Übungen zu Experimentalphysik 1 für MSE - Peter Müller

Physik-Department LS für Funktionelle Materialien
WS 2014/15
Übungen zu Experimentalphysik 1 für MSE
Prof. Dr. Peter Müller-Buschbaum, Dr. Volker Körstgens, Daniel Moseguí González,
Pascal Neibecker, Nitin Saxena, Johannes Schlipf
Vorlesung 07.01.2015, Übungen 12.01. und 14.01.2015
Blatt 12
1. Fadenpendel mit Dämpfung
a) Geben Sie die Differentialgleichung für den allgemeinen Fall einer gedämpften, harmonischen Bewegung an. Leiten Sie diese aus dem Kraftansatz her.
Reibungskraft: FR = −ks ẋ (Reibungskonstante ks )
Rückstellkraft: F = −kx
Kraftansatz:
ma = F + FR =⇒ m ẍ + kx + ks ẋ = 0
Als Spezialfall einer gedämpften harmonischen Bewegung betrachten wir nun ein Fadenpendel mit
einer Länge von l = 1,000 m. Das Gewicht am Ende des Pendels hat die Masse m = 50,0 g. Es
wird in eine schwingende Bewegung mit kleiner Amplitude versetzt. Nach einer Zeit von t = 30,0 s
ist die Einhüllende der Amplitude auf die Hälfte des Ausgangswertes abgefallen.
b) Wie lautet die Differentialgleichung für diese gedämpfte Schwingung? Verwenden Sie – soweit möglich – bekannte Größen aus der Angabe sowie physikalische Konstanten. Verwenden Sie die Kleinwinkelnäherung.
Auslenkung: s = lθ
Rückstellkraft: F = − sin θ · mg ≈ −mg θ
Kleinwinkelnäherung: s ≈ x und sin θ ≈ θ
Reibung (Dämpfung): FR = −d · l · θ̇
Beschleunigung/Trägheit: m · a = m ẍ = m · l · θ̈
m l · θ̈ + d l θ̇ + mg · θ = 0;
θ̈ +
d
g
θ̇ + · θ = 0
m
l
13.4.2015
1. Fadenpendel mit Dämpfung
Blatt 12: 2
Vergleich mit Skript (Gleichung (2.31)):
θ̈ + b θ̇ + c θ = 0
b = d/m;
DGL
c = g/l
c) Zeigen Sie, dass θ (t) = A · e−t/tF · cos(ω ′ t) eine Lösung dieser Differentialgleichung ist.
θ (t) = A · e−t/tF · cos(ω ′ t)
[
]
θ̇ (t) = A · −1/tF e−t/tF · cos(ω ′ t) − ω ′ e−t/tF · sin(ω ′ t) =
]
[
′
′
′
−t/tF 1
· cos(ω t) + ω · sin(ω t)
= −A · e
tF
[
]
A −t/tF 1
′
′
′
θ̈ (t) =
·e
· cos(ω t) + ω · sin(ω t) −
tF
tF
]
[
ω′
′
′2
′
−t/tF
− A·e
− · sin(ω t) + ω · cos(ω t)
tF
[(
)
(
)
]
ω′
1
−t/tF
′
′2
′
θ̈ (t) = A e
2
sin(ω t) + 2 − ω
cos(ω t)
tF
tF
Einsetzen in DGL:
(
)
(
)
ω′
1
′
′2
2
sin(ω t) + 2 − ω
cos(ω ′ t)−
tF
tF
]
[
1
′
′
′
· cos(ω t) + ω · sin(ω t) + c cos(ω ′ t) = 0
−b
tF
[ ′
]
[
]
2ω
1
b
′
′
′
′2
sin(ω t) ·
− b ω + cos(ω t) · 2 − ω − + c = 0
tF
tF
t
|
{z
}
| F
{z
}
=0
=0
sin- und cos-Terme müssen für alle t Null ergeben
=⇒
=⇒
tF =
b2
b2
− ω ′2 − + c = 0
4
2
geeignete tF und ω ′
=⇒
2
b
√
′
ω =
=⇒
c−
b2
.
4
d) Bestimmen Sie den Wert der Konstanten tF .
θ (t = 0 s) = A;
=⇒
e30 s/tF = 1/2
=⇒
tF =
θ (t = 30 s) = A/2
=⇒
−
30 s
= − ln 2
tF
30 s
= 43,28 s
ln 2
13.4.2015
1. Fadenpendel mit Dämpfung
Blatt 12: 3
e) Wie stark unterscheidet sich die Kreisfrequenz ω ′ des gedämpften Pendels von der Kreisfrequenz ω eines gleichartigen Pendels ohne Reibung? Geben Sie sowohl ω ′ als auch den
Wert des Terms (ω − ω ′ )/ω an und diskutieren Sie Ihr Ergebnis in einem aussagekräftigen
Satz.
b = 2/tF = 0,04621 s−1
d = m · b = 50 g · 0,04621 s−1 = 2,310 g s1
Von oben:
sin-Term: =⇒
b = 2/tF cos-Term:
ω ′2 =
1
2
g
1
− 2 +c = − 2
2
l
tF
tF
tF
√
ω′ =
g
1
− 2 = 3,132 Hz
l
tF
ohne Reibung:
b=0
=⇒
ω (= ω0 ) =
2/tF = 0
=⇒
√g
√
g/l
−
′
l −
ω−ω
√
=
ω
g/l
1
t2F
√
= 1−
1−
√
g/l (= 3.132092 Hz)
l
= 2,72 · 10−5
g t2F
Die Kreisfrequenz des gedämpften Systems ist sehr geringfügig kleiner als die
Kreisfrequenz des ungedämpften Systems.
Das System ist sehr schwach gedämpft.
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2. Amplitude der erzwungenen Schwingung
Blatt 12: 4
2. Amplitude der erzwungenen Schwingung
In der Vorlesung haben wir die Amplitudenresonanzfunktion behandelt (siehe Skript Gleichung
(4.57)). Danach ist die Amplitude einer erzwungenen Schwingung für lange Zeiten gegeben durch
√
A=
m
K
(ω02 − ωe2 )2 + ( kms ωe )2
a) Zeigen Sie, dass die Resonanzamplitude bei ωe =
nimmt.
√
.
ω02 − k2s /2m2 einen Maximalwert ein-
[
)2 ]−1/2
(
)
K ( 2
ks
2 2
A ( ωe ) =
ω0 − ω e +
ωe
m
m
dA (ω0 )
=0
dωe
[
)2 ]−3/2 [
(
]
(
)
( 2
)
1
K
k2s
k
2
!
s
2
2
2
0=−
ω0 − ω e +
ωe
· 2 ω0 − ωe (−2ωe ) + 2 2 ωe
2m
m
m
notwendige Bedingung für Maximum
1. Faktor ist immer ̸= 0, also muss 2. Faktor = 0 sein
=⇒
(
)
k2
−4 ω02 − ωe2 ωe + 2 s2 ωe = 0
m
Gleichung wäre durch ωe = 0 gelöst, dies entspräche dem Fall keiner Anregung,
also ωe ̸= 0 (ωe = 0 ist uninterressant)
Somit darf ωe gekürzt werden
√
k2
k2s
max
+
2
2
=⇒ ωe =(−) ω02 − s 2
=⇒ ω0 − ωe =
2
2m
2m
Zeigen, dass dies ein Maximum ist:
[
(
)2 ]−3/2 [
]
)
(
) 2k2
ks
dA (ωe )
1K ( 2
2 2
=−
ω0 − ω e +
ωe
· 4 ωe2 − ω02 + 2s ωe
dωe
2 m}
m
m |{z}
| {z
|
{z
} >0
|
{z
}
<0
max
>0
= 0 für ωe = ωe
< 0 für ωe < ωemax
> 0 für ωe > ωemax
}
A (ωe ) streng monoton steigend für ωe < ωemax
⇒ Maximum bei ωemax
⇒
A (ωe ) streng monoton fallend für ωe > ωemax
b) Was muss geschehen, damit es zur sogenannten Resonanzkatastrophe kommt?
Nenner in A(ωe ) muss gegen 0 gehen
wenn k s → 0 geht, dann ωemax → ω0
=⇒ Resonanzkatastrophe für k s nahe Null und Erregerfrequenz = ω0 .
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3. Gestoßene Feder mit Dämpfung
Blatt 12: 5
3. Gestoßene Feder mit Dämpfung
In Aufgabenblatt 6 hatten wir uns bereits mit ideal elastischen und inelastischen Stößsen in folgender Situation beschäftigt: Ein zunächst ruhender Gegenstand der Masse m1 = 2,00 kg befindet
sich auf einer horizontalen Oberfläche und ist an einer entspannten Feder mit der Federkonstanten
N
befestigt. Auf dieser Oberfläche kann der Gegenstand reibungsfrei gleiten. Ein zweiter
k = 600 m
Gegenstand der Masse m2 = 1,00 kg gleite ebenfalls reibungsfrei mit einer Geschwindigkeit von
v = 6,00 ms unter einem Winkel von 0,00◦ auf den ersten zu.
a) Nun betrachten wir nur noch die Situation nach dem elastischen Stoß. Zusätzlich nehmen wir
kein reibungsfreies Gleiten mehr an, sondern es wirke nun eine zusätzliche Reibungskraft
FR = −k s v mit k s = 4,00 kg/s. Stellen Sie die neue Bewegungsgleichung in differentieller
Form auf und lösen Sie diese.
Kräfte:
• Rückstellkraft der Feder = −kx
• Reibungskraft = −k s ẋ
insgesamt: −kx − k s ẋ = m1 ẍ
=⇒ Bewegungsgleichung in differenzieller Form ẍ + mks1 ẋ +
Lösungsansatz x (t) = c · exp(λt) (siehe Vorlesung)
=⇒ charakteristisches Polynom: λ2 + mks1 λ + mk1 = 0
λ1/2 =
Es gilt
(
ks
m1
)2
k
−4
=
m1
(
− mks1 ±
√
k
m1 x
=0
( mks1 )2 − 4 mk1
2
kg
4,00 s
2,00 kg
)2
−4·
N
600 m
1
= −1196 2 < 0
2,00 kg
s
charakteristisches Polynom hat also zwei komplex konjugierte Nullstellen
(Schwingfall)
=⇒ Fundamentalsystem:




√
( )2 
1

ks
k
ks 




exp −
t cos 
4
−
·t = e−δt cos (ωα t) ; e−δt sin (ωα t)
2m1 
m1
m1
2

|{z}
|
{z
}
=δ
= ωα
allgemeine Lösung: x (t) = c1 e−δt cos (ωα t) + c2 e−δt sin (ωα t)
benutze Anfangsbedingungen: x (0) = 0 und ẋ (0) = v1
0 = x (0) = c1
=⇒
x (t) = c2 e−δt sin(ωα t)
ẋ (t) = −c2 δe−δt sin(ωα t) + c2 ωα e−δt cos(ωα t)
v1
v1 = ẋ (0) = c2 ωα =⇒ c2 =
ωα
v1 −δt
=⇒ x (t) =
e sin(ωα t)
ωα
13.4.2015
3. Gestoßene Feder mit Dämpfung
Blatt 12: 6
b) Nach wie vielen Sekunden ist die Schwingungsamplitude auf ein Drittel der Anfangsamplitude
abgefallen?
Wann gilt also A(t) = 13 A(0)?
=⇒
( )
v1 −δt
1 v1
1
e
=
=⇒ −δt = ln
ωα
3 ωα
3
(1)
(1)
1
ln 3
ln 3 · 2m1
ln( 3 ) · 2 · 2,00 kg
t=
=
=
= 1,10 s
−δ
−k s
−4,00 kg
s
c) Sie möchten das System nun optimal dämpfen. Wie muss k s gewählt werden, um dies zu
realisieren?
Geben sie für den optimal gedämpften Fall die Auslenkung als Funktion der Zeit an.
optimale Dämpfung = aperiodischer Grenzfall
liegt vor wenn gilt:
( )2
ks
k
−4
=0
m1
m1
√
√
N
kg
=⇒ k s = 4k · m1 = 4 · 600 · 2,00 kg = 69,3
m
s
ks
In diesem Fall ist − 2m1 = −δ Nullstelle der Vielfachheit 2 des charakteristischen
Polynoms
=⇒ Fundamentalsystem: e−δt + t · e−δt
allgemeine Lösung: x (t) = α1 e−δt + α2 te−δt
es gelten die selben Anfangsbedingungen wie vorher
0 = x (0) = α1
=⇒
x (t) = α2 te−δt
ẋ (t) = α2 e−δt − α2 δte−δt
v1 = ẋ (0) = α2
=⇒
x (t) = v1 te−δt