Physik III, WS 1992/93

Lösungen zur Übung Nr. 3

Besprechung: 25. November 1992
Aufgabe 1: (5 Punkte)
a) Der Strom $I$ ist gegeben durch

$$I = \frac{dQ}{dt} = \frac{d}{dt}(C U_{0}) = U_{0} \frac{d}{... ...s(\omega t)} {d_{0}^{2} (1 + (a/d_{0}) sin(\omega t))^{2}}$$ (1)

b) Spezielle Lösung: Man könnte die Amplituden des Grundtones und des ersten Obertones mit der Integraldefinition der Fourierkoeffizienten berechnen. Dieses Vorgehen erweist sich allerdings in diesem Fall bereits als außerordentlich schwierig. Da nach Hinweis $a/d_{0} \ll 1$ ist, können wir nach Potenzen von $(a/d_{0}) sin(\omega t)$ entwickeln. Wegen

$$\frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} x^{n} \; \; \; f''ur \; \; \; \vert x\vert < 1,$$ (2)

folgt in zweiter Ordnung von $a/d_{0}$:

$$\frac{1}{1+(a/d_{0}) sin(\omega t)} \approx 1 - (\frac{a}{d... ...mega t) + (\frac{a}{d_{0}})^{2} sin^{2}(\omega t) \pm .......$$ (3)

und

$$I = \frac{\epsilon_{0} A U_{0}}{d_{0}} \frac{d}{dt} \left( \frac{1}{1+(a/d_{0}) sin(\omega t)} \right)$$ (4)

$$\approx - \frac{\epsilon_{0} A U_{0} a \omega}{d_{0}^{2}} \left( cos(\omega t) - 2 (\frac{a}{d_{0}}) sin(\omega t) cos(\omega t) \right)$$ (5)

$$= - \frac{\epsilon_{0} A U_{0} a \omega}{d_{0}^{2}} \left( cos(\omega t) - (\frac{a}{d_{0}}) sin(2\omega t) \right)$$ (6)

Das Verhältnis der Amplituden ist

$$\underline{\frac{I_{2}}{I_{1}} = \frac{a}{d_{0}}}$$ (7)

Die Reihenentwicklung zu dieser Lösung wurde im übrigen in den Rechenübungen am 4.11.92 auf Seite 3 angegeben.
Allgemeine Lösung: Die allgemeine Lösung zu dieser Aufgabe wurde ebenfalls in den Rechenübungen am 4.11.92 diskutiert (Seite 2/3). In der Aufgabe 3 dieser Rechenübungen setzen wir $z=i \epsilon e^{i\omega t}$ und entwickeln die Potenzreihe gemäß:

$$\frac{1}{1-i\epsilon e^{i\omega t}} = \sum_{n=0}^{\infty} i^{n} \epsilon^{n} e^{in\omega t} = \sum_{n=0}^{\infty} i^{n} \epsilon^{n} \left( cos(n\omega t) + i \; sin(n\omega t) \right)$$

$$= (1 - \epsilon \; sin(\omega t) - \epsilon^{2} \; cos(2\omega t) +... ... t) + \epsilon^{4} \; cos(4\omega t) - \epsilon^{5} \; sin(5\omega t) \pm ....)$$

$$+ i \left( \epsilon \; cos(\omega t) - \epsilon^{2} \; sin(2\omega ... ...+ \epsilon^{4} \; sin(4\omega t) + \epsilon^{5} cos(5\omega t) \pm .... \right)$$

Andererseits erhalten wir für die linke Seite der letzten Gleichung, wobei wir mit dem konjugiert Komplexen des Nenners erweitern:

$$\frac{1}{1-i\epsilon e^{i\omega t}} = \frac{(1+\epsilon \; ... ...(\omega t)}{1+ 2\epsilon \; sin(\omega t) + \epsilon^{2}}.$$

Vergleich der Imaginärteile führt auf

$$\frac{\epsilon \; cos(\omega t)}{1+2\epsilon \; sin(\omega ... ...^{4} sin(4\omega t) + \epsilon^{5} \; cos(5\omega t) \pm ...$$

Wir setzen $\epsilon = a/d_{0}$ und bemerken, daß nach Aufgabenstellung $\epsilon \ll 1$, also erst recht $\epsilon^{2} \ll 1$. Daher können wir im Nenner der linken Seite $\epsilon^{2}$ durch $\epsilon^{2} \; sin^{2}(\omega t)$ und $(1+ 2 \epsilon \; sin(\omega t) + \epsilon^{2})$ durch $(1+ \epsilon \; sin(\omega t))^{2}$ ersetzen. Die Summe auf der rechten Seite schreiben wir zusätzlich in allgemeiner Form. Dieses ergibt schließlich für den Strom:

$$I = -\frac{\epsilon_{0} A U_{0} a \omega}{d_{0}^{2}} \left... ...eft( \frac{a}{d_{0}} \right)^{2n-1} sin(2n\omega t) \right] .$$ (8)

Für das Verhältnis der Amplituden des 1. Obertones zum Grundton erhält man das gleiche Ergebnis wie in der obigen speziellen Lösung.
Aufgabe 2: (5 Punkte)
a) Spezielle Lösung
Die Auslenkung und die Steigung des Seils müssen an der Verbindungsstelle $x=0$ der beiden Seile $a$ und $b$ übereinstimmen. Dieses bedeutet:

$$\xi_{E}(0,t)+\xi_{R}(0,t) = \xi_{D}(0,t), \; \; \; \; \; \;... ...(0,t)}{\partial x} = \frac{\partial\xi_{D}(0,t)}{\partial x}$$ (9)

Setzen wir die angegebenen Wellen ein, so erhält man

$$A_{E} sin(-\omega t) + A_{R} sin(\omega t) = A_{D} sin(-\omega t)$$ (10)

$$A_{E} k_{a} cos(-\omega t) + A_{R} k_{a} cos(\omega t) = A_{D} k_{b} cos(-\omega t)$$ (11)

oder

$$-A_{E} + A_{R} = -A_{D}, \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; A_{E} k_{a} + A_{R} k_{a} = A_{D} k_{b}.$$ (12)

Aufgelöst nach $A_{R}$ und $A_{D}$ ergibt

$$\frac{A_{R}}{A_{E}} = \frac{k_{b}-k_{a}}{k_{b}+k_{a}} \; \;... ...\; \; \; \; \frac{A_{D}}{A_{E}} = \frac{2k_{a}}{k_{b}+k_{a}}.$$ (13)

Die Wellenzahlen $k_{a}$ und $k_{b}$ können durch die Dichten ausgedrückt werden,

$$k = \frac{\omega}{c} = \omega \sqrt{\frac{\rho A}{F_{s}}},$$ (14)

wobei $A$ der Querschnitt und $F_{s}$ die Spannungskraft bedeutet. Diese beiden Größen sind für beide Seile gleich groß, daher

$$\frac{A_{R}}{A_{E}} = \frac{\sqrt{\rho_{b}} - \sqrt{\rho_{a... ...frac{2\sqrt{\rho_{a}}} {\sqrt{\rho_{b}} + \sqrt{\rho_{a}}}.$$ (15)

Zahlenwerte eingesetzt:

$$\frac{A_{R}}{A_{E}} = \underline{0,46} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \frac{A_{D}}{A_{E}} = \underline{0,54}.$$ (16)

b) Allgemeine Lösung
Der in der Aufgabenstellung gemachte Ansatz für die drei Wellen schließt schon die Kenntnis der Phasen für die reflektierte und durchgelassene Welle ein. Allgemeiner hätten wir ansetzen können:

$$\xi_{E} = A_{E} sin(k_{a}x - \omega t)$$ (17)

$$\xi_{R} = A_{R} sin(k_{a}x + \omega t) + B_{R} cos(k_{a}x + \omega t)$$ (18)

$$\xi_{D} = A_{D} sin(k_{b}x - \omega t) + B_{D} cos(k_{b}x - \omega t)$$ (19)

Die Stetigkeitsbedingung $\xi_{E}+\xi_{R}=\xi_{D}$ ergibt an der Stelle $x=0$:

$$A_{E} sin(-\omega t) + A_{R} sin(\omega t) + B_{R} cos(\omega t) = A_{D} sin(-\omega t) + B_{D} cos(-\omega t)$$ (20)

oder:

$$(-A_{E} + A_{R} + A_{D}) sin(\omega t) = (-B_{R}+B_{D}) cos(\omega t)$$ (21)

Da diese Gleichung für alle Zeiten gelten soll, müssen die Koeffizienten für die Sinusterme und Cosinusterme getrennt gleich Null werden:

$$A_{E} = A_{R} + A_{D}, \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; B_{R} = B_{D}.$$ (22)

Aus der zweiten Stetigkeitsbedingung folgern wir entsprechend:

$$A_{E} k_{a} cos(-\omega t) + A_{R} k_{a} cos(\omega t) - ... ...) = A_{D} k_{b} cos(-\omega t) - B_{D} k_{b} sin(-\omega t)$$ (23)

Wiederum müssen die Koeffizienten der Sinusterme und Cosinusterme getrennt betrachtet werden, woraus folgt:

$$A_{E} k_{a} + A_{R} k_{a} = A_{D} k_{b}, \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; -B_{R} k_{a} = B_{D} k_{b}.$$ (24)

Die zweite Gleichung kann zusammen mit der oben hergeleiteten Bedingung $B_{R}=B_{D}$ nur erfüllt werden, wenn

$$B_{R} = B_{D} = 0$$ (25)

Unsere Annahme für den einfachen Ansatz der Wellen war also gerechtfertigt.
Aufgabe 3: (5 Punkte)
Nach Vorlesung ist die Wellenlänge der $n$-ten Eigenschwingung durch $\lambda_{n} = 2 L/n$ gegeben, die Kreisfrequenz entsprechend durch $\omega_{n} = k_{n} c = \pi n c/L$ oder auch $\omega_{n} = (\pi n/L) \sqrt{F_{s}/\mu}$ mit der linearen Massendichte $\mu$. Nach Übung 2.2 sind die linearen Dichten der kinetischen und potentiellen Energie:

$$\frac{dT}{dx} = \frac{1}{2} \mu \left( \frac{\partial\xi}... ...{2} F_{s} \left( \frac{\partial\xi}{\partial x} \right)^{2}.$$ (26)

Aus

$$\left( \frac{\partial\xi_{n}}{\partial t} \right) = - 2 A_{n} \omega_{n} sin(\omega_{n} t) sin(\frac{\pi n}{L} x)$$ (27)

$$\left( \frac{\partial\xi_{n}}{\partial x} \right) = 2 A_{n} \frac{\pi n}{L} cos(\omega_{n} t) cos(\frac{\pi n}{L} x)$$ (28)

folgt

$$\frac{dT}{dx} = 2 F_{s} A_{n}^{2} \frac{\pi^{2} n^{2}}{L^{2}} sin^{2}(\omega_{n} t) sin^{2}(\frac{\pi n}{L} x)$$ (29)

$$\frac{dU}{dx} = 2 F_{s} A_{n}^{2} \frac{\pi^{2} n^{2}}{L^{2}} cos^{2}(\omega_{n} t) cos^{2}(\frac{\pi n}{L} x)$$ (30)

Die zeitliche Mittelung ergibt in beiden Fällen:

$$\overline{sin^{2}(\omega_{n} t)} = \overline{cos^{2}(\omega_{n}t)} = \frac{1}{2},$$ (31)

daher

$$\overline{\frac{dE}{dx}} = \overline{\frac{dT}{dx}} + \ov... ...L} x) \right) = F_{s} A_{n}^{2} \frac{\pi^{2} n^{2}}{L^{2}}.$$ (32)

Als Endergebnis erhalten wir

$$\overline{E} = \int_{0}^{L} \overline{\frac{dE}{dx}} dx = \underline{F_{s} \frac{\pi^{2}}{L} A_{n}^{2} n^{2}}.$$ (33)

Die mittlere Energie nimmt also quadratisch mit $n$ zu. Diese gewaltige Energiezunahme der Obertöne kann nur abgefangen werden, wenn die Amplitude mit $A_{n} \sim 1/m \; (m>n)$ abnimmt. Hieraus kann eine Nebenbedingung für die Größe der Fourierkoeffizienten hergeleitet werden.
Aufgabe 4: (5 Punkte)
Der Laplace Operator $\Delta$ in der allgemeinen dreidimensionalen Wellengleichung

$$\frac{\partial^{2}\xi}{\partial t^{2}} = c^{2} \Delta \xi =... ...ial y^{2}} + \frac{\partial^{2}\xi}{\partial z^{2}} \right)$$ (34)

ist für kugelsymmetrische Probleme durch

$$\Delta \xi = \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r} \l... ...) = \frac{1}{r} \frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}} (r \xi).$$ (35)

gegeben. Die Wellengleichung erhält dann die Form:

$$\frac{\partial^{2}}{\partial t^{2}} (r \xi) = c^{2} \frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}} (r \xi).$$ (36)

Die Funktion $r \xi(r,t)$ erfüllt also unsere normale Wellengleichung, hat daher die allgemeine Lösung $r \xi(r,t) = \xi_{1}(r-ct) + \xi_{2}(r+ct)$. Dieses kann man auch schreiben als:

$$\xi(r,t) = \frac{1}{r} \left( \xi_{1}(r-ct) + \xi_{2}(r+ct) \right).$$ (37)

Die Form der obigen Lösung kann man natürlich durch Energiebetrachtung einer auslaufenden Kugelwelle erraten. Spezielle Lösungen sind die auslaufenden harmonischen Kugelwellen

$$\xi(r,t) = \frac{A}{r} sin(kr - \omega t)$$ (38)

und die stehenden Kugelwellen

$$\xi(r,t) = \frac{A}{r} (sin(kr-\omega t)+sin(kr+\omega t) ) = -\frac{2A}{r} sin(kr) cos(\omega t).$$ (39)

• Man beachte: Die auslaufenden Wellen $\xi(r,t)= (1/r) cos(kr-\omega t)$ und stehenden Kugelwellen $\xi(r,t)= (2A/r) cos(kr) cos(\omega t)$ erfüllen zwar auch die Wellengleichung, sind aber unphysikalisch, da die Amplitude für $r \to 0$ über alle Grenzen wächst, d.h. $\lim_{r \to 0} (1/r)cos(kr) = \infty$. Im Gegensatz dazu gilt für die Sinuslösung: $\lim_{r \to 0} (1/r)sin(kr) = k$.

Als Nebenbedingung müssen wir fordern, daß an den Kugelwänden keine Luftschwingungen stattfinden, d.h. $\xi(R,t)=0$:

$$\frac{sin(kR)}{R} = 0.$$ (40)

Diese Bedingung wird erfüllt für alle

$$k_{n} = \frac{n\pi}{R}, \; \; \; n=1,2,3,....$$ (41)

Mit $k=\omega/c = 2\pi \nu/c$ können wir auch schreiben

$$\nu_{n} = \frac{n c}{2R} = \underline{n \cdot 33 \; Hz}, \; \; \; n=1,2,3,....$$ (42)