Schwingungen. Antonia Blachnik und Jörg Laubersheimer. Wintersemester 2008/2009,
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- Christina Beyer
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1 Universität Heidelberg Proseminar Analysis Leitung: PD Dr. Gudrun Thäter Wintersemester 2008/2009,
2 Inhaltsverzeichnis 1 Einführung 2 ohne Reibung mit Reibung 3 4
3 Einführung Denition Eine Schwingung ist eine periodisch wiederkehrende Bewegung um einen Ruhepunkt.
4 Einführung Denition Eine Schwingung ist eine periodisch wiederkehrende Bewegung um einen Ruhepunkt. Arten von harmonischen frei oder erzwungen gedämpft oder ungedämpft
5 Einführung Begrisdenitionen Schwingungsdauer: T = t n
6 Einführung Begrisdenitionen Schwingungsdauer: T = t n Elongation = momentane Auslenkung zur Ruhelage
7 Einführung Begrisdenitionen Schwingungsdauer: T = t n Elongation = momentane Auslenkung zur Ruhelage Amplitude = maximale Elongation
8 Einführung Begrisdenitionen Schwingungsdauer: T = t n Elongation = momentane Auslenkung zur Ruhelage Amplitude = maximale Elongation Frequenz [Hz]: f = n t
9 ohne Reibung mit Reibung Problem: mathematische Darstellung des Schwingungsvorgangs Abb: [3], S.108 (veränderte Version)
10 ohne Reibung mit Reibung Problem: mathematische Darstellung des Schwingungsvorgangs Applet: Federpendel - Kreisbewegung - Sinusfunktion Quelle: ( )
11 Das Zeit-Elongation-Gesetz ohne Reibung mit Reibung
12 Das Zeit-Elongation-Gesetz ohne Reibung mit Reibung sin (ϕ) = x A x = A sin (ϕ)
13 Das Zeit-Elongation-Gesetz ohne Reibung mit Reibung sin (ϕ) = x A x = A sin (ϕ) x(t) = A sin (ωt) Abb: [3], S.108 (veränderte Version)
14 Das Zeit-Elongation-Gesetz ohne Reibung mit Reibung
15 Das Zeit-Elongation-Gesetz ohne Reibung mit Reibung x(t) = A sin (ωt + ϕ 0 )
16 Das Zeit-Elongation-Gesetz ohne Reibung mit Reibung x(t) = A sin (ωt + ϕ 0 ) Zeit-Geschwindigkeit-Gesetz: ẋ(t) = v(t) = Aω cos (ωt + ϕ) Zeit-Beschleunigung-Gesetz: ẍ(t) = a(t) = ω 2 A sin (ωt + ϕ) Abb: [3], S.108 (veränderte Version) = ω 2 x(t)
17 Physikalische Betrachtungsweise ohne Reibung mit Reibung Kraftansatz: ma = kx mẍ = kx
18 Physikalische Betrachtungsweise ohne Reibung mit Reibung Kraftansatz: ma = kx mẍ = kx Lösung: k x(t) = c 1 cos (ωt) + c 2 sin (ωt), mit ω = m
19 Physikalische Betrachtungsweise ohne Reibung mit Reibung Kraftansatz: ma = kx mẍ = kx Lösung: k x(t) = c 1 cos (ωt) + c 2 sin (ωt), mit ω = m Zusammenführung: c 1 cos (ωt) + c 2 sin (ωt) = A sin (ωt + ϕ 0 )
20 Reibung Einführung ohne Reibung mit Reibung keine Reibung unrealistisch bereits Luft erzeugt Reibung Reibungskonstante r > 0 proportional zur Geschwindigkeit, also r ẋ
21 Reibung Einführung ohne Reibung mit Reibung keine Reibung unrealistisch bereits Luft erzeugt Reibung Reibungskonstante r > 0 proportional zur Geschwindigkeit, also r ẋ mẍ = kx rẋ mẍ + rẋ + kx = 0
22 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 gesucht: Lösung in Form einer Funktion, deren Ableitung sich selbst entspricht
23 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 gesucht: Lösung in Form einer Funktion, deren Ableitung sich selbst entspricht Lösungsansatz: Bestimmen einer Konstante λ, sodass x = e λt eine Lösung darstellt
24 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 gesucht: Lösung in Form einer Funktion, deren Ableitung sich selbst entspricht Lösungsansatz: Bestimmen einer Konstante λ, sodass x = e λt eine Lösung darstellt ẋ = λe λt und ẍ = λ 2 e λt
25 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 gesucht: Lösung in Form einer Funktion, deren Ableitung sich selbst entspricht Lösungsansatz: Bestimmen einer Konstante λ, sodass x = e λt eine Lösung darstellt ẋ = λe λt und ẍ = λ 2 e λt mẍ + rẋ + kx = 0 mλ 2 e λt + rλe λt + ke λt = 0 mλ 2 + rλ + k = 0
26 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 Also: λ 1 = r 2m + 1 r 2 4mk, λ 2 = r 2m 2m 1 r 2 4mk 2m x 1 = e λ 1t und x 2 = e λ 2t sind zwei spezielle Lösungen
27 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 λ 1 = r + 1 2m 2m r 2 4mk, λ 2 = r 2m 1 2m r 2 4mk
28 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 λ 1 = r + 1 2m 2m r 2 4mk, λ 2 = r 2m 1 2m r 2 4mk 1. Fall: r 2 4mk > 0 Lösung: x(t) = c 1 e λ1t + c 2 e λ2t
29 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 λ 1 = r + 1 2m 2m r 2 4mk, λ 2 = r 2m 1 2m r 2 4mk 1. Fall: r 2 4mk > 0 Lösung: x(t) = c 1 e λ1t + c 2 e λ2t 2. Fall: r 2 4mk = 0 Lösung: x(t) = c 1 e r 2m t + c 2 te r 2m t
30 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 λ 1 = r + 1 2m 2m r 2 mk, λ 2 = r 2m 1 2m r 2 mk 3. Fall: r 2 4mk < 0 wegen negativer Diskriminante komplexe Lösung es existiert ein γ in R sodass gilt: r 2 4mk = 4m 2 γ 2
31 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 λ 1 = r + 1 2m 2m r 2 mk, λ 2 = r 2m 1 2m r 2 mk 3. Fall: r 2 4mk < 0 wegen negativer Diskriminante komplexe Lösung es existiert ein γ in R sodass gilt: ) r 2 4mk = 4m 2 γ ( 2 k γ = m r 2 4m 2
32 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 λ 1 = r + 1 2m 2m r 2 mk, λ 2 = r 2m 1 2m r 2 mk 3. Fall: r 2 4mk < 0 wegen negativer Diskriminante komplexe Lösung es existiert ein γ in R sodass gilt: ) r 2 4mk = 4m 2 γ ( 2 k γ = m r 2 4m 2 Es ist also: λ 1 = r 2m + iγ und λ 2 = r 2m iγ
33 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 3. Fall: r 2 4mk < 0 Lösung: x(t) = (c 1 cos (γt) + c 2 sin (γt))e r 2m t x(t) = A sin(γt + ϕ 0 )e r 2m t
34 ohne Reibung mit Reibung Lösung der homogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = 0 3. Fall: r 2 4mk < 0 Lösung: x(t) = (c 1 cos (γt) + c 2 sin (γt))e r 2m t x(t) = A sin(γt + ϕ 0 )e r 2m t Insbesondere gilt für r = 0: k γ = m 0 0 = ω und e 2m t = 1 4m2
35 Physikalische Interpretation ohne Reibung mit Reibung x(t) = A sin(γt + ϕ 0 )e r 2m t
36 Physikalische Interpretation ohne Reibung mit Reibung x(t) = A sin(γt + ϕ 0 )e r 2m t
37 Physikalische Interpretation ohne Reibung mit Reibung x(t) = A sin(γt + ϕ 0 )e r 2m t stellt eine gedämpfte harmonische Schwingung dar
38 Physikalische Interpretation ohne Reibung mit Reibung x(t) = A sin(γt + ϕ 0 )e r 2m t stellt eine gedämpfte harmonische Schwingung dar Amplitude klingt exponentiell ab
39 Physikalische Interpretation ohne Reibung mit Reibung x(t) = A sin(γt + ϕ 0 )e r 2m t stellt eine gedämpfte harmonische Schwingung dar Amplitude klingt exponentiell ab Geschwindigkeit der Abnahme abhängig vom Dämpfungsfaktor Abb: abklingendeschwingung.png?preview=preview ( ) r 2m
40 Voraussetzen der Einwirkung einer äuÿeren Kraft f (t) 0 mẍ = rẋ kx + f (t) mẍ + rẋ + kx = f (t) Abb: [3], S.119
41 Vorbemerkungen zur Lösung einer unhomogenen DGL Addiert man zu einer Lösung der unhomogenen Dierentialgleichung alle Lösungen der homogenen Dierentialgleichung, erhält man sämtliche Lösungen der unhomogenen.
42 Vorbemerkungen zur Lösung einer unhomogenen DGL Addiert man zu einer Lösung der unhomogenen Dierentialgleichung alle Lösungen der homogenen Dierentialgleichung, erhält man sämtliche Lösungen der unhomogenen. Die Wirkung einer Kraft f (t) ist in derselben Weise wie die Kraft selbst zerlegbar. f (t) = f 1 (t) + f 2 (t) (Superpositionsprinzip) } x 1 (t) löst mẍ + rẋ + kx = f 1 (t) x x 2 (t) löst mẍ + rẋ + kx = f 2 (t) 1 (t) + x 2 (t) löst f (t)
43 Vorbemerkungen zur Lösung der unhomogenen DGL Annahme der äuÿeren Kraft als a) Kosinus- oder b) Sinusschwingung, also in der Form a cos ωt oder b sin ωt
44 Vorbemerkungen zur Lösung der unhomogenen DGL Annahme der äuÿeren Kraft als a) Kosinus- oder b) Sinusschwingung, also in der Form a cos ωt oder b sin ωt f (t) = ce iωt
45 Vorbemerkungen zur Lösung der unhomogenen DGL Annahme der äuÿeren Kraft als a) Kosinus- oder b) Sinusschwingung, also in der Form a cos ωt oder b sin ωt f (t) = ce iωt Also gilt zu lösen: mẍ + rẋ + kx = ce iωt
46 Lösung der unhomogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = ce iωt gesucht: Lösung in Form einer Funktion, deren Ableitung sich selbst entspricht
47 Lösung der unhomogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = ce iωt gesucht: Lösung in Form einer Funktion, deren Ableitung sich selbst entspricht Lösungsansatz: Bestimmen einer Konstante σ, sodass x = σe iωt eine Lösung darstellt
48 Lösung der unhomogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = ce iωt gesucht: Lösung in Form einer Funktion, deren Ableitung sich selbst entspricht Lösungsansatz: Bestimmen einer Konstante σ, sodass x = σe iωt eine Lösung darstellt ẋ = iωσe iωt ẍ = ω 2 σe iωt
49 Lösung der unhomogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = ce iωt gesucht: Lösung in Form einer Funktion, deren Ableitung sich selbst entspricht Lösungsansatz: Bestimmen einer Konstante σ, sodass x = σe iωt eine Lösung darstellt ẋ = iωσe iωt ẍ = ω 2 σe iωt mω 2 σ + irωσ + kσ = c c σ = mω 2 + irω + k
50 Lösung der unhomogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = ce iωt a) cα cos(ωt + ϕ 1 ) ist Lösung von mẍ + rẋ + kx = c cos ωt b) cα sin(ωt + ϕ 1 ) ist Lösung von mẍ + rẋ + kx = c sin ωt
51 Lösung der unhomogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = ce iωt a) cα cos(ωt + ϕ 1 ) ist Lösung von mẍ + rẋ + kx = c cos ωt b) cα sin(ωt + ϕ 1 ) ist Lösung von mẍ + rẋ + kx = c sin ωt Die Wirkung ist eine Funktion derselben Art wie die von auÿen einwirkende Kraft, eine ungedämpfte Schwingung.
52 Lösung der unhomogenen DGL: mẍ + r ẋ + kx = ce iωt a) cα cos(ωt + ϕ 1 ) ist Lösung von mẍ + rẋ + kx = c cos ωt b) cα sin(ωt + ϕ 1 ) ist Lösung von mẍ + rẋ + kx = c sin ωt Die Wirkung ist eine Funktion derselben Art wie die von auÿen einwirkende Kraft, eine ungedämpfte Schwingung. Allgemeine Lösung: a) x(t) = cα cos(ωt + ϕ 1 ) + A sin(γt + ϕ 0 )e r 2m b) x(t) = cα sin(ωt + ϕ 1 ) + A sin(γt + ϕ 0 )e r 2m
53 Einführung die äuÿere Kraft kann mit verschiedenen Frequenzen einwirken
54 Einführung die äuÿere Kraft kann mit verschiedenen Frequenzen einwirken Betrachtung des Verzerrungsfaktors α in Abhängigkeit von der Erregerfrequenz ω > 0 α = ψ(ω) = 1 (k mω2 ) 2 + r 2 ω 2
55 1 kurve ψ(ω) = (k mω2 ) 2 +r 2 ω 2 maximaler Verzerrungsfaktor α bei: ψ (ω) = ( 4mω(k mω2 ) + 2r 2 ω) 2 ((k mω 2 ) 2 + r 2 ω 2 ) 3! = 0
56 1 kurve ψ(ω) = (k mω2 ) 2 +r 2 ω 2 maximaler Verzerrungsfaktor α bei: ψ (ω) = ( 4mω(k mω2 ) + 2r 2 ω) 2 ((k mω 2 ) 2 + r 2 ω 2 ) 3! = 0 ( 4mω 1 (k mω 2 1) + 2r 2 ω 1 ) = 0 4kmω 1 + 4m 2 ω r 2 ω 1 = 0 ω 1 > 0 k ω 1 = m r 2 2m 2
57 1 kurve ψ(ω) = (k mω2 ) 2 +r 2 ω 2 maximaler Verzerrungsfaktor α bei: ψ (ω) = ( 4mω(k mω2 ) + 2r 2 ω) 2 ((k mω 2 ) 2 + r 2 ω 2 ) 3! = 0 ( 4mω 1 (k mω 2 1) + 2r 2 ω 1 ) = 0 4kmω 1 + 4m 2 ω r 2 ω 1 = 0 ω 1 > 0 k ω 1 = m r 2 2m 2 ω 1 heiÿt frequenz
58 1 kurve ψ(ω) = (k mω2 ) 2 +r 2 ω 2 maximaler Verzerrungsfaktor α bei: ψ (ω) = ( 4mω(k mω2 ) + 2r 2 ω) 2 ((k mω 2 ) 2 + r 2 ω 2 ) 3! = 0 ( 4mω 1 (k mω 2 1) + 2r 2 ω 1 ) = 0 4kmω 1 + 4m 2 ω r 2 ω 1 = 0 ω 1 > 0 k ω 1 = m r 2 2m 2 ω 1 heiÿt frequenz falls: Erregerfrequenz (ω) Eigenfrequenz (γ)
59 1 katastrophe ψ(ω) = (k mω2 ) 2 +r 2 ω 2 maximaler Verzerrungsfaktor bei α max = ψ(ω 1 ) = 1 k r r 2 m 4m 2
60 1 katastrophe ψ(ω) = (k mω2 ) 2 +r 2 ω 2 maximaler Verzerrungsfaktor bei α max = ψ(ω 1 ) = 1 k r r 2 m 4m 2 für r 0 strebt α gegen unendlich katastrophe
61 kurven für m = 1, k = 1 Abb: [1], S.438 (veränderte Version)
62 Beispiele Einführung Schaukel
63 Beispiele Einführung Schaukel Glas
64 Beispiele Einführung Schaukel Glas Tacoma-Brücke Abb: zersingen_1_3.pdf ( )
65 Quellenangaben [1] Courant, Richard: Vorlesungen über Dierential und Integralrechnung 1,Springer Verlag, Berlin - Heidelberg - New York, 4.Auage, [2] Heuser, Harro: Lehrbuch der Analysis Teil 1, Teubner Verlag, Wiesbaden, 16. Auage, [3] Grehn, Joachim & Krause, Joachim (Hrsg.): Metzler Physik, Schroedel Verlag, Hannover, 3. Auage, 2004.
66 ...Frohe Weihnachten! Vielen Dank für Eure Aufmerksamkeit!
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