Lösungen Aufgabenblatt 11

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1 Ludwig Maximilians Universität München Fakultät für Physik Lösungen Aufgabenblatt 11 Übungen E1 Mechanik WS 2017/2018 ozent: Prof. r. Hermann Gaub Übungsleitung: r. Martin Benoit und r. Res Jöhr Verständnisfragen i.) Unter Schwebung versteht man eine Schwingung deren Amplitude sinus-förmig moduliert ist. Sie kann mathematisch als Überlagerung (Superposition) zweier Schwingungen beschrieben werden. ii.) ie erzeugte Schwingung hat eine Phasenverschiebung von { } 2γω ϕ(ω) = arctan ω0 2 ω2 zur anregenden Schwingung. Im Resonanzfall ist sie gerade π/2. Sie hinkt also der Anregung hinterher. iii.) Eine Kinderschaukel lässt sich als parametrischer harmonischer Oszillator beschreiben. Moduliert man den freien Parameter (z.b. Seillänge) mit einer Frequenz welche gerade dem doppelten der Schwingungfrequenz entspricht, lässt sich die Schwingung gezielt anregen. iv.) ie Pendel können miteinander in Phase schwingen. ie ursprüngliche Auslenkung der Pendel ist gleich. ie Pendel können entgegengesetzt schwingen, d.h. mit einer Phasenverschiebung π relativ zueinander. ie Pendel sind am Anfang gerade in entgegengesetzter Richtung ausgelenkt. Es kann eine Schwebung entstehen bei welcher die Energie eines Pendels nacheinander jeweils auf das andere übertragen wird. Um diesen Fall zu realisieren darf zu Beginn bloss ein Pendel ausgelenkt sein. Aufgabe 1 (Gedämpfte Oszillation) a.) Aus der Bedingung, dass die gedämpfte Schwingung die Frequenz ω = 0.9ω 0 haben soll, lässt sich die ämpfung γ = b 2m bestimmen ( ) b 2 ω = ω 0 1 2mω 0 }{{} =0.9 γ = b 2m = 0, 436ω 0 Für die Amplitude eines gedämpften Oszillators gilt: A (t) = Ae bt 2m ie Amplitude verringert sich pro Periode T um den Faktor e b 2m t = e 0,436ω0T = e 0,436ω 0 2π ω = e 0,436ω 0 2π 2π 0,9ω 0,436 0 = e 0,9 = 0,

2 b.) ie Energie einer Schwingung ist proportional zum Quadrat der Amplitude. Es gilt daher: E A 2 E = 0, E ie Energie fällt pro Periode T um den Faktor 0, Oder anders ausgedrückt sie verringert sich um 99,773 %. c.) ie Güte Q eines Oszillators ist definiert durch Q = ω 0 2γ wobei γ = b Teilaufgabe a.) gerade γ = 0.436ω 0 ist. araus folgt 2m für unseren Fall gem. Q = ω 0 2γ = 1 = 1, , 436 ie Anzahl Schwingungen, welche der Oszillator macht bis die Energie auf 1/e abgefallen ist, ist dann: N s = Q 2π = 0, 18 Aufgabe 2 (Träges Pendel) Ein Federpendel mit Federkonstante und ein Fadenpendel mit einem masselosen Faden der Länge L sollen synchronisiert werden. Beide Kugeln haben dieselbe Masse M. a) Stellen Sie die ifferenzialgleichung für das Federpendel auf. Lösen Sie diese durch Ansatz einer Cosinusfunktion und geben Sie die Kreisfrequenz ω der Schwingung an. b) Wie lautet die Kreisfrequenz ω für das Fadenpendel mit Punktmasse im Schwerefeld mit Erdbeschleunigung g (in Kleinwinkelnäherung)? c) Welche Fadenlänge muss bei gegebener Federkonstante gewählt werden, damit die Kreisfrequenzen gleich sind? d) Betrachten wir nun die gleiche Situation für Kugeln mit endlichem Radius R. Wie ändert sich dadurch die Kreisfrequenz des Federpendels? e) Bei welchem Kugelradius schwingt das Fadenpendel bei gleicher Fadenlänge (bis zum Mittelpunkt der Kugel) um 1 Prozent langsamer als das Federpendel? Mgd s I (Hinweis: ie Kreisfrequenz des physikalischen Pendels ist ω = wobei d s der Abstand des Aufhängepunkts vom Schwerpunkt und I das Trägheitsmoment bezüglich des Aufhängepunkts ist. as Trägheitsmoment einer homogenen Vollkugel beträgt I K = 2 5 MR2 ). Lösung: 2

3 a.) Zum Aufstellen der ifferentialgleichung benötigen wir nur die rücktreibende Kraft F = x, wobei x die Auslenkung aus der Ruhelage darstellt, sowie das zweite Newton sche Gesetz. F = Ma = Mẍ = x ẍ = M x Als Lösungsansatz wählen wir x(t) = A cos(ωt). Einsetzen ergibt dann ẍ(t) = Aω 2 cos(ωt) = ω 2 x(t). araus folgt unmittelbar, dass ω = M. b.) In der Kleinwinkelnäherung ist die Kreisfrequenz des Pendels durch ω = Mgd s I Fadenpendel mit Punktmasse M ist I = ML 2 und d s = L. Somit folgt ω = g L. gegeben. Beim c.) ie beiden Kreisfrequenzen aus den vorhergehenden Teilaufgaben müssen gleich sein. Es folgt somit M = g L L = Mg. d.) Beim Federpendel hat die Grösse der Kugel keinen Einfluss auf die Kreisfrequenz (solange die Masse sich nicht ändert). e.) urch die Verteilung der Masse auf eine Kugel mit Radius R wird das Trägheitsmoment bezüglich des Aufhängepunkts vergrössert von ursprünglich I = ML 2 auf I = I K +ML 2 (Satz von Steiner). Einsetzen des Trägheitsmomentes I K = 2 5 MR2 für eine Vollkugel liefert I = M( 2 5 R2 +L 2 ). Somit erhält man die Kreisfrequenz des Pendels zu ω F aden = Mgds I = Mgd s M ( 2 5 R2 + L 2) Aus der Bedingung 0.99 T F aden = T F eder folgt dass ω F aden ω F eder = Einsetzen der Formeln für die Kreisfrequenzen führt auf M = gl (0, 99) ( R2 + L 2). Auflösen nach R gibt: Aufgabe 3 (Gekoppeltes Pendel) R 2 = ( ) 5 glm 2 (0, 99) 2 L2. rei identische mathematische Pendel der Länge L und Masse m werden in einer Reihe angeordnet. ie benachbarten Pendel werden jeweils durch masselose Federn mit der Federkonstante k gekoppelt. ie Federn sind jeweils Abstand l zum Aufhängepunkt angebracht. Berechnen Sie die Eigenfrequenzen und geben Sie die Eigenschwingungen an. Verwenden Sie für die ganze Aufgabe die Kleinwinkelnäherung. a.) Stellen Sie die drei gekoppelten ifferentialgleichungen für die einzelnen Pendel auf. ie Auslenkung aus der Gleichgewichtslage sei jeweils φ ν, mit ν [1, 2, 3]. Beachten Sie hierfür für jedes einzelne Pendel den Einfluss der Gravitation sowie die Wechselwirkung über die angehängte(n) Feder(n). 3

4 l L P 1 P 2 P 3 b.) Stellen Sie ifferentialgleichungen in Matrixschreibweise φ = A φ dar. Führen Sie hierzu die folgenden Konstanten ein: ω 2 0 := g L κ := kl2 ml 2 ie einzelnen Einträge der Matrix A lassen sich als Linearkombination der neuen Konstanten ω 2 0 und κ darstellen. c.) Verwenden Sie den Ansatz φ ν = ˆφ ν e iωt und setzen Sie diesen in die Gleichung ein. urch Umstellen erhalten Sie eine Gleichung folgender Art: Lösung: 0 = B ˆ φ a.) ie Schwingung eines Pendels resultiert aus einem wirkenden rehmoment. In diesem Fall wird es durch die Gravitations- sowie die Federkraft verursacht. Um die ifferentialgleichungen aufzustellen müssen wir also gerade dieses rehmoment betrachten. Wenn wir das erste Pendel leicht auslenken so wirken auf dieses die folgende rehmomente: M g = L F g = L sin φ 1 mg Lφ 1 mg, M k = l F k = l cos φ 1 ( kl(sin φ 1 φ 2 )) kl 2 (φ 1 φ 2 ). abei haben wir jeweils die Kleinwinkelnäherung für die trigonometrischen Ausdrücke verwendet. Für das Gesamtdrehmoment lässt sich also schreiben: M tot = I φ 1 = Lφ 1 mg kl 2 (φ 1 φ 2 ). Basierend auf diesen Überlegungen lassen sich nun die GL für N = 3 aufstellen: I φ 1 = Lmgφ 1 kl 2 (φ 1 φ 2 ), I φ 2 = Lmgφ 2 kl 2 (φ 2 φ 3 ) + kl 2 (φ 1 φ 2 ) = Lmgφ 2 + kl 2 φ 1 2kl 2 φ 2 + kl 2 φ 3, I φ 3 = Lmgφ 3 kl 2 (φ 3 φ 2 ). 4

5 d.h. an Pendel 1 zieht Pendel 2 mit φ 2 an Pendel 3 zieht Pendel 2 mit φ 2 an Pendel 2 zieht Pendel 1 und 3 mit φ 2 und φ 3 b.) Verwenden wir die folgenden Ausdrücke, so lassen sich die Gleichungen in eine übersichtliche Matrixgleichung überführen. I := ml 2 ω 2 0 := g L κ := kl2 ml 2 (L: Bahn der Pendelmassen, l: Abstand zwischen Aufhängung und Pendelmasse) φ 1 ω0 2 κ κ 0 φ 1 φ 2 = κ ω0 2 2κ κ φ 2 φ 3 0 κ ω0 2 }{{ κ φ 3 } =A c.) Mit φ ν = ˆφ ν e iωt lässt sich die Linke Seite aus b.) durch φ = ˆ φ ω 2 E ausdrücken, wobei E die Einheitsmatrix ist. Umstellen der Lösung aus b) ergibt dann 0 = (A + ω 2 E) ˆ φ. Oder vollständig ausgedrückt: 0 ω 2 ω0 2 κ κ 0 ˆφ 1 0 = κ ω 2 ω0 2 2κ κ ˆφ κ ω 2 ω0 2 }{{ κ ˆφ } 3 =B Aufgabe 4 (Getriebener harmonischer Oszillator) Ein harmonischer Oszillator (HO) ist gegeben, wenn auf eine Masse m eine rückstellende Kraft F = kx entgegengesetzt zur Auslenkung wirkt. Beim gedämpften, getriebenen HO wirkt zusätzlich Reibung, welche proportional zur Geschwindigkeit ist F = bẋ sowie eine periodische Kraft mit Frequenz ω, welche den HO antreibt. a.) Leiten Sie aus diesen Annahmen die ifferentialgleichung für einen getriebenen harmonischen Oszillator her. Tipp: Um später einen komplexen Lösungsansatz verwenden zu können, müssen Sie auch die antreibende Kraft komplex formulieren. Lösung: ie auf den Oszillator wirkende Gesamtkraft ist die Summe der einzelnen Teilkräfte, wie sie in der Aufgabenstellung erwähnt wurden. Es folgt daraus F tot = i F i = F 0 e iωt x bẋ Analog zu Aufgabe 1 folgt mit mẍ = F tot, dass Nebenbemerkung: Unter Verwendung von γ = bekannte Form überführen. mẍ + bẋ + x = F 0 e iωt b 2m ; ω 0 = m und κ = F 0 m ẍ + 2γẋ + ω 2 0x = κe iωt lässt sich diese in die 5

6 b.) Nutzen Sie den Ansatz x = A(ω)e i(wt+ϕ) um die ifferentialgleichung zu lösen und finden Sie einen Ausdruck für A(ω) und ϕ(ω). Lösung: Einsetzen des Ansatzes x = A(ω)e i(wt+ϕ) führt auf ẍ + 2γẋ + ω 2 0x = κe iωt Auflösen nach x(t) gibt ω 2 A(ω)e i(wt+ϕ) + 2γiωA(ω)e i(ωt+ϕ) + ω0a(ω)e 2 i(wt+ϕ) = κe iωt ( ω 2 + 2γiω + ω0) 2 A(ω)e i(ωt+ϕ) = κe iωt }{{} x(t) x(t) = κ ω 2 0 ω2 + 2γiω eiωt. Wir stellen fest, dass die Amplitude komplex ist. ies ist insofern einleuchtend da sie ja die Phasenverschiebung ϕ beinhalten muss. ieser Sachverhalt legt nahe die Amplitude in die Form A = ae iϕ zu bringen. Unter Berücksichtigung, dass alle verwendeten Variablen (außer A) reell sind (d.h. man braucht lediglich den Nenner umzuformen), folgt x(t) = ( { κ ωt arctan (ω 2 0 ω 2 ) 2 + (2γω) 2 ei }) 2γω ω 0 2 ω2 araus lassen sich die geforderten Ausdrücke gerade ablesen. { } κ 2γω A(ω) = (ω 2 0 ω 2 ) 2 + (2γω), ϕ(ω) = arctan 2 ω0 2 ω2 Wie gewünscht, erfüllt das erhaltene x(t) die ursprüngliche Form des Ansatzes. c.) Geben Sie eine Formel für die Resonanzfrequenz an. Lösung: Für die Resonanzfrequenz ω res gilt max(a) = A(ω res ). Um diese zu bestimmen sucht man am einfachsten nach dem Minimum des Nenners. ω ((ω2 0 ω 2 res) 2 + (2γω res ) 2 ) = 0 2(ω 2 0 ω 2 res)( 2ω res ) + 8γ 2 ω res = 0 (ω 2 0 ω 2 res 2γ 2 )ω res = 0 a ω = 0 aus offensichtlichen Gründen nicht die Lösung für die maximale Amplitude sein kann, muss ω res = ω 2 0 2γ2 die Lösung sein. 6