarithusfunktion zu Ziel. Dazu löst an Gleichung (3.1) nicht nach δt, sondern nach e δt auf: (3.1) U n e δt U [ e δt ] (n ) [ U ] 1 n. (3.9) Gleichung (3.) wird nun so ugefort, dass (3.9) eingesetzt werden kann: (3.) ( U 0 U e δt U ) ( [ ] 1 ) [ ] e δt (3.9) n n U U. U U Dies entspricht zu unserer Freude de Ergebnis aus Gleichung (3.4). (b) Bei einer gedäpften (haronischen) Schwingung sind die Größen, 0 und δ über die Gleichung 0 δ (3.10) Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 10 von 15

11 verknüpft. Dabei sind die Kreisfrequenz der gedäpften Schwingung, δ die Abklingkonstante und 0 diejenige Kreisfrequenz, die sich ohne Däpfung, also für δ 0 ergäbe. Wir lösen (3.10) nach 0 auf: 0 + δ. (3.11) Da Kreisfrequenz und Schwingungsdauer über T π verknüpft sind, errechnen wir folgende Schwingungsdauer T 0 nach Abschalten des Däpfungswiderstandes: T 0 π 0 4π + π + δ πt [ ln U 11 U ] π ( π ) T + δ 4π + πt [ 1 4 πt 4π + (δt ) ln (3.3) 4π + πt [ ln U n ] T µs 13.9 µs. ] Lösung zu Aufgabe 4 In dieser Aufgabe haben wir es it eine gedäpften haronischen Oszillator it der Eigenkreisfrequenz 0 und der Abklingkonstanten δ zu tun. Dieser Osizllato wird it der periodischen Kraft F (t) F cos(t) zu Schwingen angeregt. Wenn an hinreichen lange wartet, wird der Oszillator unabhängig von seiner Vorgeschichte Schwingungen der For it der Aplitude x(t) x () cos(t ϕ()) (4.1) x () a 0 ( 0 ) + (δ), a 0 F und einer Phasenverschiebung ( ) δ ϕ() arctan 0 ausführen. (a) Die Resonanzfrequenz R ist definiert als diejenige Kreisfrequenz, bei der die Elongation x axial wird. Das Maxiu könnte an zu Beispiel dadurch finden, inde an die Nullstellen der ersten Ableitung von x () nach bestit, was jedoch sehr aufwändig ist. Man spart erheblich Rechenaufwand, wenn an sich zunutze acht, dass das ausschließlich i Radikanden der Wurzel i Nenner auftaucht. Wir schreiben die Aplituenfunktion in der For x () a 0 R(), R() ( 0 ) + (δ) Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 11 von 15

12 und stellen fest, dass die Aplitude axial wird, wenn der Radikand inial wird. Wir suchen also die Nullstellen der ersten Ableitung der Radikandenfunktion: d R() 4 ( d 0 ) + 8δ 4 ( 0 + δ )! δ δ 0 0 δ 0 0 }{{} 0 δ. }{{} Die zweite Ableitung der Radikandenfunktion lautet [ ( d R() d d d δ )] δ, wohinein die beiden Kandidaten und eingesetzt werden: d R < 0, > d ( ) 4(0 δ δ ) 0, δ > 0, < δ d R > 0, > d ( ) +8(0 δ δ ) 0, δ < 0, < δ In der Aufgabe beträgt das Verhältnis δ 5 >, so dass gilt: d R d ( ) < 0 R( ) Maxiu x ( ) Miniu d R d ( ) > 0 R( ) Miniu x ( ) Maxiu Bei 0 ist die Aplitude inial und bei 0 δ nit sie ein Maxiu an. Die Resonanzfrequenz lautet denach R 0 δ (10 s 1 ) (.0 s 1 ) 9.6 s 1. (b) Die Resonanzaplitude beträgt x R x ( R ) a 0 δ 0 δ a 0 ( 0 R ) + (δ R ) a 0 ( 0 ( 0 δ )) + (δ) ( 0 δ ) 0.10 N kg.00 s (10 s 1 ) (.00 s 1 ) Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 1 von 15

13 (c) I Resonanzfall hat an es it einer Phasenverschiebung von ( ) ( ) R δ ( R ) a 0 φ( R ) arctan arctan arctan δ δ δ zu tun. Man beachte, dass sich die Phasenverschiebung i Resonanzfall de Grenzwert 90 annähert, wenn die Däpfung ier schwächer wird. Die relativ große Abweichung i vorliegenden Fall wird durch die recht starke Däpfung verursacht. (d) Die Weg-Zeit-Funktion (4.1) wird nach der Zeit abgeleitet, u die Geschwindigkeits- Zeit-Funktion zu erhalten: v(t) ẋ(t) d [x dt () cos(t ϕ())] x () sin(t ϕ()). }{{} v () Dait lautet die frequenzabhängige Geschwindigkeitsaplitude v () x () a 0 ( 0 ) + (δ) a 0 sgn() ( 0 ) + (δ) 0 a 0 sgn() 1 ( 0 ) + (δ) a 0 sgn() (0 ) + (δ) a 0 sgn() ( ) 0 + 4δ >0 a 0 f() + 4δ it der Funktion f() ( ) 0, deren Minia ± 0 bereits in der Aufgabe 8 der Übung 0 des Winderseesters 01 erittelt wurden. Dies geschah durch Aufspüren der Nullstellen der ersten Ableitung: d f() d ( ) ( ) ( ) 0 d d ! i 0 i 0. Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 13 von 15

14 Da wir positive reelle Kreisfrequenzen voraussetzen, kot nur der Kandidat 0 in Frage. Dass es sich hierbei tatsächlich u ein Miniu von f() handelt (und nicht etwa u ein Maxiu oder einen Sattelpunkt), prüft an durch Einsetzen in die zweite Ableitung: d d f() d d d d die an der Stelle 0 positiv ist: d d d d [ ] d d f() [ ( ) ( )] [ ( )] [ 4 ] , d d f( 0) > 0. Dait ist erwiesen, dass f() bei 1 0 ein lokales Miniu und v () ein lokales Maxiu hat, nälich v 1 v ( 1 ) v ( 0 ) a 0 δ. Wir üssen jetzt noch herausfinden, was an der Stelle Null geschieht, denn f() hat bei Null eine Polstelle, was für v () x () nicht zu gelten braucht, denn die Polstelle wurde künstlich geschaffen, inde durch den Kehrwert von dividiert wurde: v (0) 0 x (0) 0 x0 0 0 < a 0 δ v 1. Bei Frequenz Null ist also auch die Geschwindigkeit Null. Wenn an jetzt noch einsieht, dass die Geschwindigkeit für gegen Null konvergiert, kann an it Fug und Recht behaupten, dass die Geschwindigkeit bei 1 0 ein globales Maxiu annit. (e) In (d) wurde bereits die Maxialgeschwindigkeit hergeleitet, und zwar gilt v 1 a 0 δ 0.10 N kg.0 s s 1. (f) Die Halbwertzeit gibt an, wie lange es nach Abschalten der Erregung dauert, bis die Aplitutde auf den halben Anfangswert gesunken ist. Soit folgt e δt H 1 t H ln δ 0.35 s. Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> Seite 14 von 15

15 Quellen Die Aufgaben 3, 4 und 5 sind entnoen aus: Peter Müller, Hilar Heineann, Heinz Kräer, Hellut Zier, Übungsbuch Physik, Hanser Fachbuch, ISBN: Die Übungs- und Lösungsblätter gibt es unter ET Die Hoepage zur Vorlesung findet sich unter Jens Patoel <patoel@xray-lens.de> 15