Physik I Übung 12 - Lösungshinweise

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1 Physik I Übung - Lösungshinweise Stefan Reutter WS 0/ Moritz Kütt Stand: 7. Februar 0 Franz Fujara Aufgabe Zielich Koplex Das Ganze a) Stelle eine Differentialgleichung für ein ungedäpftes Federpendel auf und bestie ihre allgeeine Lösung ithilfe eines koplexen Exponentialansatzes. b) Mach das gleiche nochal für ein gedäpftes Federpendel. c) Unterscheide für b) die drei unterschiedlichen Fälle abhängig von den Paraetern der DGL wie in der Vorlesung und skizziere jeweils das Zeitverhalten a) ẍ + ω 0 x = 0 wobei ω 0 = D Der Lösungsansatz ist x(t) = Ae λt ẋ(t) = λae λt ẍ(t) = λ Ae λt Das setzt an einfach in die DGL ein und erhält λ + ω 0 Ae λt = 0 Dait das für alle Zeiten gelten kann, uss die Klaer vorne 0 sein, d.h. λ = D ω 0 = ±iω 0 = ±i x(t) = Ae i D t + A e i D t Zusatzinfo: Eine reelle Lösung erhält an hieraus, inde an die Anfangsbedingungen einsetzt oder äquivalent von einer der Lösungen den Realteil nit. Setzt an reelle Anfangsbedingungen ein, findet an in der koplexen Lösung ier heraus, dass die Aplituden A und A zueinander koplex konjugiert sind. Daher wird die Sue Ae iωt + A e iω 0t = Re(Ae iω 0t )

2 Ein Beispiel: Wir setzen x(0) = x 0 ẋ(0) = v 0 Setzt an das oben ein ergeben sich für die Aplituden die Bedingungen A + A = x 0 iω 0 (A A ) = v 0 A = x 0 i v 0 ω 0 A = x 0 + i v 0 ω 0 Dait ist x(t) = x 0 e iω 0 t + e iω 0t + v 0 iω 0 e iω 0 t e iω 0t = x 0 cos ω 0 t + v 0 ω 0 sin ω 0 t b) ẍ + γẋ + ω 0 x = 0 wobei γ = β Das geht analog wie in a) λ + γλ + ω 0 Ae λt = 0 Weil das wieder für alle Zeiten gelten uss, uss die Klaer wiederu 0 sein λ = γ ± γ ω 0 }{{} iω x(t) = Ae iωt + A e iωt e γt Setzt an wieder Anfangswerte ein, ergibt sich A + A = x 0 (iω γ)a (iω + γ)a = v 0 (iω γ)a + (iω + γ)a = (iω + γ)x 0 + v 0 A = x 0 i ω (γx 0 + v 0 ) A = x 0 + i ω (γx 0 + v 0 )

3 Nun hängt alles davon ab, ob ω = ω 0 γ reell oder iaginär ist, d.h. von der Stärke der Däpfung. Man uss drei Fälle unterscheiden. Der erste Fall ist der schwach gedäpfte Fall γ < ω 0. Hier ist ω reell (d.h. die Wurzel ist iaginär) und an erhält eine typische Sin/Cos-Schwingung, deren Aplitude jedoch durch den Faktor e γt it der Zeit ier kleiner wird Der zweite Fall ist der überdäpfte Fall oder Kriechfall γ > ω 0. ω ist nun iaginär (die Wurzel ist also reell) und an erhält soit einen bi-exponentiellen Abfall. Unten ist nur ein Beispiel, wobei die rote Kurve der negativere der beiden Exponenten ist, die gelbe der weniger negative und die blaue die bi-exponentielle Kurve it beiden gleich gewichtet (x(0) =, v 0 + γx 0 = 0) x(t) = Ae (γ γ ω 0 )t + A e (γ+ γ ω 0 )t Der dritte und schwierigste Fall ist der aperiodische Grenzfall, der den Übergang zwischen den beiden ersten Fällen bei γ = ω 0 darstellt. Er ist deshalb kopliziert, weil nun die beiden Eigenwerte zu γ entarten und an soit eine weitere Lösung konstruieren uss (eine lineare DGL zweiter Ordnung uss ier zwei Lösungen haben). Wenn an das ausrechnet stellt sich heraus, dass x(t) = A + A t e γt 3

4 Wir wollen hier nur otivieren, dass es auch für den aperiodischen Fall Lösungen gibt, die z.b. in 0 anfangen aber nicht für ier dort bleiben üssen. Unten ist so ein Fall gezeigt (und der dazugehörige exponentielle Abfall) Setzt an hier die üblichen Anfangswerte ein, kot an auf etwas andere Bedingungen für die Aplituden A = x 0 γa + A = v 0 A = v 0 + γx 0 Der Übergang zwischen den drei Fällen ist natürlich stetig. Wenn an γ also u ω 0 durchfährt geht die schwingende Lösung in den aperiodischen Fall über, der dann in den Kriechfall übergeht Aufgabe Auch Zielich Koplex Stelle die Differentialgleichung für ein getriebenes, gedäpftes Federpendel it der haronischen Anregung U(t) = U sin (ωt) auf. Löse sie allgeein it Hilfe eines koplexen Exponentialansatzes. Diskutiere, wie sich die Phasenverschiebung in Abhängigkeit von der Anregungsfrequenz ω verhält. Hinweis: Betrachte die Anregung ebenfalls als koplex und ni nachher den Iaginärteil der Lösung. Nun hat an es it einer inhoogenen DGL zu tun ẍ + γẋ + ω 0 x = U sin (ωt) 4

5 Zuerst al vereinfachen wir uns das Leben, inde wir die Anregung koplex achen. Wir setzen U (t) = I (U(t)) = I Ue iωt Wenn nun die beiden Seiten i Koplexen gleich sind, uss auch der Iaginärteil gleich sein, d.h. unsere Gleichung uss erfüllt sein. ẍ + γẋ + ω 0 x = Ueiωt Eine inhoogene DGL löst an, inde an die allgeeine Lösung der hoogenen Gleichung nit und noch eine spezielle inhoogene Gleichung dazuaddiert. Die Lösung der hoogenen Gleichung ist aus der vorherigen Aufgabe bekannt. Eine inhoogene Gleichung erhält an, inde an ansetzt, dass der Einschwingvorgang vorüber ist und das Pendel nun it der Erregerfrequenz itschwingt. Wir achen also den Ansatz x i (t) = Ce iωt ẋ i (t) = iωce iωt ẍ i (t) = ω Ce iωt In die DGL eingesetzt gibt das eine Bestiungsgleichung, wie an C wählen uss, dait sich eine spezielle Lösung ergibt C ω + iγω + ω 0 = U U ω 0 ω + iγω = C Durch eine Probe kann an leicht beweisen, dass das tatsächlich eine Lösung ist. Die allgeeine koplexe Lösung ergibt sich dann zu x C (t) = x h (t) + x i (t) = ω Ae i 0 γt + A e i ω 0 γ t e γt U + ω 0 ω + iγω eiωt Nun uss an noch den Iaginärteil nehen, u auf die Lösung zu koen, die uns eigentlich interessiert. Da die explizite For des Iaginärteils von der Däpfungsstärke i Vergleich zur Eigenfrequenz abhängt, kann an in dieser allgeeinen For ohne Anfangsbedingung nicht ehr viel weiterrechnen. Die Phasenverschiebung ist während des Einschwingvorgangs nicht konstant und deshalb erst danach interessant. Dort gilt die spezielle Lösung, deren Phasenverschiebung gerade die Phase der koplexen Zahl C ist C = C e iφ = Für die Phase uss gelten U ω 0 ω + iγω = U ω (ω 0 ω ) + (γω) 0 ω iγω tan φ = γω ω 0 ω 5

6 Das hat i.a. zwei Lösungen (eine i Bereich zwischen π und + π sowie eine zwischen π und 3 π). Wenn an den Iaginärteil von C betrachtet, findet an, dass dieser stets negativ ist, das Pendel de Erreger also hinterher hinkt. Insbesondere ist φ = 0 φ = π φ = π für ω 0 (Erreger und Oszillator in Phase) für ω = ω 0 (bei schwacher Däpfung etwa ω ax ) für ω (Erreger und Oszillator gegenphasig) ω >> ω 0 φ(ω) ω << ω 0 ω = ω 0 Noch ein Wort zur Interpretation: Man sieht an der allgeeinen Lösung oben schon, dass die Lösung für lange Zeiten durch den Faktor e γt in die itschwingende Lösung exponentiell hereinläuft. Während des Einschwingvorgangs können allerdings durch die Überlagerung der beiden Schwingungen i Allgeeinen sehr koplizierte Dinge passieren. Unten ist ein Beispiel dafür gezeigt it x(0) = ẋ(0) =

7 Hausaufgabe Gedäpft durch die Wüste düsen Vier utige Abenteurer (jeweils = 75kg) düsen in ihre (näherungsweise ungedäpft) gefederten Wüstenbuggy (M = 65 kg) durch die Wüste. Sie fahren auf einer Waschbrettstraße, bei der der Abstand der Bodenwellen genau 4 ist. Sie probieren verschiedene Geschwindigkeiten aus, und stellen dann fest, dass die axiale Schwingung des Autos bei einer Geschwindigkeit von 0 k/h erreicht wird. Nachde sie eine Weile durchgeschüttelt wurden, steigen alle vier aus. Wie hoch steigt die Karosserie des Autos? Ohne Däpfung ist die Resonanzfrequenz ω r = ω 0 γ = ω 0 Dann lässt sich die Federkonstante berechnen. D ω 0 = M + 4 D =ω 0 (M + 4) =ω r (M + 4) = π T (M + 4) πv = (M + 4) d Es gilt nun für Federn F = Dx und die Kraft durch die Zuladung z ist F = z g. Mit der Federkonstante kann an den Unterschied zwischen volle und leeren Auto berechnen: (M + 4)g x = M g D D = 4g D d =4g πv (M + 4) =0.0 7

8 Hausaufgabe Däpfung bei Däpfen Peter, Physiker, kocht unglaublich gerne. Insbesondere däpft er gerne verschiedenste Dinge in seine Dapfgarer. Dazu hat er ein neues tolles Gerät erfunden: Den Däpf-Rührer. Er besteht aus eine schweren Kochlöffel, den Peter so über eine Topf aufgehängt hat, dass er durch seine Schwingung die Lebensittel i Topf rühren kann. Da Peter noch keinen Motor eingebaut hat, daher schwingt der Kochlöffel nach einer Anfangsauslenkung frei. Wenn die Schwingung des Däpf-Rührers durch die zu däpfenden Lebensittel gedäpft wird, stellt Peter fest, dass die resultierende Frequenz 5% geringer ist als die Eigenfrequenz i ungedäpften Fall. Nun öchte Peter berechnen, wie lange der Rührer i gedäpften Fall ohne zusätzliche Anregung weiter rührt. Berechne dazu, u welchen Faktor sich die Aplitude i gedäpften Fall während einer Schwingungsperiode verringert! Die Frequenz der gedäpften Schwingung ist u 5 % geringer als die der ungedäpften: ω =0.95ω 0 ω 0 = ω 0.95 Die Frequenzen hängen (siehe Aufgabe ) so zusaen ω = ω 0 γ Daraus lässt sich die Däpfungskonstante berechnen γ = ω 0 ω =ω 0.95 Nun noch das Verhältnis zweier aufeinanderfolgender Aplituden: A(T + t) A(t) = A 0e γ(t+t) A 0 e γt =e γt =e ω π ω 0.95 =e π 0.95 =0.3 8

9 Hausaufgabe 3 Taschenuhr i Vakuusafe Dein Chef weiß, dass du furchtbar neidisch auf seine goldene Taschenuhr bist. Deshalb hat er sie unter eine Glasglocke gepackt und die Luft abgesaugt. Du kannst die Glasglocke nicht bewegen, öchtest aber gerne die Uhr zerstören. Zu deine Glück hängt in der Glocke direkt über der Uhr eine Masse an einer Feder it Federkonstante D. Der Abstand zwischen Masse und Uhr ist a 0. Du kost auf die geniale Idee, das Pendel it eine Magneten nach unten zu ziehen, so dass es die Uhr zertrüert. Leider reicht dein Magnet nicht stark genug, aus der Gleichgewichtslage kannst du das Pendel nur u a ausdehnen (a < a 0 ). Du kannst nun den Magneten so bewegen, dass du auf das Pendel eine Kraft der For F = F 0 cos(ωt) ausübst. Du versuchst dait nun die Uhr zu zerstören (also it der Pendelasse die Uhr zu berührern). a) Welche Frequenz ω ist dabei a günstigsten? Hinweis: Suche das Maxiu der Aplitude i stationären Zustand! b) Wie groß darf dabei die Däpfung des Pendels axial sein? a) Wir suchen das Maxiu der Aplitude da! =0 dω da dω = d dω = F 0 F 0 / (ω 0 ω ) + (γω) 4ω 0 ω + 4ω3 + 8γ ω (ω 0 ω ) + (γω) 3 0 = ω 0 + ω + γ ω = ω 0 γ Das ist die Resonanzfrequenz ω r. b) Der Magnet kann das Pendel axial u a ausdehnen. Daher können wir F 0 = Da setzen. Die axial ögliche Aplitude erreichen wir bei ω = ω r. U die Uhr zu erreichen uss A(ω r ) a 0 gelten. Je größer der Däpfungsfaktor, desto geringer wird die Aplitude. Das größte γ ist daher das γ, bei de die Uhr gerade noch erreicht wird, also: 9

10 F 0 D A(ω r ) =a 0 =a (ω 0 ω r ) + (γω r ) 0 a =a (ω 0 ω r ) + (γω r ) 0 D a =a 4γ 4 + 4γ ω 0 0 8γ4 D a =4γ ω 0 a 4γ4 0 D a =0 γ 4 γ ω a 0 a =0 γ 4 γ ω ω4 0 a 0 γ = ± γ = ± ω 0 ± ω ω4 0 4 ω 0 ± ω 0 a a 0 a a 0 Ein negatives γ acht keinen Sinn und für positives Vorzeichen unter der Wurzel würde die Resonanzfrequenz iaginär, was auch keinen Sinn acht. Daher ergibt sich γ = ω 0 ω 0 a a 0 Hausaufgabe 4 Das Fiese Kinderpendel Manni und Egon ( M + E = 70 kg) koen einfach nicht zur Ruhe. Diesal haben die geeinen Halbstarken beide zusaen an eine große Feder it Federkonstante D = 40 kn gehängt und it einer Energie von 40 J angeschubst. a) Wie groß ist die Aplitude der Schwingung? b) Wie hoch ist die axiale Geschwindigkeit der beiden Kinder? 0

11 a) Ds = E E s = D = 0.04 b) v = E E v = = /s