Physik I, WS 1993/94
Lösungen zur Übung Nr. 13 (Bonusübung)
Besprechung: 3. Februar 1994
Aufgabe 1: (4 Punkte)
Die Gesamtenergie ist die Summe aus kinetischer und potentieller Energie, $E = E_{kin}+ E_{pot}$. Allgemein ist $x=x_{0} \; cos(\omega t + \phi )$, daher auch $v = dx/dt = -x_{0} \omega \; sin(\omega t + \phi )$. Für die kinetische Energie erhalten wir:

\begin{displaymath}
E_{kin} = \frac{1}{2} m v^{2} = \frac{1}{2} m x_{0}^{2} \omega^{2}
\; sin^{2} (\omega t + \phi ).
\end{displaymath}

Für die potentielle Energie gilt allgemein bei der ungedämpften harmonischen Schwingung ein Gesetz der Form

\begin{displaymath}
E_{pot} = \int_{0}^{x} k x \; dx = \frac{1}{2} k x^{2} =
\frac{1}{2} m x_{0}^{2} \omega^{2} \; cos^{2}(\omega t + \phi ),
\end{displaymath}

da $\omega^{2} = k/m$. Die Gesamtenergie ist dann

\begin{displaymath}
E = E_{kin}+ E_{pot} = \frac{1}{2} m x_{0}^{2} \omega^{2} =
2 \pi^{2} m x_{0}^{2} \nu^{2}
\end{displaymath}

mit $\omega = 2 \pi \nu$. Für die gesuchte Frequenz folgt:

\begin{displaymath}
\nu = \sqrt{\frac{E}{2 \pi^{2} m x_{0}^{2}}} = \underline{50,4 \; s^{-1}}
\end{displaymath}

Aufgabe 2: (4 Punkte)
Die allgemeine Lösung der gedämpften Schwingung ist nach Vorlesung:

\begin{displaymath}
x(t) = A e^{-\delta t} cos(\omega t + \phi)
\end{displaymath}

Daher folgt für das Verhältnis der Auslenkungen bei zwei aufeinanderfolgenden Schwingungen:

\begin{displaymath}
\frac{x(2T)}{x(T)} = \frac{A e^{-2 \delta T} cos(2\omega T + \phi)}
{A e^{-\delta T} cos(\omega T + \phi)} = e^{-\delta T}
\end{displaymath}

Nach Aufgabenstellung also $e^{-\delta T} = 0,4$, daher

\begin{displaymath}
\delta = - \frac{ln(0,4)}{T} = - \frac{ln(0,4)}{0,5} = 1,83 \; s^{-1}
\end{displaymath}

Für die Kreisfrequenz der ungedämpften Schwingung gilt nach Vorlesung $\omega_{0}^{2} = \omega^{2} + \delta^{2}$ und daher für die Frequenz:

\begin{displaymath}
\nu_{0} = \sqrt{\nu^{2} + \frac{\delta^{2}}{4 \pi^{2}}} =
...
... \frac{\delta^{2}}{4 \pi^{2}}} =
\underline{2,02 \; s^{-1}}
\end{displaymath}

Aufgabe 3: (6 Punkte)
a) Die Bewegungsgleichung ist

\begin{displaymath}
m \frac{d^{2} x}{dt^{2}} = - m' \frac{g}{L} x - \beta \frac{dx}{dt}
\end{displaymath}

Hierbei ist $m'$ die um den Auftrieb verringerte Masse des Pendelkörpers,

\begin{displaymath}
m' = m - \frac{4}{3} \pi \rho r^{3} = 0,032 \; kg = 32 \; g
\end{displaymath}

Wir versuchen den Lösungsansatz
$\displaystyle x$ $\textstyle =$ $\displaystyle A e^{kt}$  
$\displaystyle \frac{dx}{dt}$ $\textstyle =$ $\displaystyle A k e^{kt}$  
$\displaystyle \frac{d^{2}x}{dt^{2}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle A k^{2} e^{kt}$  

Dieses führt auf die Gleichung

\begin{displaymath}
k^{2} + \frac{m'}{m} \frac{g}{L} + \frac{\beta}{m} k = 0 \;...
...} \pm i
\sqrt{ \frac{m'g}{m L} - \frac{\beta^{2}}{4 m^{2}} }
\end{displaymath}

Die zwei partikulären Lösungen sind also:

\begin{displaymath}
x_{\pm}(t) = A_{\pm} e^{-\frac{\beta}{2m} t} e^{\pm i \omega t}
\end{displaymath}

mit

\begin{displaymath}
\omega = \sqrt{ \frac{m' g}{m L} - \frac{\beta^{2}}{4 m^{2}} }
= 1,51 \; s^{-1}
\end{displaymath}

Für die Schwingungsdauer erhalten wir

\begin{displaymath}
T = \frac{2\pi}{\omega} = \underline{4,16 \; s}
\end{displaymath}

b) Der aperiodische Grenzfall wird erreicht für $\omega = 0$, daher

\begin{displaymath}
\frac{m'g}{m L} = \frac{\beta^{2}}{4 m^{2}} \; \; \; \; \; ...
...eta = 2 \sqrt{m m' \frac{g}{L}} =
\underline{0,25 \; kg/s}
\end{displaymath}

Aufgabe 4: (6 Punkte)
Die Schwerkraft erzeugt eine konstante Auslenkung der Feder, verschiebt also lediglich den Nullpunkt der Auslenkung. Die Bewegungsgleichung ist

\begin{displaymath}
F_{0} \; sin(\omega t) - m \frac{dx^{2}}{dt^{2}} - \beta \frac{dx}{dt}
- D x = 0
\end{displaymath}

Im Resonanzfall gilt bei schwacher Dämpfung

\begin{displaymath}
\omega \approx \omega_{0} = \frac{2 \pi}{T_{0}} = 4 \pi \; s^{-1}
\end{displaymath}

Mit dem Lösungsanzatz ( $\omega = \omega_{0}$) gilt

\begin{displaymath}
x = A_{res} \; sin(\omega_{0} t - \phi) \; \; \; \; \; \; \...
...ga_{0}^{2} \; sin(\omega_{0} t - \phi )
= - \omega_{0}^{2} x
\end{displaymath}

Daher auch (beachte $\omega_{0}^{2} = D/m$):

\begin{displaymath}
- m \frac{d^{2}x}{dt^{2}} - D x = m \omega_{0}^{2} x - D x = 0
\end{displaymath}

Im Resonanzfall ist also bei schwacher Dämpfung die äußere Kraft gleich der Reibungskraft:

\begin{displaymath}
F_{0} \; sin(\omega_{0} t) = \beta \frac{dx}{dt} = \beta A_{res} \omega_{0}
\; cos(\omega_{0} t - \phi)
\end{displaymath}

Wegen

\begin{displaymath}
cos(\omega_{0} t - \phi) = cos(\omega_{0} t) cos(\phi) + sin(\omega_{0} t)
sin(\phi)
\end{displaymath}

und

\begin{displaymath}
tg(\phi(\omega_{0})) = \infty \; \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \;
\phi = \frac{\pi}{2}
\end{displaymath}

gilt dann auch

\begin{displaymath}
F_{0} \; sin(\omega_{0} t) = \beta A_{res} \omega_{0} \; sin(\omega_{0} t)
\end{displaymath}

oder

\begin{displaymath}
F_{R,0} = \beta A_{res} \omega_{0} = F_{0} = \underline{10^{-3} \; N}
\end{displaymath}

Für die Reibungszahl folgt entsprechend

\begin{displaymath}
\beta = \frac{F_{0}}{v_{0}} = \frac{F_{0}}{A_{res} \omega_{0}} =
\underline{1,6 \cdot 10^{-3} \; kg/s}
\end{displaymath}

b) Die Leistung kann allgemein durch die Kraft und Geschwindigkeit ausgedrückt werden:

\begin{displaymath}
P(t) = F v = F_{0} v_{0} sin^{2}(\omega_{0} t)
\end{displaymath}

Die mittlere Leistung ist dann

\begin{displaymath}
\overline{P} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} P(\tau ) d\tau =
\frac{1}{2} F_{0} v_{0} = \underline{6,28 \cdot 10^{-4} \; Nm/s}
\end{displaymath}

c) Im Resonanzfall besteht zwischen Geschwindigkeit $v$ und der äußeren Kraft $F$ kein Phasenunterschied. Die Amplitude der Geschwindigkeit hat ein Maximum. Daher hat auch die Arbeit, die während einer Periode von der äußeren Kraft geleistet wird, ein Maximum:

\begin{displaymath}
W = \int_{0}^{s} F ds = \int_{0}^{T} F v dt = max.
\end{displaymath}





Harm Fesefeldt
2007-08-06