\documentstyle[11pt,german,epsfig,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L"osungen zur \"Ubung Nr.7}
\normalsize
\centerline{\bf Besprechung: Donnerstag, d. 8. Dezember 2005}
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 1:} \newline
Wir m"ussen die Schwingungsfrequenz als Funktion der Gesamtenergie darstellen.
Die Gesamtenergie ist immer die Summe aus kinetischer und potentieller Energie,
\begin{displaymath}
E = E_{kin} + E_{pot}.
\end{displaymath}
Die allgemeine L"osung der Schwingungsgleichung ohne D"ampfung ist
\begin{displaymath}
x = x_{0} \; cos(\omega t + \varphi).
\end{displaymath}
Die Geschwindigkeit hierzu ist
\begin{displaymath}
v =  - \omega \; x_{0} sin(\omega t + \varphi).
\end{displaymath}
F"ur 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 + \varphi)
\end{displaymath}
F"ur die potentielle Energie erhalten wir
\begin{displaymath}
E_{pot} = \int_{0}^{x} D \xi d\xi = \frac{1}{2} D x^{2} = \frac{1}{2} m x_{0}^{2} \omega^{2} \; cos^{2}(\omega t + \varphi),
\end{displaymath}
mit der Eigenfreqeunz $\omega^{2} = D/m$. 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 $\omega = 2 \pi \nu$. F"ur die gesuchte Frequenz erhalten wir hieraus:
\begin{displaymath}
\nu = \sqrt{ \frac{E}{2 \pi^{2} m x_{0}^{2}}} = 50,4 \; s^{-1}.
\end{displaymath}
\newpage
{\bf Aufgabe 2:} \newline
Die  ged"ampfte Schwingung stellen wir dar mit einer Cosinus - Funktion, deren Amplitude exponentiell abnimmt.
\begin{displaymath}
x(t) = A e^{-\gamma t} cos(\omega t + \varphi)
\end{displaymath}
Diese L"osung erf"ullt die Schwingungsgleichung (bitte nachrechnen). Daher folgt f"ur das Verh"altnis
der Auslenkungen bei zwei aufeinanderfolgenden Schwingungen:
\begin{displaymath}
\frac{x((n+1)T)}{x(nT)} = \frac{A e^{-(n+1)\gamma T} cos((n+1)\omega T + \varphi)}
                          {A e^{-n \gamma T} cos(n \omega T + \varphi)} = e^{-\gamma T}.
\end{displaymath}
Nach Aufgabenstellung $e^{-\gamma T} = 0,4$. Daher
\begin{displaymath}
\gamma = - \frac{ln(0,4)}{T} = 1,83 \; s^{-1}.
\end{displaymath}
Die Kreisfrequenz der unged"ampften Schwingung ist $\omega_{0}^{2} = \omega^{2} + \gamma^{2}$, die Frequenz also
\begin{displaymath}
\nu_{0} = \sqrt{ \nu^{2} + \frac{\gamma^{2}}{4 \pi^{2}}} \approx 2 \; s^{-1}                    
\end{displaymath}
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 3:}  \newline
a) Wir wollen diese Aufgabe nutzen, um den allgemeinen L"osungsansatz der ged"ampften Schwingungsgleichung mit komplexen Zahlen
zu l"osen. Die Bewegungsgleichung lautet in diesem Fall
\begin{displaymath}
m \frac{d^{2}x}{dt^{2}} = - m' \frac{g}{L} x - 2 \gamma \frac{dx}{dt}
\end{displaymath}
Man beachte, da"s $m'$ die um den Auftrieb verringerte Masse des Pendelk"orpers ist:
\begin{displaymath}
m' = m - \frac{4}{3} \pi \rho r^{3} = 0,0032 \; kg = 32 \; g.
\end{displaymath}
Wir versuchen den L"osungsansatz
\begin{displaymath}
x = A e^{k t }
\end{displaymath}
Hierbei haben wir die Phase $\varphi = 0$ gesetzt. Dieses ist nichts weiter als die Wahl des Zeit- Nullpunktes.
Dann folgen die Ableitungen
\begin{eqnarray}
\frac{dx}{dt} &=& A k e^{k t } \nonumber \\
\frac{d^{2}x}{dt^{2}} &=& A k^{2} e^{k t} \nonumber
\end{eqnarray}
Dieses setzen wir in die Schwingungsgleichung ein und erhalten die Bedingung f"ur $k$:
\begin{displaymath}
m A k^{2} e^{kt} = - \frac{m' g}{L} A e^{kt} - 2 \gamma A k e^{kt}.
\end{displaymath}
Nach Wegk"urzen von $A$ und $e^{kt}$ bleibt  
\begin{displaymath}
k^{2} + \frac{m'}{m} \frac{g}{L} + \frac{2 \gamma}{m} k = 0
\end{displaymath}
mit den 2 L"osungen:
\begin{displaymath}
k_{\pm} = - \frac{\gamma}{m} \pm i \sqrt{ \frac{m'g}{mL} - \frac{\gamma^{2}}{m^{2}} }
\end{displaymath}
Die 2 L"osungen der Schwingungsgleichung sind also
\begin{eqnarray}
x_{1}(t) &=& A_{+} e^{-(\gamma/m) t} e^{+ i \omega t} \nonumber \\
x_{2}(t) &=& A_{-} e^{-(\gamma/m) t} e^{- i \omega t} \nonumber 
\end{eqnarray}
mit
\begin{displaymath}
\omega = \sqrt{ \frac{m' g}{mL} - \frac{\gamma^{2}}{m^{2}} }.
\end{displaymath}
Physikalisch interessant sind nur die Realteile der L"osungen:
\begin{eqnarray}
x_{1}(t) &=& A_{+} e^{-(\gamma/m) t} cos(+\omega t) \nonumber \\
x_{2}(t) &=& A_{-} e^{-(\gamma/m) t} cos(-\omega t) \nonumber 
\end{eqnarray}
Da $cos(-x) = cos(x)$ ist, sind beide L"osungen physikalisch identisch gleich.
F"ur die Schwingungsdauer erhalten wir:
\begin{displaymath}
T = \frac{2 \pi}{\omega} = 4,16 \; s.
\end{displaymath}
b) Der aperiodische Grenzfall wird erreicht f"ur $\omega = 0$, daher
\begin{displaymath}
\frac{m'g}{mL} = \frac{\gamma^{2}}{m^{2}} 
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
\gamma = \sqrt{m m' \frac{g}{L}} = 0,125 \; kg/s.
\end{displaymath} 
\newline \vskip 0,5cm
{\bf Aufgabe 4:} \newline
Die Schwerkraft erzeugt eine konstante Auslenkung der Feder, verschiebt also lediglich den Nullpunkt der Auslenkung. 
Die Bewegungsgleichung ist
\begin{displaymath}
F_{0} \; e^{i\omega t} - m \frac{d^{2}x}{dt^{2}} - 2 \gamma \frac{dx}{dt} - D x = 0
\end{displaymath}
Im Resonanzfall gilt bei schwacher D"ampfung
\begin{displaymath}
\omega \approx \omega_{0} = \frac{2 \pi}{T_{0}} = 4 \pi \; s^{-1}
\end{displaymath}
Wir versuchen wieder einen komplexen L"osungsansatz, 
\begin{displaymath}
x = A_{res} e^{i(\omega t - \varphi)}
\end{displaymath}
wobei $\varphi$ der Phasenwinkel zwischen der treibenden Kraft und der Schwingung ist. Die zweite Ableitung lautet
\begin{displaymath}
\frac{d^{2}x}{dt^{2}} = - A_{res} \omega^{2} \; e^{i(\omega t - \varphi)}  
\end{displaymath}
und daher (beachte $\omega^{2} = \omega_{0}^{2} = D/m$)
\begin{displaymath}
- m \frac{d^{2}x}{dt^{2}} - D x = (m \omega^{2} x - Dx) e^{i(\omega t - \varphi)} = 0.
\end{displaymath}
Im Resonanzfall ist also bei schwacher D"ampfung die "au"sere Kraft gleich der Reibungskraft:
\begin{displaymath}
F_{0} \; e^{i\omega t} = 2 \gamma \frac{dx}{dt} = 2 \gamma \; A_{res} \; i \; \omega \; e^{i(\omega t - \varphi)}
\end{displaymath}
Diese Gleichung spalten wir jetzt in einen Realteil und Imagin"arteil auf,
\begin{eqnarray}
F_{0} &=& 2 \gamma A_{res} \omega \; sin\varphi \nonumber \\
0 &=& 2 \gamma A_{res} \omega \; cos\varphi \nonumber \\
\end{eqnarray} 
Aus der zweiten Gleichung folgern wir, da"s $cos\varphi = 0$ sein mu"s, also $\varphi = \pi/2$. Damit wird $sin\varphi = 1$ und daher
folgt aus der ersten Gleichung:
\begin{displaymath}
F_{0} = 2 \gamma A_{res} \omega
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
\gamma = \frac{F_{0}}{2 A_{res} \omega} = 0,8 \cdot 10^{-3} \; kg/s
\end{displaymath}
b) Die Leistung ist
\begin{displaymath}
P(t) = F(t) v(t)
\end{displaymath}
Der Realteil der treibenden Kraft ist
\begin{displaymath}
F = F_{0} cos(\omega t)
\end{displaymath}
Die Geschwindigkeit ist
\begin{displaymath}
v = \frac{dx}{dt} = i \omega A_{res} e^{i(\omega t - \varphi)} = i \omega A_{res} \left( cos(\omega t) + i \; sin(\omega t) \right)
( cos\varphi - i \; sin\varphi),
\end{displaymath}
mit Realteil (beachte $\varphi = \pi/2$)
\begin{displaymath}
v = \omega A_{res} cos(\omega t)
\end{displaymath}
Die mittlere Leistung ist
\begin{displaymath}
\overline{P} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} P(\tau) d\tau = \frac{1}{2} F_{0} A_{res} \omega = 6,28 \cdot 10^{-4} \; N m/s
\end{displaymath}
c) Im Resonanzfall besteht zwischen Geschwindigkeit $v$ und der "au"seren Kraft $F$ kein Phasenunterschied. Die Amplitude
der Geschwindigkeit hat ein Maximum. Daher hat auch die Arbeit, die w"ahrend einer Periode von der "au"seren Kraft
geleistet wird, ein Maximum. 
\end{document}