Übungen zur Theoretischen Physik 1 – Lösungen zu Blatt 6

Prof. C. Greiner, Dr. H. van Hees
Wintersemester 2013/2014
Übungen zur Theoretischen Physik 1 – Lösungen zu Blatt 6
Hausübungen (Abgabe: 13.12.2013)
(H13) Schwingung auf einer Tautochrone (3 Punkte)
(a) Wir benötigen zunächst die Geschwindigkeit des Massenpunktes. Anwenden der Kettenregel
ergibt
 ‹
λ
1 + cos λ
˙
x~ = Rλ̇
⇒ x~˙2 = 2R2 λ̇2 (1 + cos λ) = 4R2 λ̇2 cos2
.
(1)
sin λ
2
Die Gesamtenergie ist also
 ‹
 ‹
 ‹
λ
λ
λ
E = 2mR2 λ̇2 cos2
+ m g R(1 − cos λ) = 2mR2 λ̇2 cos2
+ 2m g R sin2
.
2
2
2
(2)
(b) Substituieren wir u = sin(λ/2), ergibt sich wegen
u̇ =
 ‹
λ̇
λ
cos
2
2
(3)
schließlich die auf dem Aufgabenblatt angegebene Formel
E = 8mR2 u̇ 2 + 2m g Ru 2 .
(4)
(c) Nach dem Energieerhaltungssatz ist dieser Ausdruck konstant. Die Zeitableitung ist also
Ė = 16mR2 u̇ ü + 4m g Ru u̇ = 0.
(5)
In Standardform gebracht, liefert dies die Bewegungsgleichung
ü +
g
u = 0.
4R
(6)
(d) Dies ist die Bewegungsgleichung für einen harmonischen Oszillator mit der Kreisfrequenz und
Schwingungsdauer
v
È
u 4R
g
2π
t
ω=
, T=
= 2π
.
(7)
4R
ω
g
(e) Für das Anfangswertproblem u(0) = u0 , u̇(0) = 0 lautet die Lösung (7) für u = sin(λ/2)
u(t ) = u0 cos(ωt ).
(8)
Der Punkt x = y = 0 ist durch λ = 0 und also u = 0 gegeben. Unabhängig von der Amplitude u0
der Schwingung ist u(tan ) = 0
v
uR
π
π
T
t
ωtan =
⇒ tan =
= =π
.
(9)
2
2ω
4
g
(H14) Schwingung mit Reibung (4 Punkte)
Die Bewegungsgleichung lautet:
m ẍ = −k x − µ g m g
ẋ
= −k x − sign(ẋ)µ g m g .
|ẋ|
10
8
Auslenkung x [Meter]
6
4
2
0
-2
-4
-6
-8
-10
0
π
2π
Zeit ω t
3π
4π
Wir müssen also die Lösung abschnittsweise konstruieren, je nach dem Vorzeichen der Geschwindigkeit ẋ.
Die Lösung für die Anfangsbedingung ẋ(0) = 0 und 0 ≤ ωt ≤ π ist offensichtlich
x(t ) = (x0 − ∆) cos(ωt ) + ∆,
wobei
v
u
tk
ω=
,
m
∆=
µg m g
k
=
µg g
ω2
(10)
.
(11)
In der Tat ist für dieses Intervall 0 ≤ ωt ≤ π die Geschwindigkeit
ẋ(t ) = −(x0 − ∆) sin(ωt ) ≤ 0
für
0 ≤ ωt ≤ π.
(12)
Für π ≤ ωt ≤ 2π ist die Geschwindigkeit positiv, und wir haben
x(t ) = (x0 − 3∆) cos(ωt ) − ∆
für π ≤ ωt ≤ 2π.
(13)
Dabei haben wir den Faktor vor cos(ωt ) aus der Stetigkeit der Lösung bei ωt = π bestimmt. Da zu
diesem Zeitpunkt die Geschwindigkeit ebenfalls stetig sein muß, gibt es keinen Beitrag ∝ sin(ωt ).
Man kann nun mit dieser Argumentation fortfahren. Das Resultat für alle t lautet dann in kompakter
Form
n
j ωt k
o
x(t ) = x0 − 2
+ 1 ∆ cos(ωt ) + sign[sin(ωt )]∆.
(14)
π
Dabei bedeutet die eckige Klammer um eine nicht negative reelle Zahl die sog. „Floor-Funktion“: bac
ist die größte Zahl aus n ∈ N0 , für die n ≤ [a] gilt, d.h. es ist

0 für 0 ≤ a < 1,




1 für 1 ≤ a < 2,
bac =
(15)
2 für 2 ≤ a < 3,




..
.
Gl. (14) gilt, solange der Ausdruck in der geschweiften Klammer positiv ist, denn dann ist sign[sin(ωt )] =
− sign(ẋ).
Man sieht allerdings, daß die Amplitude der Schwingung linear mit der Zeit kleiner wird, was auf
die Dämpfung durch die Reibung zurückzuführen ist. Die Masse bleibt stehen, wenn für ẋ = 0 die
Federkraft kleiner wird als die Haftreibungskraft, d.h. also für k|x(ωt = l π)| < µ h m g , d.h. zu Zeiten
ωt ≥ l π mit
x − µ h g /ω 2 10 − 2
l≥ 0
=
= 4.
2µ g g /ω 2
2
Insgesamt ist also
x(t ) =
¨
x0 − 2
ωt π
+ 1 ∆ cos(ωt ) + sign[sin(ωt )]∆
0
für 0 ≤ ωt ≤ 4π,
für t > 4π.
(16)
Man kann die Energiedissipation durch die Reibung über die Energiebilanz sehen. Beispielsweise verliert die Masse zwischen den Zeiten 0 ≤ ωt ≤ π die Energie
1
1
1 2 1
k x0 − k[x(ωt = π)]2 = k x02 − k(x0 − 2µ g g /ω 2 )2 = 2µ g m g (x0 − µ g g /ω 2 ) ,
2
2
2
2
was exakt die Arbeit ist, die die Reibungskraft an dem Massepunkt verrichtet:
Z
−
ωt =π
ωt =0
dx µ g m g = 2µ g m g (x0 − µ g g /ω 2 ) .
(H15) Alternativer Zugang zur Resonanzkatastrophe (3 Punkte)
Die Bewegungsgleichung für den gedämpften harmonischen Oszillator
ẍ + 2γ ẋ + ω 2 x = f0 cos αt
(17)
x(t ) = e −γ t [Acos(Ωt ) + B sin(Ωt )] + f0 [Ācos(αt ) + B̄ sin(αt )] ,
(18)
besitzt die allgemeine Lösung
wobei
Ω=
p
Ā = −
B̄ =
ω2 − γ 2
α −ω
2
(19)
2
(α2 − ω 2 )2 + 4γ 2 α2
2γ α
(α2 − ω 2 )2 + 4γ 2 α2
.
,
(20)
(21)
Für α = ω haben wir Ā = 0 und B̄ = 1/(2γ ω).
A und B sind Integrationskonstanten der homogenen Differentialgleichung, die durch die Anfangsbedingungen x(t = 0) = x0 und ẋ(t = 0) = v0 zu bestimmen sind. Wir erhalten (wieder für den Fall
α = ω) A = x0 und B = (v0 +γ x0 )/Ω− f0 /(2γ Ω). Die Lösung des Anfangswertproblems für diesen Fall
lautet also
f0 sin(ωt ) exp(−γ t ) sin(Ωt )
x(t ) =
−
2γ
ω
Ω
(22)
h
i
x0 γ + v0
+ exp(−γ t ) x0 cos(Ωt ) +
sin(Ωt ) .
Ω
Um den ungedämpften Fall zu erhalten, müssen wir den Limes γ → 0 bilden. Dabei gilt wegen (19)
Ω → ω, und wegen der Stetigkeit der Exponential- und trigonometrischen Funktionen gilt für den
Term in der zweiten Zeile
h
i
x γ + v0
v
lim exp(−γ t ) x0 cos(Ωt ) + 0
sin(Ωt ) = x0 cos(ωt ) + 0 sin(ωt ).
(23)
γ →0
Ω
ω
Um den Limes für den Term in der ersten Zeile zu berechnen, entwickeln wir den Ausdruck in der
eckigen Klammer nach einer Potenzreihe in γ . Dabei genügt die Entwicklung bis zur ersten Ordnung.
Allgemein gilt nach dem Taylorschen Lehrsatz
f (γ ) = f (0) + γ f 0 (0) + O (γ 2 ).
Mit
f (γ ) =
sin(ωt ) exp(−γ t ) sin(Ωt )
−
ω
Ω
(24)
(25)
folgt
f (0) = 0,

‹
t sin(ωt ) dΩ d sin(Ωt ) t sin(ωt )
f (0) =
+
=
.
ω
dγ dΩ
Ω
ω
γ =0
0
(26)
Setzen wir mit diesem Ergebnis die Taylor-Entwicklung (24) von(25) ein und das Resultat in die obere
Zeile von (22), erhalten wir schließlich für den gesuchten Limes γ → 0
x(t ) =
f0 t sin(ωt )
v
+ x0 cos(ωt ) + 0 sin(ωt ).
2ω
ω
(27)
Dies ist aber in der Tat identisch zu der direkten Lösung des Problems (vgl. Lösung zu Aufgabe (P21)).