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8.1  Schwingungen

(Siehe Tipler, Physik [Tipler]) (Siehe Gerthsen, Physik [Gerthsen])

Wenn sich ein System nicht in seiner Gleichgewichtslage befindet, dann schwingt in der Regel seine Position um diese Lage. Diese periodischen oder quasiperiodischen Bewegungen werden Schwingungen genannt. Die Schwingungsform kann sinusförmig sein (harmonische Schwingung) oder eine allgemeine Form haben. Mathematische Sätze sagen, dass jede periodische Bewegung in eine Summe von sinusförmigen Bewegungen aufgeteilt werden kann.



Versuch zur Vorlesung:
Plastikfedern (Versuchskarte M-117)


8.1.1  Harmonische Schwingungen

(Siehe Tipler, Physik [Tipler]) (Siehe Gerthsen, Physik [Gerthsen])

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PIC

Masse-Feder-System als Modell eines schwingungsfähigen Systems

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Die Kraft auf die Masse ist durch

F  = − kx
(8.1)

gegeben, wobei k die Federkonstante ist. Durch diese Kraft wird die Masse beschleunigt, so dass

                      2
F =  − kx = ma  = m d-x-
                     dt2

Umgeschrieben erhalten wir die Bewegungsgleichung

     2       (   )
a = d-x-=  −   k-  x
    dt2        m
(8.2)

Die Beschleunigung ist also proportional zur Auslenkung. Traditionellerweise wird die obige Gleichung auch als

d2x    ( k )
----+   --  x =  0
 dt2     m
(8.3)

geschrieben. Die Bewegung ist periodisch mit der Frequenz ν = 1∕T, wobei T die Schwingungsdauer ist.

Frequenzen werden in Hertz Hz = 1∕s gemessen. Die Kreisfrequenz ω hängt über ω = 2πν mit der Frequenz ν zusammen. Die Kreisfrequenz hat die gleiche Einheit, darf aber nicht mit der Frequenz verwechselt werden.

Die Lösung der Gleichung (8.3) ist

x = A cos (ωt + δ)
(8.4)



Link zur Vorlesung:
(Simulation der harmonischen Schwingung)




Versuch zur Vorlesung:
Federpendel (Versuchskarte M-105)


Diese Lösung wird durch die Simulation illustriert. Die Phase ist nur bis auf ein ganzzahliges Vielfaches von 2π bestimmt (Eigenschaft der Winkelfunktionen). Die Position beim Nulldurchgänge ist x(0) = A cos δ.

Ist die Beschleunigung eines Gegenstandes proportional zu seiner Auslenkung und dieser entgegengesetzt, so führt der Gegenstand eine einfache harmonische Schwingung durch.

Die Geschwindigkeit der Masse ist

    dx
v = ---=  − Aω sin(ωt + δ)
    dt
(8.5)

Die Geschwindigkeit bei t = 0 ist v(0) = sin δ. Da von den drei die Schwingung bestimmenden Grössen zwei, A und ω unbekannt sind, reicht die Kenntnis der Position zur Zeit t = 0 und der Geschwindigkeit zu dieser gleichen Zeit aus, um die Schwingungsform zu bestimmen.

Die Beschleunigung ist

    d2x-        2
a = dt2 =  − A ω cos(ωt + δ)
(8.6)

Mit Gleichung (8.2) kann man schreiben

      (   )       (   )
a = −   k-  x = −   -k  A cos (ωt + δ)− A ω2 cos(ωt + δ)
        m           m
(8.7)

und damit

  2   k
ω  =  m-
(8.8)

Damit sind die Frequenz ν und die Schwingungsdauer T0

           ∘ ---
        -1-  -k
 ν   =  2 π  m
           ∘ m--
T0   =  2π   --                (8.9)
             k

Die Schwingungsdauer hängt nicht von der Amplitude ab (lineares System).

8.1.1.1. Harmonische Schwingungen und Kreisbewegung

(Siehe Tipler, Physik [Tipler])

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PIC

Zusammenhang zwischen der Kreisbewegung und einer Schwingung

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Da die Funktionen sin ωt und cos ωt beide die Schwingungsgleichung (Siehe Gleichung (8.3)) erfüllen, kann geschlossen werden, dass eine harmonische Schwingung die Projektion einer Kreisbewegung ist (siehe auch die Simulation). Nach der Definition des Cosinus ist die Projektion des umlaufenden Radius A auf die x-Achse gerade der Cosinus.



Link zur Vorlesung:
(Schwingung und Kreisbewegung)


8.1.1.2. Energiebilanz bei harmonischen Schwingungen

(Siehe Tipler, Physik [Tipler])

Die potentielle Energie einer um die Länge x ausgelenkten Feder ist

          1   2
Epot(t) = 2kx  (t)
(8.10)

Die kinetische Energie ist

E   (t) = 1mv2 (t)
  kin      2
(8.11)

Beide Energien hängen von der Zeit ab. Die Erhaltung der mechanischen Energie fordert

Eges(t) = const = Ekin(t) + Epot(t) = 1-mv2 (t) + 1-kx2(t)
                                     2          2
(8.12)

Am Umkehrpunkt, bei der maximalen Auslenkung |x(t)| = A ist die Geschwindigkeit v(t) = 0. Also ist bei einem harmonischen Oszillator

E    = 1kA2
 ges   2
(8.13)

die Gesamtenergie.

Setzen wir die Lösung x(t) = A cos (ωt + δ) und damit auch dx(t)
 dt = sin (ωt +  δ) jeweils ein, erhalten wir

             1   2   2
Epot(t)  =   2kA  cos  (ωt + δ )
             1
Ekin(t)  =   -mA2  ω2sin2(ωt + δ)
             2
         =   1kA2 sin2(ωt + δ)         (8.14)
             2

wobei wir ω2 = k∕m verwendet haben. Die Gesamtenergie ist

Eges (t)  =   1kA2 cos2 (ωt + δ) + 1kA2 sin2(ωt + δ)
             2                    2
             1-  2[   2              2        ]
         =   2kA   sin (ωt + δ) + cos (ωt + δ)
             1
         =   -kA2                               (8.15)
             2

unabhängig von t. Der Energieinhalt eines harmonischen Oszillators pendelt zwischen zwei Energiereservoirs, hier der kinetischen und der potentiellen Energie, hin und her.

Immer dann, wenn in einem System zwei Energiereservoirs gekoppelt sind und Energie zwischen ihnen ausgetauscht wird, ist das System ein Oszillator.

Beispiele:

Die kinetische und die potentielle Energie können mit dem Winkel der momentanen Phase Θ = ωt + δ wie folgt geschrieben werden:

Epot(t) =   Egescos2 Θ
                1
        =   Eges--(1 + cos2Θ )
                2  2
Ekin(t) =   Egessin Θ
                1-
        =   Eges2 (1 − cos2Θ )       (8.16)

Damit ist auch sofort klar, dass die Mittelwerte

                  1-
⟨Epot⟩ = ⟨Ekin⟩ = 2 Eges
(8.17)

sind.

8.1.2  Phasenbild

Bei einer Schwingung|harmonisch ist

pict

Im Phasenbild wird nun v(t) gegen x(t) aufgetragen. Dabei ist die Zeit t der Parameter. Wir sprechen auch von einer Parameterdarstellung.

__________________________________________________________________________

PIC

Phasenbild eines harmonischen Oszillators

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Das Phasenbild zeigt den Zusammenhang zwischen Ort und Geschwindigkeit, nicht jedoch den Zeitlichen Ablauf. Phasenbilder werden zum Beispiel verwendet, um chaotische System zu beschreiben.

Zeichnet man p(t) = mv(t) gegen x(t) auf, so nennt man die Fläche

h = px =  mvx
(8.18)

Die Einheit dieses h ist kgmsm = m2kgs1 = Js. Dies ist die gleiche Einheit wie beim Planckschen Wirkungsquantum. Die von einem Zustand im Phasenbild eingenommene Fläche sagt also etwas aus, wie nahe dieser Zustand einem Quantenzustand ist.

8.1.2.1. Feder-Masse-System im Schwerefeld

(Siehe Tipler, Physik [Tipler])

__________________________________________________________________________

PIC

Schwingendes System im Schwerefeld

_____________________________________________________________________

Eine Feder im Schwerefeld mit Masse wird durch die Bewegungsgleichung

   d2x-
m  dt2 = − kx + mg
(8.19)

beschrieben (1. Simulation und 2. Simulation). Die Ruhelage ist durch 0 = kx0 + mg gegeben. Also ist

x =  mg--
 0    k
(8.20)



Link zur Vorlesung:
(Federpendel im Schwerefeld)




Link zur Vorlesung:
(Federpendel im Schwerefeld)


Wir wissen, wie wir ein Feder-Masse-System berechnen müssen, wenn wir die Koordinate x= xx0 verwenden. Da die beiden Koordinatensysteme x und xsich nur um eine Konstante unterscheiden, sind die ersten Ableitungen dx
dt = dx′
 dt und die zweiten Ableitungen  2
ddtx2 =  2 ′
ddtx2- gleich. Deshalb wird Gleichung (8.19)

  d2x
m ----=  − k (x′ + x0 ) + mg = − kx ′ − kx0 + mg = − kx ′
  dt2
(8.21)

da kx0 = mg ist. Damit erhalten wir die bekannte Lösung

x′(t) = A cos(ωt + δ)
(8.22)

Die potentielle Energie bezogen auf die neue Gleichgewichtslage x0 ist

         1-   ′     2  1-  2   1-  ′2     ′     1- ′2      ′
Epot,F =  2k (x + x0) − 2kx 0 = 2kx  +kx  x0 =  2kx  +mgx
(8.23)

da kx0 = mg ist. Zusätzlich gibt es die potentielle Energie der Gravitation Epot,g = mgxbezogen auf die Ruhelage. Die gesamte potentielle Energie ist die Summe aus den potentiellen Energien der Feder und der Gravitation.

                       1                       1
Epot = Epot,F + Epot,g =--kx′2 + mgx ′ − mgx ′ =-kx ′2
                       2                       2
(8.24)

Diese potentielle Energie ist unabhängig von g, wenn wir von der jeweiligen Ruhelage aus rechnen.

8.1.2.2. Pendel im Schwerefeld

(Siehe Tipler, Physik [Tipler])

Mathematisches Pendel

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PIC

Mathematisches Pendel im Schwerefeld

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Ein mathematisches Pendel ist eine Punktmasse m aufgehängt an einem masselosen Faden der Länge L.

Der vom Pendel zurückgelegte Weg ist die Bogenlänge

s =  Lϕ
(8.25)

Die Kraft tangential an den Bogen mg sin ϕ beschleunigt die Masse m. Die Bewegungsgleichung ist

               d2s
− mg sinϕ =  m dt2-
(8.26)

Umgeschrieben erhalten wir

d2s                     s
----=  − g sin ϕ = − g sin--
dt2                     L
(8.27)

Für sehr kleine Winkel ϕ « 1 ist sin ϕ ϕ. Damit wird die obige Gleichung

d2s      s      g
dt2 = − gL-=  − L-s
(8.28)

Mit g∕L = ω2 erhalten wir die Schwingungsgleichung

d2s
--2-=  − ω2s
dt
(8.29)

deren Lösung s(t) = s0 cos (ωt + δ) bekannt ist (Simulation). Die Schwingungsdauer ist

              ∘ --
      2π        L
T0 =  ω--= 2π   g-
(8.30)



Link zur Vorlesung:
(Fadenpendel)


Für grosse Amplituden ist die Schwingungsdauer durch die Reihenentwicklung

        ∘-- [           (    )      (  )2     (    )      ]
T  = 2π   L- 1 + -1-sin2  1-s0  +  1-- 3-  sin4  1-s0  + ...
 0        g      22      2 L      22  4        2 L
(8.31)

gegeben.

Physikalisches Pendel

________________________________________________________________

PIC

Physikalisches Pendel. A ist der Aufhängungspunkt, S der Massenmittelpunkt.

_____________________________________________________________________

Wir müssen nun mit dem Trägheitsmoment des Pendels bezüglich des Drehpunktes A rechnen. Das Drehmoment ist
              d2ϕ
|M  | = Iα = I--2-
              dt
(8.32)

Die Bewegungsgleichung ist also

                d2ϕ-
− mgd  sin ϕ = I dt2
(8.33)

In der traditionellen Schreibweise lautet die Bewegungsgleichung

d2ϕ-   mgd--
dt2 +   I   sin ϕ = 0
(8.34)

Mit mgd-
 I = ω2 und unter der Annahme einer kleinen Amplitude ist das physikalische Pendel ein harmonischer Oszillator mit der Bewegungsgleichung

d2ϕ
--2-+ ω2 ϕ = 0
dt
(8.35)

Die Schwingungsdauer ist

             ∘ -----
     2π-        -I---
T0 =  ω  = 2π   mgd
(8.36)

Eine Anwendungsmöglichkeit dieser Gleichung ist die Bestimmung des Trägheitsmomentes eines Körpers

           2
I =  mgdT-0-
      4π2
(8.37)

Zum Beispiel ist für einen einseitig eingespannten Stab das Trägheitsmoment I = 13mℓ2. Der Schwerpunkt liegt in der Mitte, also d = 1
2. Damit wird die Schwingungsdauer

        ┌ ------     ∘ ---
        ││ 1m ℓ2        2ℓ
T0 = 2π ∘ 3--1--=  2π  ---
          mg 2ℓ        3g

Vergleiche dies mit dem Resultat für ein mathematisches Pendel T = 2π∘ --
  -ℓ
  g.

Torsionspendel

________________________________________________________________

PIC

Torsionspendel (analog zur Gravitationswaage)

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Versuch zur Vorlesung:
Drehpendel (Versuchskarte SW-021)


Das rückstellende Moment ist proportional zum Verdrillungswinkel und dient zur Winkelbeschleunigung des Drehkörpers mit dem Trägheitsmoment I

                d2ϕ
|M  | = − D ϕ = I----
                 dt2
(8.38)

Wieder setzen wir ω2 = DI. Die Periodendauer ist

        ∘ ---
T0 = 2π   I-
          D
(8.39)

8.1.2.3. Bewegung in der Nähe von Gleichgewichtspunkten

(Siehe Tipler, Physik [Tipler])

Wir nehmen eine allgemeine Potentialfunktion

                            ||              2       ||
Epot(x) = Epot(x0)+ dEpot(x)||  (x− x0)+ 1-d-Epot(x)||  (x− x0)2+...
                       dx   |x0         2    dx2   |x0
(8.40)

an und entwickeln sie in eine Taylorreihe um den Punkt x0. Dieser Punkt soll ein Gleichgewichtspunkt sein. Dann ist die Kraft F(x) = dEpot(x)-
  dx als Funktion durch die erste Ableitung der potentiellen Energie gegeben. Am Gleichgewichtspunkt ist jedoch die Kraft null, also (       |      )
 dEpot(x)||  = 0
    dx   x0. Die Steigung der Kraft-Distanz-Kurve im Gleichgewichtspunkt x0, die Federkonstante k, ist durch die zweite Ableitung gegeben.

Also kann an jedem Gleichgewichtspunkt bei genügend kleinen Auslenkungen die Schwingungsgleichung

                         |
         d2x    d2Epot(x)||
0  =   m dt2-+  ---dx2---||  (x − x0)
                |         x0
       dEpot(x) ||
0  =   ---dx----||                       (8.41)
                x0

geschrieben werden. Die Frequenz für kleine Bewegungen ist

       ┌ --------------|--
     1 ││  1   d2Epot(x)||
ν = ---∘ -- · -----2---||
    2 π  m       dx     x0
(8.42)

Daraus folgt für die Periodendauer

         -----------
       ┌││      m
T =  2π∘ -d2Epot(x)||--
            dx2  |x0
(8.43)

8.1.3  Gedämpfte Schwingung

(Siehe Tipler, Physik [Tipler]) (Siehe Gerthsen, Physik [Gerthsen])

Eine genaue Beobachtung zeigt, dass die Amplitude jeder freie Schwingung sich nach einer gewissen, charakteristischen Zeit um einen bestimmten Betrag erniedrigt. Die Dämpfung ist in vielen Fällen proportional zur Geschwindigkeit

FD  = − bv
(8.44)

Das Kräftegleichgewicht ergibt

− kx −  bv = m dv-
               dt
(8.45)

Für kleine Dämpfungen ist die neue Resonanzfrequenz ω in der Nähe von ω0. Mit jeder Schwingung nimmt die Energie Etot = Epot(xmax) = Ekin(vmax) = 2⟨E    ⟩
  kin = ⟨mv2 ⟩ = m⟨v2⟩ in einer definierten Zeiteinheit um einen bestimmten Betrag ab. Diese Leistung ist

     dEtot                 2
P  =   dt  = FD  ·v =  − bv
(8.46)

Wenn wir v2 durch   2
⟨v ⟩ = Etot
 m ersetzt, bekommt man

dEtot      b
----- = − --Etot
  dt      m
(8.47)

Der Energieinhalt eines gedämpften Oszillators nimmt also exponentiell ab. Die relative Abnahme der Energie ist für alle Zeiten gleich. Wir lösen die Gleichung durch

dE         b
---tot = − --dt
 Etot     m
(8.48)

und erhalten nach der Integration

              b-
ln Etot(t) = − m t + C
(8.49)

oder, nach einer Exponentiation

Etot(t) = e−(b∕m)t+C  = eC·e −(b∕m )t = E0e −(b∕m )t
(8.50)

Wir haben E0 = eC gesetzt. Mit der Zeitkonstante τ = m∕b bekommen wir

E (t) = E0e−(b∕m)t = E0e −t∕τ
(8.51)

8.1.3.1. Güte des schwingungsfähigen Systems


Versuch zur Vorlesung:
Federpendel: Amplitudenverlauf (Versuchskarte M-105)


Der Energieverlust pro Periode T0 ist

ΔEtot       b
------ = − --T0
 Etot      m
(8.52)

Man charakterisiert die Dämpfung eines schwingungsfähigen Systems oft durch die Güte Q. Wenn der Energieverlust pro Periode ΔEtot ist, gilt

          Etot
Q  = 2π --------
        − ΔEtot
(8.53)

Der Q-Faktor ist umgekehrt proportional zum relativen Energieverlust pro Periode

− ΔE       2π
------tot = ---
  Etot     Q

Es gilt auch

Q =  2π--Etot--=  2π m---= 2π τ--
       − ΔEtot       bT0      T0
(8.54)

Da die Energie des Oszillators proportional zum Quadrat der Amplitude ist (Etot = 1
2kxmax2 = 1
2kA2 gilt für die Abnahme der Amplitude

         2
Etot = A-- = e− t∕τ
 E0    A20
(8.55)

Also ist

        − t∕(2τ)
A =  A0e
(8.56)

Zur Lösung der Schwingungsgleichung machen wir den komplexen Ansatz

          − iωt
x(t) = A0e

und setzen in Gleichung (8.45) ein. Mit k∕m = ω02 bekommen wir

pict

Dies ist eine quadratische Gleichung in ω. Die Lösungen sind

pict

Es gibt drei Lösungen

      (          ∘ -------2-
      |||{  − i2bm-∓   ω20 − 4bm2-,     für ω0 >  2bm-(unterkritische D ämpfung );
ω   =    − i-b,                   für ω0 =  -b-(kritische D ämpfung );
 1,2  |||     2(mb    ∘ -b2-----2)             2mb
      (  − i  2m--±   4m2-− ω0  ,  für ω0 <  2m-(überkritische D ämpfung  ).
(8.57)

Bei b∕(2m) = ω0 haben wir bis jetzt nur eine Lösung. In den anderen Fällen haben wir jeweils das ±.

Die entsprechenden Lösungsfunktionen sind

       (|       (       ∘ -2--b2--           ∘ -2--b2-)
       |||| e− 2bmt(A0,1eit  ω0−4m2 + A0,2eS− it  ω0− 4m2) ,  für ω0 >  b--;
       |||{                                                         2m
x(t) =                  −2bmt                                     b--
       ||| (A0,1 +( A0,2t) e∘---,---        ∘ ------)       für ω0 =  2m  ;
       ||||  − -bt(      −t  b4m22-−ω20       t  4b2m2−ω20)                b--
       |( e  2m   A0,1e          +  A0,2e           ,     für ω0 <  2m  .
(8.58)

Wir testen noch, dass für ω0 = b∕(2m) die Lösung stimmt. Für diesen Spezialfall lautet die Differentialgleichung

pict

Die Lösung der Schwingungsgleichung für den gedämpften Oszillator im Falle der unterkritischen Dämpfung ist

x(t) =   A0e −(b∕(2m ))tcos(ω ′t + δ)
           ┌│ ----(-------)2     ∘ ---------
   ′       │∘       --b---             --1-
 ω   =   ω0  1 −   2m ω     = ω0  1 − 4Q2  (8.59)
                       0

Wenn die Dämpfung den kritischen Wert bk = 20 übertrifft, schwingt das System nicht mehr. Für b = bk nennt man das System kritisch gedämpft. Für b > bk ist es überkritisch gedämpft und für b < bk unterkritisch gedämpft.

Zum Beispiel verwendet man in Autos geschwindigkeitsproportionale Stossdämpfer um eine kritische Dämpfung zu erreichen. Sind die Stossdämpfer alt, wird die Dämpfung der Fahrzeugschwingungen, z.B. durch Bodenwellen angeregt, unterkritisch und man fliegt von der Strasse.

8.1.4  Erzwungene (gedämpfte) Schwingung und Resonanz

(Siehe Tipler, Physik [Tipler]) (Siehe Gerthsen, Physik [Gerthsen])

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PIC

Mit einem Exzenter angetriebenes Federpendel

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Versuch zur Vorlesung:
Erzwungene Schwingung (Versuchskarte SW-090)


Das vorliegende System wird durch zwei Grössen charakterisiert: die Anregungsschwingung z(t) = z0 cos ωt sowie durch das Federpendel mit der Masse m, der Dämpfung b und die Federkonstante k. Die rücktreibende Kraft an der Feder ist

F  (t) = − k (x(t) − z(t))
 F
(8.60)

Die Beschleunigung ist wieder durch m(t) = F(t) gegeben; die geschwindigkeitsproportionale Dämpfung durch b(t)

Die Bewegungsgleichung ist also

F (t) = − k (x(t) − z(t)) − b˙x(t) = m ¨x(t)
(8.61)

Wenn wir z(t) einsetzten und umstellen, erhalten wir

m ¨x(t) + b˙x(t) + kx (t) = z0k cosωt
(8.62)

Wir teilen durch m und kürzen k∕m = ω02 ab und erhalten

x¨(t) + -bx˙(t) + ω2x (t) = z ω2 cosωt
       m         0        0 0
(8.63)

Die Lösung (Simulation) dieser Gleichung besteht aus zwei Teilen: dem Einschwingvorgang als Lösung der Gleichung

       b         2
¨x(t) + --˙x(t) + ω0x(t) = 0
       m

(analog zur freien gedämpften Schwingung, dieser Teil klingt ab gegen 0) sowie der stationären Lösung. Dieser Teil der Lösung hat die Form

x(t) = A (ω )cos(ωt − δ(ω ))
(8.64)

wobei wir hier ein Minuszeichen vor der Phase setzen, damit diese die Phasendifferenz zur Anregung darstellt. Eingesetzt in die Bewegungsgleichung erhalten wir

         [                                                           ]
   A (ω)  − ω2cos(ωt − δ(ω )) −-b ω sin(ωt − δ(ω )) + ω2 cos(ωt − δ(ω))
                               m                      0
       2
=  z0ω 0 cos ωt                                                  (8.65 )

Um die Gleichung zu lösen müssen wir die Winkelfunktionen sin und cos mit Phasen in reine Winkelfunktionen auflösen. Also setzen wie cos(ωtδ(ω)) = cos(ωt) cos(δ(ω)) + sin(ωt) sin(δ(ω)) und sin(ωt δ(ω)) = sin(ωt) cos(δ(ω)) cos(ωt) sin(δ(ω)). Wir bekommen dann

                     [
z0ω2 cosωt  =   A (ω) − ω2 cos(ωt)cos(δ(ω))
   0
                  b-
                + m ω cos(ωt)sin(δ(ω))
                   2                 ]
                + ω0 c[os(ωt)cos(δ(ω))
         0  =   A (ω) − ω2 sin(ωt )sin (δ(ω ))

                  -b
                − m ω sin(ωt)cos(δ(ω ))
                   2                 ]
                + ω0 sin (ωt )sin (δ(ω ))       (8.66)

Diese Gleichungen können vereinfacht werden

               [                                            ]
z ω2  =   A(ω ) − ω2 cos(δ(ω )) + b-ω sin(δ(ω )) + ω2 cos(δ(ω))
 0 0                             m                0

   0  =   − ω2sin(δ(ω)) − -bω cos(δ(ω)) + ω20 sin(δ(ω ))  (8.67 )
                          m

Aus der zweiten Gleichung folgt

(        )
 ω2 −  ω2 sin(δ(ω )) =  b-ω cos(δ (ω ))
   0                   m
(8.68)

und daraus

                 bω
tan(δ(t)) = m-(ω2-−-ω2-)
                 0
(8.69)

Wir verwenden cos ϕ = √--1-----
  1+tan2ϕ und sin ϕ = cos ϕ· tan ϕ = √-tanϕ---
  1+tan2ϕ und bekommen aus der ersten Gleichung

pict

Zusammengefasst ist die stationäre Lösung durch die Amplitude und Phase

                 (     bω     )
δ(ω ) =   arctan  -----2----2-        (8.71)
                  m  (ω0 − ω )
                  z0ω20
A(ω ) =   ∘----2----2-2--b2ω2         (8.72)
            (ω 0 − ω ) +  m2
gegeben.

Mit der Definition der Güte aus Gleichung (8.54) sowie mit ω0 = 2πν = 2Tπ schreiben wir zuerst

Q = 2 π m- = ω m-       ⇔       -b =  ω0-
       bT     0 b               m     Q
(8.73)

und erhalten

                 (            )
δ (ω )  =  arctan   ---ω-ω0-----       (8.74)
                   Q (ω20 − ω2)
                  z0ω2
A (ω )  =   ∘---------0-------2-       (8.75)
            (ω20 − ω2 )2 + ω2ω02
                          Q

Die folgenden Bilder zeigen einige typische Frequenz- und Phasengänge.

__________________________________________________________________________

PIC

Amplitude und Phase eines getriebenen harmonischen Oszillators mit z0 = 1, ω0 = 1, Q = 10 (unterkritische Dämpfung).

_____________________________________________________________________

_____________________________________________________________________

PIC

Amplitude und Phase eines getriebenen harmonischen Oszillators mit z0 = 1, ω0 = 1, Q = 2 (unterkritische Dämpfung).

_____________________________________________________________________

_____________________________________________________________________

PIC

Amplitude und Phase eines getriebenen harmonischen Oszillators mit z0 = 1, ω0 = 1, Q = 0.5 (kritische Dämpfung).

_____________________________________________________________________

_____________________________________________________________________

PIC

Amplitude und Phase eines getriebenen harmonischen Oszillators mit z0 = 1, ω0 = 1, Q = 0.1 (überkritische Dämpfung).

_____________________________________________________________________

Noch kompakter ist die folgende Schreibweise für die Amplitude

A (ω) = ∘---------z0----------
                2   2 2  --ω2
          (1 − ω ∕ω 0) + ω20Q2
(8.76)

Die Frequenz, bei der die Amplitude maximal wird, also die Resonanzfrequenz, erhält man, indem man dA(ω)-
 dω = 0 berechnet.

pict

Damit ist

pict

Hier ist nur die positive Lösung physikalisch sinnvoll. Also ist

        ∘ ---------  ∘ ----------
               1        2    b2
ωR = ω0   1 − 2Q2-=    ω0 − 2m2-
(8.77)

Diese Resonanzfrequenz) ist kleiner als die Eigenfrequenz eines ungedämpften Systems (Siehe Gleichung (8.59)).

Die Bestimmung der Kenndaten eines Oszillators aus der Amplitude ist bei hohen Güten Q sehr schwierig und sehr ungenau. Viel einfacher ist es, die Phase bei ω0 und ihre Steigung an der Stelle zu bestimmen.

Berechnung der Steigung (ω)∕dω:

pict

An der Stelle ω = ω0 ist der Funktionswert

pict

Bei der Resonanzfrequenz ω = ω0 des ungedämpften Systems ist die Phase

δ(ω ) = π ∕2
    0
(8.78)

Die Steigung der Phase (ω)∕dω hat an der Stelle ω0 den Wert

     |
dδ(ω ||      Q
-----||  =  2---
 dω   ω0    ω0
(8.79)

Es ist sehr viel einfacher, ω0 und Q aus der Phase als aus der Amplitude zu bestimmen.

8.1.5  Überlagerung von Schwingungen

(Siehe Gerthsen, Physik [Gerthsen])

8.1.5.1. Schwingungen in unterschiedliche Richtungen

Wenn in der x-Richtung eine Schwingung x(t) = x0 cos(ωxt) und in der y-Richtung eine Schwingung y(t) = y0 cos(ωyt + δ) überlagert werden, entstehen Lissajous-Figuren. Solche Schwingungen können entstehen, wenn zum Beispiel eine Kugel in einer elliptischen Potentialmulde hin- und herschwingt.

8.1.5.2. Schwingungen gleicher Richtung und Frequenz, aber unterschiedlicher Amplitude

________________________________________________________________

PIC

Zeigerdiagramm. Links für zwei Zeiten, in der Mitte das Zeigerdiagramm für zwei Schwingungen (rot) und (blau) mit der Summe (grün) und rechts die Winkel.

_____________________________________________________________________

Eine Schwingung x(t) = x0 cos(ωt + δ) kann durch einen Zeiger dargestellt werden. Die Projektion dieses Zeigers auf die x-Achse ergibt das Schwingungsbild.

Wenn zwei Schwingungen unterschiedlicher Amplitude und Phase, aber gleicher Frequenz addiert werden, kann man die trigonometrischen Sätze für schiefwinklige Dreiecke anwenden. So ist nach dem Cosinussatz

 2     2    2
A  = A 1 + A2 − 2A1A2  cos(π − δ2 + δ1)
(8.80)

oder

     ∘ -----------------------------
A  =   A2 + A2 +  2A A  cos(δ  + δ )
         1    2     1  2     2    1
(8.81)

Der Sinussatz liefert

-------A-------    ----A------   ----A2-----
sin(π − δ +  δ ) = sin (δ  − δ ) = sin(δ − δ )
         2    1        1    2             1
(8.82)

Wenn wir die Zeit zur Berechnung so wählen, dass δ1 = 0 ist, so ergibt sich

sin δ  =   A2-sin δ2
          A∘-----------------------
             2    2
  A   =    A 1 + A2 + 2A1A2  cosδ2     (8.83)

8.1.5.3. Schwingungen gleicher Richtung, aber leicht unterschiedlicher Frequenz


Versuch zur Vorlesung:
Schwebungen (Versuchskarte SW-100)


Die Frequenzen der beiden Schwingungen sollen um Δω verschieden sein. Wir setzen an

x1(t)  =   A1 cos(ωt + δ1)

x2(t)  =   A2 cos((ω + Δ ω)t + δ2)      (8.84)

Die resultierende Schwingung ist

x(t) = x1(t)+x2 (t) = A1 cos(ωt+ δ1)+A2 cos((ω+ Δ ω )t+ δ2)
(8.85)

Wir rechnen nun wie folgt um

x(t)  =  A1 cos(ωt + δ1) + A2 cos((ωt + δ1) + Δ ωt + δ2 − δ1)
      =  A1 cos(ωt + δ1) + A2 cos(ωt +  δ1) cos(Δωt + δ2 − δ1)
         − A  sin (ωt + δ )sin (Δ ωt + δ  − δ )
             2          1            2    1
      =  cos(ωt + δ1)[A1 + A2 cos(Δ ωt + δ2 − δ1)]
         − A  sin (ωt + δ )sin (Δ ωt + δ  − δ )          (8.86)
             2          1            2    1

Dies entspricht einer Schwingung der Frequenz ω mit einer aufmodulierten Frequenz Δω. Wir nennen diese verhalten auch Schwebung. Transparenter wird die Rechnung, wenn komplexe Zahlen verwendet werden. Anstelle von cos(ωt + δ) schreiben wir ei(ωt+δ), wobei wieder i = √ ---
  − 1 ist. Wir schreiben

              i(ωt+δ1)
x1 (t)  =   A1e
x2 (t)  =   A2ei((ω+Δ ω)t+δ2)         (8.87)

und weiter

x(t)  =   x1(t) + x2(t)
      =   A ei(ωt+δ1) + A ei((ωt+ δ1)+Δωt+δ2−δ1)
           1            2
      =   A1ei(ωt+δ[1) + A2ei(ωt+δ1)ei(Δ ωt+]δ2−δ1)
      =   ei(ωt+ δ1) A  +  A ei(Δ ωt+ δ2−δ1)      (8.88)
                    1    2

8.1.5.4. Fourierreihen *

(Siehe Gerthsen, Physik [Gerthsen])

Die obige Schwingung ist nicht nur durch den zeitlichen Verlauf, sondern auch durch das Frequenzspektrum sowie das Phasenspektrum charakterisiert. Grundlage für diese Aussage ist der mathematische Satz, dass sich jede periodische Funktion f(t) = f(t + T) (Frequenz ω = 2π∕T als Fourierreihe

       ∞∑
f(t) =    Ak cos(kωt + δk)
       k=0
(8.89)

schreiben lässt. Alternativ kann man auch

       a0   ∞∑                ∞∑
f(t) = ---+    ak cos(kωt) +    bk sin(kωt)
       2    k=1              k=1
(8.90)

Für gerade Funktionen f(t) = f(t) sind alle bk = 0, für ungerade Funktionen sind alle ak = 0.



Versuch zur Vorlesung:
Fourier-Synthese (Versuchskarte SW-065)




Versuch zur Vorlesung:
Fourier-Analyse 4 (Versuchskarte SW-101)


_______________________________________________

PIC

Synthese einer Schwingung mit f(t) = a0
2- + k=1 cos((2k 1)ωt)(2k 1). Die verschiedenen Stufen der Synthese sind durch eine der Stufennummer proportionale Verschiebung nach oben auseinandergezogen.

_____________________________________________________________________

_____________________________________________________________________

PIC

Synthese einer Schwingung mit f(t) = a0
2- + k=1(1)k1 cos((2k 1)ωt)(2k 1)2. Die verschiedenen Stufen der Synthese sind durch eine der Stufennummer proportionale Verschiebung nach oben auseinandergezogen.

_____________________________________________________________________

_____________________________________________________________________

PIC

Synthese einer Schwingung mit f(t) = a0
2- + k=1(1)k1 cos((2k 1)ωt)(2k 1). Die verschiedenen Stufen der Synthese sind durch eine der Stufennummer proportionale Verschiebung nach oben auseinandergezogen.

_____________________________________________________________________

_____________________________________________________________________

PIC

Synthese einer Schwingung mit f(t) = a0
2- + k=1(1)k1 cos((2k 1)ωt)(2k 1)23. Die verschiedenen Stufen der Synthese sind durch eine der Stufennummer proportionale Verschiebung nach oben auseinandergezogen.

_____________________________________________________________________

_____________________________________________________________________

PIC

Synthese einer Schwingung mit f(t) = a0
2- + k=1(1)k1 cos((2k 1)ωt)(2k 1)12. Die verschiedenen Stufen der Synthese sind durch eine der Stufennummer proportionale Verschiebung nach oben auseinandergezogen.

_____________________________________________________________________

_____________________________________________________________________

PIC

Synthese einer Schwingung mit f(t) = a0
2- + k=1(1)k1 cos((2k 1)ωt)(2k 1)16. Die verschiedenen Stufen der Synthese sind durch eine der Stufennummer proportionale Verschiebung nach oben auseinandergezogen.

_____________________________________________________________________

Die folgenden Applets illustrieren die Fourieranalyse und -synthese

8.1.6  Gekoppelte Schwingungen

(Siehe Gerthsen, Physik [Gerthsen])

__________________________________________________________________________

PIC

Zwei mathematische Pendel im Abstand d mit jeweils der Länge L sind mit einer masselosen Feder der Ruhelänge d und der Federkonstante k gekoppelt.

_____________________________________________________________________



Versuch zur Vorlesung:
Gekoppelte Pendel (Versuchskarte SW-063)


Wenn das linke Pendel um ϕ1 und das rechte Pendel um ϕ2 ausgelenkt wird (in beiden Fällen wird nach rechts positiv gezählt), dann verändert sich die Länge der Feder um

Δd  = ℓ(sin ϕ −  sin ϕ ) ≈ ℓ(ϕ −  ϕ )
             1       2       1    2
(8.91)

für kleine Auslenkungen. Deshalb ist die Kraft, die auf das linke Pendel ausgeübt wird

FF,1 = − kΔd  ≈ − kℓ(ϕ1 − ϕ2 )
(8.92)

Entsprechend ist die Kraft auf das rechte Pendel

FF,2 = − k (− Δd ) ≈ kℓ(ϕ1 − ϕ2)
(8.93)

Diese Kräfte entsprechen den Drehmomenten

                      2
MF,1   =  ℓFF,1 = − kℓ (ϕ1 − ϕ2)
MF,2   =  ℓFF,2 = kℓ2(ϕ1 − ϕ2)        (8.94)
Die durch die Gravitation hervorgerufenen Momente an den Pendeln sind
M      =  − Lmg  sin ϕ  ≈ − Lmg  ϕ
  G,1                1           1
MG,2   =  − Lmg  sin ϕ2 ≈ − Lmg  ϕ2     (8.95)
Wir beachten, dass für eine Punktmasse m an einem masselosen Faden der Länge L das Trägheitsmoment I = mL2 ist und erhalten die linearisierte Momentengleichung
 ¨        2¨                    2
Iϕ1 = mL   ϕ1  =  − Lmg  ϕ1 − kℓ (ϕ1 − ϕ2)
I¨ϕ2 = mL2  ¨ϕ2  =  − Lmg  ϕ2 + kℓ2(ϕ1 − ϕ2) (8.96)
Wir teilen durch mL2 und schreiben in Matrizenform
(  ¨ )    (   -g   -kℓ-     -kℓ-   ) (     )
  ϕ1    =   − L −  mL2    + mL2        ϕ1
  ϕ¨2           + kmℓL2-   − gL-−  kmℓL2-    ϕ2
(8.97)

Wir nehmen an, dass beide Pendel mit der gleichen Frequenz ω schwingen. Wir setzen also an

               iωt
ϕ1(t) =   ϕ1,0e
ϕ2(t) =   ϕ2,0ei(ωt+ δ)            (8.98)
Eingesetzt in Gleichung (8.96) bekommen wir
      2    iωt       g      iωt    kℓ2      iωt        iωt iδ
  − ω ϕ1,0e    =   − --ϕ1,0e  −  ---2-(ϕ1,0e   − ϕ2,0e   e )
                     m           mL   2
− ω2ϕ   eiωteiδ  =   − g-ϕ  eiωteiδ + -kℓ-(ϕ   eiωt − ϕ  ei(ω8t.e9iδ9))
     2,0             L  2,0         mL2    1,0       2,0
Wir teilen durch eiωt
                  g        kℓ2
   − ω2ϕ1,0 =   − --ϕ1,0 − -----(ϕ1,0 − ϕ2,0eiδ)
                  L       mL2
    2    iδ       g-    iδ   k-ℓ2-           iδ
− ω  ϕ2,0e   =   − L ϕ2,0e  +  mL2 (ϕ1,0 − ϕ2,0e(8).100)
Wir stellen die Gleichung um und sortieren nach den beiden unbekannten ϕ1,0 und ϕ2,0e.
      [        g    kℓ2 ]        kℓ2
0  =   − ω2 +  --+ ----- ϕ1,0 − -----ϕ2,0eiδ
               L   m[L2          mL2  ]
         kℓ2                g    kℓ2
0  =  − ----2ϕ1,0 + − ω2 + -- + ----2 ϕ2,0eiδ(8.101)
        mL                 L    mL
Wir verwenden die folgenden Abkürzungen
           2   g-  -kℓ2-
A   =  − ω  +  L + mL2
        k ℓ2
B   =   ---2-
        mL
 y  =  ϕ1,0
 z  =  ϕ2,0eiδ                    (8.102)
und müssen damit die Gleichung
0  =   Ay −  Bz
0  =   − By +  Az             (8.103)
lösen. Wir multiplizieren die erste Gleichung mit B und die zweite mit A und bekommen
0  =   ABy  − B2z
                  2
0  =   − ABy  + A  z           (8.104)
und addieren die Gleichungen. Damit wird
        2     2
0 =  z(A  − B  )
(8.105)

Damit diese Gleichung für alle y eine Lösung ist, muss A2 = B2 sein. Diese Bestimmungsgleichung für ω hat zwei Lösungen

A    =  B
  1
A2   =  − B                (8.106)
oder
              2          2
− ω2 + g-+ -kℓ--  =   -kℓ--
   1   L   mL2        mL2
       g    kℓ2         k ℓ2
− ω22 +--+ ----2  =   − ---2-      (8.107)
       L   mL           mL
Wir vereinfachen diese beiden Gleichungen und lösen nach ωi auf
ω2  =   g-
 1      L
 2      g     kℓ2      2    k ℓ2
ω2  =   --+ 2 ---2-= ω 1 + 2---2-    (8.108)
        L     mL            mL
Wenn wir y = ϕ1 als Vorgabe nehmen und die Gleichung z = ABiy lösen, bekommen wir die Amplitude des zweiten Pendels.
      iδ      − ω21 + gL-+ mkLℓ22
ϕ2,0,1e 1  =   ------kℓ2------ϕ1,0
                    mL2
              − g-+ g-+  kℓ22-
          =   --L---Lkℓ2---mL-ϕ1,0
                   mL2
          =   ϕ1,0
                 2   g-  -kℓ2
ϕ    eiδ2  =   −-ω2-+-L-+-mL2-ϕ
  2,0,2               kℓ22-       1,0
                g   mLkℓ2   g    kℓ2
              −-L-−-2mL2--+-L-+-mL2-
          =            -kℓ22         ϕ1,0
                       mL
          =   − ϕ1,0                      (8.109)
Die beiden Lösungen haben die folgenden Charakteristika
Lösung 1
Es ist ϕ2,0,1 = ϕ1,0 und δ1 = 0. Die beiden Pendel schwingen in Phase mit der gleichen Resonanzfrequenz wie ein einzelnes Pendel. Die Feder wird nicht gedehnt. Ob sie vorhanden ist oder nicht, ist nicht relevant.
Lösung 2
Es ist ϕ2,0,2 = ϕ1,0 und δ2 = π. Die beiden Pendel schwingen gegenphasig mit einer höheren Resonanzfrequenz als die, die ein einzelnes Pendel hätte. Die Feder wird periodisch gedehnt und gestaucht.

8.1.7  Verallgemeinerung: Fundamental- oder Eigenschwingungen *

(Siehe Gerthsen, Physik [Gerthsen])



Versuch zur Vorlesung:
Gekoppelte Stangenpendel (Versuchskarte SW-050)


Wir wollen nun untersuchen, wie die Lösung der Schwingungsgleichung für N gleich Pendel aussieht, die jeweils vom i-ten zum i + 1-ten Pendel mit einer masselosen Feder mit der Federkonstante k gekoppelt sind. Für das erste Pendel mit i = 1 gilt

I¨ϕ1 = − Lmg  ϕ1 − kℓ2(ϕ1 − ϕ2)
(8.110)

Die Bewegungsgleichung des letzten Pendels ist

                     2
I¨ϕN =  − Lmg ϕN  + kℓ (ϕN −1 − ϕN )
(8.111)

Dazwischen lauten die Bewegungsgleichungen für ein Pendel 0 < j < N

I ¨ϕj  =  − Lmg  ϕj − kℓ2(ϕj − ϕj+1) + k ℓ2(ϕj− 1 − ϕj )
                       2          2       2
      =  − Lmg  ϕj + kℓ ϕj−1 − 2kℓ ϕj + kℓ ϕj+1(8.112)
Wir dividieren durch I = mL2 und setzen ω 02 = gL- und κ = kℓ2-
mL2 und schreiben die Gleichung als Matrizengleichung
(     )    (                                                      ) (      )
   ¨ϕ1         − ω20 − κ κ  ⋅⋅⋅  0      0      0  ⋅⋅⋅  0     0          ϕ1
||   .. ||    ||     ..      ..       ..      ..      ..       ..      ..    || ||   ..  ||
||   . ||    ||     .      .       .     2.      .       .      .    || ||   .  ||
||  ¨ϕj ||  = ||     0      0  ⋅⋅⋅  κ  − ω 0 − 2κ κ  ⋅⋅⋅  0     0     || ||  ϕj  ||
||   .. ||    |(     ...      ...       ...      ...      ...       ...      ...    |) |(   ...  |)
(   . )                                                     2
  ϕ¨N             0      0  ⋅⋅⋅  0      0      0  ⋅⋅⋅  κ  − ω0 − κ      ϕN
(8.113)

Wir setzen nun ϕi = ϕi,0eiωt und lösen die obige Gleichung

( 0  )   (  ω2 − ω20 − κ  κ   ⋅⋅⋅ 0        0        0  ⋅⋅⋅  0       0       ) (  ϕ1,0 )
|  . |   |       .        .      .        .        .       .       .       | |   .  |
||  .. ||   ||       ..        ..      ..        ..        ..       ..       ..       || ||   ..  ||
|| 0  || = ||       0       0   ⋅⋅⋅ κ  ω2 −  ω20 − 2κ  κ  ⋅⋅⋅  0       0       || ||  ϕj,0 ||
||  .. ||   ||       ..        ..      ..        ..        ..       ..       ..       || ||   ..  ||
(  . )   (       .        .      .        .        .       .       .       ) (   .  )
  0              0       0   ⋅⋅⋅ 0        0        0  ⋅⋅⋅  κ  ω2 − ω20 − κ     ϕN,0
(8.114)

Diese Gleichung hat dann eine Lösung, wenn die Determinante

|                                                               |
||ω2 −  ω20 − κ  κ  ⋅⋅⋅  0        0        0  ⋅⋅⋅ 0        0      ||
||      ..       ..       ..        ..        ..       ..       ..      ||
||      .       .       .   2    .2       .       .       .      ||
||      0       0  ⋅⋅⋅  κ  ω  − ω 0 − 2κ  κ  ⋅⋅⋅ 0        0      ||=  0
||      ...       ...       ...        ...        ...       ...       ...      ||
||                                                    2    2     ||
       0       0  ⋅⋅⋅  0        0        0  ⋅⋅⋅ κ   ω −  ω0 − κ
(8.115)

Die Lösung mit der tiefsten Resonanzfrequenz ist ω = ω0, bei der alle Pendel in Phase sind (bei allen anderen Bewegungsmoden ist neben der potentiellen Energie der Pendel auch in den Federn potentielle Energie gespeichert, die Gesamtenergie also für die gleich Auslenkung grösser.) Wenn wir diese Lösung einsetzen, bekommen wir die Gleichung

|                                      |
|| − κ  κ  ⋅⋅⋅  0   0    0  ⋅⋅⋅  0   0  ||
||  ..   ..       ..    ..   ..       ..   ..  ||
||  .   .       .    .   .       .   .  ||
||  0   0  ⋅⋅⋅  κ  − 2κ  κ  ⋅⋅⋅  0   0  ||= 0
||  ...   ...       ...    ...   ...       ...   ...  ||
||                                      ||
   0   0  ⋅⋅⋅  0   0    0  ⋅⋅⋅  κ  − κ
(8.116)

Wenn man alle Zeilen dieser Determinante aufsummiert, bekommt man den Null-Vektor. Deshalb ist die obige Determinantengleichung erfüllt.



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