Up: Physik 1 für Ingenieure

Übungsblatt 13
Physik für Ingenieure 1

Othmar Marti, (othmar.marti@physik.uni-ulm.de)

22. 1. 2002

Aufgaben für die Übungsstunden

Schwingungen

Zuerst nachdenken, dann in Ihrer Vorlesungsmitschrift nachschauen und erst dann wild lostrechnen!

$\includegraphics[width=0.5\textwidth]{ue13-1.eps}$

Ein kleines Teilchen der Masse gleite reibungsfrei in einer kugelförmigen Schale mit dem Radius .
1. Zeigen Sie, dass die Bewegung die gleiche wäre, wenn das Teilchen an einem Faden der Länge aufgehängt wäre.
2. Die Abbildung zeigt ein Teilchen, das nur ein wenig ( $s_1\ll r$ ) vom tiefsten Punkt ausgelenkt ist. Ein zweites Teilchen der Masse ist an der anderen Seite um $s_2=K\cdot s_1$ ( $K \neq 1$ , $s_2\ll r$ ) ausgelenkt. Wo treffen sich die Teilchen, wenn sie gleichzeitig losgelassen werden? Warum?
3. Wo treffen sich die Teilchen, wenn sie gleichzeitig losgelassen werden, aber nun perfekt rollen und nicht gleiten?
Ein Kind auf einer Schaukel schwinge mit einer Periode von . Zusammen mit der Schaukel habe es ein Gewicht von . Das Kind werde von einem geduldigen Vater so angeschaukelt, dass die Amplitude konstant bleibt. Am tiefsten Punkt betrage die Geschwindigkeit des Kindes .
1. Wie gross ist die Gesamtenergie von Schaukel und Kind?
2. Wie gross wäre die Periodendauer, wenn der Vater anstelle des Kindes auf der Schaukel sässe?
3. Wieviel Energie geht der Schaukel pro Periode verloren, wenn der Q-Faktor ist?
4. Wieviel Leistung muss der Vater beisteuern?
Beachten Sie: Eine Schaukel wird gewöhnlich nicht sinusförmig angestossen. Jedoch muss bei konstanter Amplitude der Energieverlust der Schaukel durch eine äussere Quelle ersetzt werden muss. Diese Energie kann durch die Schaukelbewegungen des Kindes (was an der Schaukel wird verändert?) oder durch jemanden, der anstösst, aufgebracht werden.
$\includegraphics[width=0.4\textwidth]{ue13-3.eps}$

Ein physikalisches Pendel bestehe aus einer Kugel mit dem Radius und der Masse , die an einem Faden aufgehängt sei (siehe Abbildung). Der Abstand vom Schwerpunkt zum Aufhängungspunkt sei . Wenn ist, wird dieses Pendel oft als mathematisches Pendel behandelt.
1. Zeigen sie, dass die Schwingungsdauer für kleine Auslenkungen durch $T = T_0\sqrt{1+\frac{2r^2}{5\ell^2}}$ gegeben ist, wobei $T_0 = 2\pi\sqrt{\ell/g}$ die Schwingungsdauer des mathematischen Pendels der Länge $\ell$ ist.
2. Zeigen Sie, dass für $r\ll \ell$ die Schwingungsdauer durch $T=T_0\left(1+r^2/(5\ell^2)\right)$ angenähert werden kann.
3. Bestimmen Sie den Fehler in der Schwingungsdauer, der durch diese Näherung entsteht, für den Fall $\ell = 1 m$ und .
4. Wie gross muss der Radius der Kugel sein, damit der Fehler 1 % beträgt?

Hausaufgabe

Leiten sie einen Ausdruck für die durch eine antreibende Kraft zugeführte durchschnittliche Leistung her. (Siehe den Abschnitt ,,Erzwungene (gedämpfte) Schwingung und Resonanz'' vom 16.1. 2002).
1. Zeigen sie, dass die momentan zugeführte Leistung einer treibenden Kraft durch
  
  $\begin{displaymath}P=Fv=-A\omega F_0\cos\omega t \sin(\omega t-\delta)\end{displaymath}$
  
  gegeben ist.
2. Verwenden Sie das Additionstheorem, um sie auf die Form
  
  $\begin{displaymath}P=A\omega F_0 \sin\delta \cos^2\omega t -A\omega F_0 \cos\delta\cos\omega t\sin\omega t\end{displaymath}$
  
  zu bringen.
3. Zeigen Sie, dass der zeitliche Mittelwert des zweiten Summanden aus 4b verschwindet und deshalb folgt:
  
  $\begin{displaymath}\left<P\right> = \frac{1}{2}A\omega F_0 \sin\delta\end{displaymath}$
  
  .
4. Nach Gleichung (8.67) ( $\delta(\omega) = \arctan\left(\frac{\omega\omega_0}{Q\left(\omega_0^2-\omega^2\right)}\right)$ ) für $\tan\delta$ lässt sich ein rechtwinkliges Dreieck konstruieren, bei dem die dem Winkel $\delta$ gegenüberliegende Seite $b\omega$ und die anliegende Seite $m(\omega_0^2-\omega^2)$ entspricht. zeigen Sie anhand dieses Dreieckes, dass
  
  $\begin{displaymath}\sin\delta =\frac{b\omega}{\sqrt{m^2(\omega_0^2-\omega^2)^2+b^2\omega^2}}=\frac{b\omega A}{F_0}\end{displaymath}$
  
  ist.
5. Ersetzen sie $\omega A$ mit Hilfe der Ergebnisse von 4c und 4d und zeigen sie, dass die durchschnittliche Leistungsaufnahme in der Form
  
  $\begin{displaymath}\left<P\right> = \frac{1}{2}\frac{F_0^2}{b}\sin^2\delta = \f... ...}\frac{F_0^2 b\omega^2}{m^2(\omega_0^2-\omega^2)^2+b^2\omega^2}\end{displaymath}$
  
  geschrieben werden kann.
6. Berechnen Sie Näherungslösungen für $\omega \rightarrow 0$ und $\omega \rightarrow \infty$ . Welche Leistung wird bei $\omega=\omega_0$ verbraucht.

Lösungen Aufgaben für die Übungsstunde

1. Da der Abstand der Bahn zum Krümmungsmittelpunkt konstant ist, kann man ohne die Bewegung zu stören vom Krümmungsmittelpunkt zum Teilchen einen Faden spannen. Wenn die Unterlage entfernt wird, folgt das Teilchen immer noch der gleichen Bahn. Da keine zusätzlichen Kräfte senkrecht zur Fadenlinie (tangential) ausgeübt werden da die radialen Zwangskräfte gleich sind, ist die Bewegung gleich.
2. Da die Periodendauer bei einem Pendel mit kleiner Auslenkung $s\ll r$ unabhängig von der Auslenkung ist, ist die Zeit die ein Teilchen vom Maximum bis zu tiefsten Punkt braucht, nämlich , gleich. Die beiden Teilchen treffen sich am tiefsten Punkt (wenn man annimmt, dass die Ausdehnung der Teilchen klein gegen die Auslenkung ist).
3. Bei der gleitenden Bewegung wird potentielle Energie in kinetische Energie $\frac{1}{2}mv^2$ umgewandelt. Wenn eine rollende Bewegung vorhanden ist, wird die potentielle Energie in Translationsenergie $\frac{1}{2}mv^2$ und in Rotationsenergie $\frac{1}{2}I\omega^2$ aufgeteilt. Nun ist $I=\frac{2}{5}mr^2$ und die Zwangsbedingung ist, dass $v=r\omega$ . Also ist die Rotationsenergie $\frac{1}{5}mv^2$ und damit die Gesamtenergie $\frac{7}{10}mv^2$ . Die Periodendauer des Pendels wird grösser, ist aber immer noch unabhängig von der Auslenkung: die Kugeln treffen sich in der Mitte.
1. Am tiefsten Punkt ist die gesamte Energie kinetische Energie. Also ist $E_{tot} = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2} \cdot 35 kg \cdot 2^2 m^2/s^2 = 70 J$
2. Die Periodendauer eines Pendels ist unabhängig von der Masse, also ist sie beim Vater gleich wie beim Kind.
3. Die Definition des Q-Faktors ist $Q = 2\pi E_{tot}/(-\Delta E_{tot})$ .
  Also ist $-\Delta E_{tot} = 2\pi E_{tot}/Q$ oder $\Delta E_{tot} = - 6.28 \cdot 70 J/20 = -22J$
4. Die Periodendauer ist , also ist die Leistung des Vaters
  $P = -\Delta E_{tot}/3 s = 7.33 W$ .
1. Die Schwingungsdauer des physikalischen Pendels ist $T = 2\pi \sqrt{I/(mg\ell)}$ . Das Trägheitsmoment einer Kugel ist $I_K = \frac{2}{5} mr^2$ . Nun dreht sich die Kugel um den Aufhängepunkt. Nach dem Satz von Steiner ist $I = \frac{2}{5} mr^2+m\ell^2$ . Die Schwingungsdauer ist dann
  
  $\begin{displaymath}T = 2\pi \sqrt{\frac{\frac{2}{5}mr^2+m\ell^2}{(mg\ell)}}=2\pi... ...\frac{2r^2}{5\ell^2}\right)} =T_0\sqrt{1+\frac{2r^2}{5\ell^2}}\end{displaymath}$
2. Für $x\ll 1$ ist $\sqrt{1+x} \approx 1 +\frac{1}{2}x$ . Die Bedingung in unserem Falle heisst $1 \gg \frac{2r^2}{5\ell^2}$ oder $1 \gg \frac{r^2}{\ell^2}$ oder $\ell \gg r$ . Dann ist $T = T_0\left(1+\frac{r^2}{5\ell^2}\right)$ .
3. Wir setzen ein und erhalten
  $T_{exakt} = T_0 \sqrt{1+\frac{2\cdot 0.02^2}{5\cdot 1^2}} = 1.0000799968002559744028668559792 T_0$
  sowie $T_{approx} = T_0\left(1+\frac{0.02^2}{5\cdot 1^2}\right) = 1.00008 T_0$ .
  Der Fehler ist also $\frac{1.00008}{1,0000799968002559744028668559792}-1 =3.2\cdot 10^{-9}$ .
4. Wir setzen
  
  $\begin{displaymath}\frac{T_{approx}}{T_{exakt}}=\frac{T_0\left(1+\frac{r^2}{5\ell^2}\right)} {T_0\sqrt{1+\frac{2r^2}{5\ell^2}}}-1\end{displaymath}$
  
  $\begin{displaymath}= \frac{1+\frac{r^2}{5\ell^2}} {\sqrt{1+\frac{2r^2}{5\ell^2}}}-1 = A\end{displaymath}$
  
  Wir erhalten
  
  $\begin{displaymath}\left(1+\frac{r^2}{5\ell^2}\right)^2 = (1+A)^2\left(1+\frac{2r^2}{5\ell^2}\right)\end{displaymath}$
  
  Wir setzen $x = \frac{r^2}{5\ell^2}$
  
  $\begin{displaymath}\left(1+x\right)^2 = (1+A)^2\left(1+2x\right)= 1+2x+x^2 = (1+A)^2+ 2x(1+A)^2\end{displaymath}$
  
  $\begin{displaymath}\left(1-\left(1+A\right)^2\right)+2x\left(1-\left(1+A\right)^2\right)+x^2=0\end{displaymath}$
  
  Wir setzen $B = \left(1-\left(1+A\right)^2\right) = -2A-A^2$ und erhalten
  
  $\begin{displaymath}B + 2Bx +x^2 = 0\end{displaymath}$
  
  $\begin{displaymath}x = \frac{-4B \pm\sqrt{4B^2-4B}}{2} = -B \pm \sqrt{B^2-B}= -B\left(1\mp\sqrt{1-1/B}\right)\end{displaymath}$
  
  $\begin{displaymath}x= \left(2A+A^2\right)\left(1\mp\sqrt{1+\frac{1}{2A+A^2}}\rig... ...ft(2A+A^2\right)\left(1\mp\sqrt{\frac{1+2A+A^2}{2A+A^2}}\right)\end{displaymath}$
  
  $\begin{displaymath}x = \left(2A+A^2\right)\left(1\mp\frac{1+A}{\sqrt{2A+A^2}}\right)=\frac{r^2}{5\ell^2}\end{displaymath}$
  
  $\begin{displaymath}r^2 = \left(2A+A^2\right)\left(1\mp\frac{1+A}{\sqrt{2A+A^2}}\right)5\ell^2 m^2\end{displaymath}$
  
  oder

Lösungen Hausaufgabe

1. Die Anregung ist definitionsgemäss $F(t) = F_0\cos(\omega t)$ . Die Lösung der Bewegungsgleichung ist $x(t) = A(\omega)\cos(\omega t -\delta(\omega))$ . Dann ist $v(t) = \dot{x}(t) = -A(\omega)\omega\sin(\omega t -\delta(\omega))$ . Die Leistung ist also
  
  $\begin{displaymath}P(t) = F(t)v(t) = -A(\omega)\omega\sin(\omega t -\delta(\omega))F_0\cos(\omega t)\end{displaymath}$
  
  $\begin{displaymath}= -A(\omega)F_0\omega\cos(\omega t)\sin(\omega t -\delta(\omega))\end{displaymath}$
2. Es ist $\sin(\omega t -\delta(\omega))=\sin(\omega t)\cos(\delta(\omega))- \cos(\omega t)\sin(\delta(\omega))$ . Wir setzen ein und sortieren nach den Winkelfunktionen
  
  $\begin{displaymath}P(t) = A(\omega)F_0\omega\sin(\delta(\omega))\cos^2(\omega t)... ...omega)F_0\omega\cos(\delta(\omega))\sin(\omega t)\cos(\omega t)\end{displaymath}$
3. Es ist $\sin\alpha\cos\alpha = \frac{1}{2}\left(\sin\alpha\cos\alpha+\cos\alpha\sin\alpha\right) = \frac{1}{2}\sin(2\alpha)$ . Der Mittelwert $\left<\sin(2\alpha)\right> = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \sin(2\alpha)d\alpha = 0$ . Da das Mittel über eine Schwingungsperiode dem Mittel über $2\pi$ entspricht, ist auch
  
  $\begin{displaymath}\left< -A(\omega)F_0\omega\cos(\delta(\omega))\sin(\omega t)\cos(\omega t)\right>\end{displaymath}$
  
  $\begin{displaymath}= \frac{1}{T}\int_0^T -A(\omega)F_0\omega\cos(\delta(\omega))\sin(\omega t)\cos(\omega t) dt\end{displaymath}$
  
  $\begin{displaymath}= \frac{-A(\omega)F_0\omega\cos(\delta(\omega))}{2T}\int_0^T \sin(2\omega t) dt =0\end{displaymath}$
  
  Der Mittelwert von $\left<\cos^2\alpha\right>=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\cos^2\alpha d\alpha = \f... ...1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos 2\alpha d\alpha = \frac{1}{2}$ , da der zweite Summand im Integral null ergibt. Damit ist
  
  $\begin{displaymath}\left<P\right> = \frac{1}{2} A(\omega)F_0\omega \sin(\delta(\omega))\end{displaymath}$
  
  .
4. Wir haben $\tan(\delta(\omega)) = \frac{b\omega}{m\left(\omega_0^2-\omega^2\right)}$ und interpretieren dies im Sinne der Aufgabenstellung [ $B = b\omega$ und $A = m\left(\omega_0^2-\omega^2\right)$ ]. Dann ist die Hypothenuse $C^2 = A^2+B^2 = b^2\omega^2+m^2\left(\omega_0^2-\omega^2\right)^2$ . Nun ist $\sin\delta = B/C =\frac{b\omega}{\sqrt{b^2\omega^2+m^2\left(\omega_0^2-\omega^2\right)^2}}$
  Setzen wir $A(\omega)=\frac{F_0}{\sqrt{b^2\omega^2+m^2\left(\omega_0^2-\omega^2\right)^2}}$ ein, so bekommen wir
  
  $\begin{displaymath}\sin(\delta(\omega))=\frac{b\omega A(\omega)}{F_0}\end{displaymath}$
5. Wir setzen $A(\omega)\omega = \frac{F_0 \sin(\delta(\omega))}{b}$ und setzen ein.
  
  $\begin{displaymath}\left<P\right> = \frac{1}{2}\frac{F_0^2}{b}\sin^2(\delta(\omega))\end{displaymath}$
  
  Die Elimination von $\sin^2(\delta(\omega))$ liefert schliesslich
  
  $\begin{displaymath}\left<P\right> = \frac{1}{2}\frac{F_0^2}{b}\sin^2\delta = \f... ...}\frac{F_0^2 b\omega^2}{m^2(\omega_0^2-\omega^2)^2+b^2\omega^2}\end{displaymath}$
  
  Für kleine Frequenzen ist $\left<P\right> \approx \frac{F_0^2 b \omega^2}{m^2\omega_0^4}$ . Für grosse Frequenzen ist $\left<P\right> \approx \frac{F_0^2 b }{m^2\omega^2}$ . Für $\omega=\omega_0$ ist $\left<P\right> \approx \frac{F_0^2}{b}$ .