Ubungsblatt 14PHYS1100 Grundkurs I (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt)

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

10. 2. 2006 und 13. 2. 2006

1 Aufgaben

1. Wir betrachten einen V-Motor. Berechnen Sie mit virtuellen Verschiebungen:

a) Das Drehmoment auf die Kurbelwelle als Funk-tion von ϕ und den Kraften auf die Zylinder.

b) Berechnen Sie den Drehmomentenverlauf T (ϕ),wenn die Kraft auf den jeweiligen Zylinder sichwie

F (xi) = F0

[sin

(2π

xi − xmin

xmax − xmin

)+ sin2

(2π

xi − xmin

xmax − xmin

)]

verhalt.

c) Nehmen Sie an, dass die Kurbelwelle sich mitkonstantem ω dreht. Wie gross ist die Beschleu-nigung a(ϕ) des ersten Zylinders?

2. Ein Feder-Massesystem (Federkonstante k, Masse m0) werde mit einer periodischenKraft F (t) = F0 cos(ωt) auf die Masse zum Schwingen gebracht. Die Bewegung derMasse werde durch eine geschwindigkeitsproportionale Dampfung FD = −b v =−b x gebremst. Zur Zeit t = 0 sei die Masse in Ruhe, die Feder in ihrer Gleichge-wichtslage.

a) Geben Sie die Differentialgleichung der Bewegung an.

b) Losen Sie die homogene Gleichung.

c) Losen Sie die inhomogene Gleichung.

d) Verwenden Sie die Anfangsbedingungen um die Gesamtlosung zu berechnen.

e) Sei ω0 die Kreisfrequenz der ungedampften Schwingung. Skizzieren Sie dieGesamtlosung fur 3ω = 2ω0.

Ubungsblatt vom 10. 2. 2006 und 13. 2. 2006 1 c©2005-2006 University of Ulm, Othmar Marti

2 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 Ubungsblatt 14

3. In der Atomphysik ist ein beliebtes, aber nicht sehr realistisches Potential dasLennard-Jones-Potential

φ(r) = A

(r120

r12− 2

r60

r6

)

wobei r0 der Gleichgewichtsabstand und A eine Konstante mit der Einheit [J/kg]ist, die die Tiefe des Potentials angibt.

a) Berechnen Sie d2φ(r)/dr2 an der Stelle r0.

b) Nehmen Sie an, dass A = 2.4 · 107m2/s2 und r0 = 150pm sei. BerechnenSie fur eine Testmasse m2 = 6.64 · 10−27kg die Schwingungsfrequenz fur einekleine Auslenkung um die Ruhelage.

c) Wieviel Energie kann maximal in der Schwingung stecken?

4. Eine Sagezahnfunktion wird durch

f(t) = κt

auf dem Intervall (−T/2 . . . T/2] mit periodischer Fortsetzung nach −∞ und nach+∞ beschrieben. κ ist eine Konstante, T die Periodendauer. Berechnen Sie diedazugehorige Fourier-Reihe.

5. Drei identische Pendel (Lange `, Masse m0 werden in einer Reihe angeordnet. Diebenachbarten Pendel werden jeweils durch Federn mit der Federkonstante k ge-koppelt. Berechnen Sie die Eigenfrequenzen und geben sie die Eigenschwingungenan.

6. Die beiden Schwingungen A1(t) = A0 cos(ωt−π/3) und A2(t) = 3A0 cos(2ωt+π/4)werden uberlagert. Zeichnen Sie im Zeigerdiagramm die Kurve des Endpunktes desresultierenden Zeigers bezogen auf die Kreisfrequenz ω.

7. Bei einem Kollergang wird ein Rad der Masse m im Kreis um eine zentrale Befes-tigung gefuhrt und rollt in der Horizontalebene, wobei die Radachse (masselos) in0 gelenkig und reibungsfrei gelagert sei. Berechne den Normaldruck als Funktionder Winkelgeschwindigkeit ω0 der Radumdrehung. Was ist das Resultat fur a = r?

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2 Losungen

1. a) l2 = x2

1 + r2 + 2x1r cos ϕ1

l2 = x22 + r2 + 2x2r cos ϕ2

ϕ1 = ϕ

ϕ2 = ϕ− π

2⇒

l2 = x21 + r2 + 2x1r cos ϕ

l2 = x22 + r2 + 2x2r cos

(ϕ− π

2

)

⇒ x1 = −r cos ϕ±

√l2 − r2 sin2 ϕ

x2 = −r · sin ϕ±√

l2 − r2 cos2 ϕ

⇒

δx1 = r sin ϕ

(1− r cos ϕ√

l2−r2 sin2 ϕ

)δϕ

δx2 = −r cos ϕ

(1− r sin ϕ√

l2−r2 cos2 ϕ

)δϕ

Frδϕ = F1δx1 + F2δx2

⇒F = F1

δx1

rδϕ+ F2

δx2

rδϕ

Die Methode der virtuellen Verruckung bewirkt hierbei, dass F tangential ander Kurbelwelle wirkt.

Die Energie aus beiden Kolben (lineare Bewegung):

F1δx1 + F2δx2

kann durch die Pleuel nur in die Rotationsenergie der Kurbelwelle

F · rδϕubergehen. Darum ist F ⊥ r (ϕ) fur alle ϕ!

Weiterhin ist dann das Drehmoment

T (ϕ) = F · r = F1 · δx1

δϕ+ F2 · δx2

δϕ

⇒

T (ϕ) = F1·r sin ϕ·(

1− r cos ϕ√l2 − r2 sin2 ϕ

)−F2·r cos ϕ·

(1− r sin ϕ√

l2 − r2 cos2 ϕ

)(∗)

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4 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 Ubungsblatt 14

b) (Reine Schreibarbeit, da F ⊥ r (ϕ) fur alle ϕ kann man alles sofort aufschrei-ben.)

F1/2 = F0

[sin

(2π

x1/2 − xmin

xmax − xmin

)+ sin2

(2π

x1/2 − xmin

xmax − xmin

)]

in (∗) eingesetzt (und danach x1/2 eingesetzt):

T (ϕ) = F0 · r · sin ϕ ·

1− r cos ϕ√l2−r2 sin2 ϕ

· [sin

2π

xmax−xmin

−r cos ϕ +

pl2 − r2 sin2 ϕ− xmin

+sin2

2πxmax−xmin

−r cos ϕ +

pl2 − r2 sin2 ϕ− xmin

]

− cos ϕ ·

1− r sin ϕ√l2−r2 cos2 ϕ

· [sin

2π

xmax−xmin

r sin ϕ +

pl2 − r2 cos2 ϕ− xmin

+sin2

2πxmax−xmin

r sin ϕ +

pl2 − r2 cos2 ϕ− xmin

]

c)dϕ

dt= ω = const. ⇒ ϕ = ω · t

gesucht ist a1 (ϕ) = d2x1

dt2

mit:

x1 = −r cos ϕ +

√l2 − r2 sin2 ϕ

⇒d2x1

dt2=

d

dt

(rω · sin (ωt) ·

[1− r cos (ωt)√

l2 − r2 sin2 (ωt)

])

⇒a1 (t) = rω2 ·

0@cos (ωt)− r3 sin2 (ωt) cos2 (ωt)

l2 − r2 sin2 (ωt)

32− r cos2 (ωt)p

l2 − r2 sin2 (ωt)+

r sin2 (ωt)pl2 − r2 sin2 (ωt)

1A

wieder ϕ = ωt ruckwarts einsetzen ergibt a1 (ϕ)

2. Die schnelle Losung geht so:

a) Im Vergleich zu dem in der Vorlesung behandelten Fall lautet die Differenti-algleichung

F

mcos(ωt) = x +

b

mx +

k

mx diese Aufgabe

= x +b

mx + ω2

0x

kz0

mcos(ωt) = x +

b

mx +

k

mx Vorlesung Seite 223

z0ω20 cos(ωt = x +

b

mx + ω2

0x

wir mussen also einfach in der Losung z0ω20 durch F/m ersetzen.

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Ubungsblatt 14 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 5

b) Die homogene Gleichung hat die Losung

xh(t) = A0e−(b/(2m))t cos(ω′t + δ)

ω′ = ω0

√1−

(b

2mω0

)2

c) Die Losung der inhomogenen Gleichung ist

xp(t) = A(ω) cos(ωt− δ(ω))

A(ω) =Fm√

(ω20 − ω2)

2+ ω2b2

4m2

δ(ω) = arctan

(bω

2m (ω20 − ω2)

)

d) Die Gesamtlosung fur den Schwingungsfall ist

x(t) =xh(t) + xp(t)

=A0e−(b/(2m))t cos

ω0

√1−

(b

2mω0

)2

t + δ

)

+Fm√

(ω20 − ω2)

2+ ω2b2

4m2

cos

(ωt− arctan

(bω

2m (ω20 − ω2)

))

e) Die Anfangsbedingungen sind x(0) = 0 und x(0) = 0. Die Ableitung und dieFunktion sind

x(t = 0) =A0

(− b

2m

)cos(δ)− A0ω0

√1−

(b

2mω0

)2

sin(δ)

−Fm

ω√(ω2

0 − ω2)2+ ω2b2

4m2

sin

(− arctan

(bω

2m (ω20 − ω2)

))

x(t = 0) =A0 cos (δ)

+Fm√

(ω20 − ω2)

2+ ω2b2

4m2

cos

(− arctan

(bω

2m (ω20 − ω2)

))

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6 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 Ubungsblatt 14

Wir verwenden cosα = (1 + tan2 α)−1/2 und sin α = tan α · (1 + tan2 α)−1/2

und bekommen

x(t = 0) =A0

(− b

2m

)cos(δ)− A0ω0

√1−

(b

2mω0

)2

sin(δ)

−Fm

ω√(ω2

0 − ω2)2+ ω2b2

4m2

(bω

2m (ω20 − ω2)

) [1 +

(bω

2m (ω20 − ω2)

)2]−1/2

=A0

(− b

2m

)cos(δ)− A0ω0

√1−

(b

2mω0

)2

sin(δ)

−Fm

bω2

2m

√((ω2

0 − ω2)2+ ω2b2

4m2

)((ω2

0 − ω2)2+

(bω2m

)2)

=A0

(− b

2m

)cos(δ)− A0ω0

√1−

(b

2mω0

)2

sin(δ)

− Fbω2

2m2((ω2

0 − ω2)2+ ω2b2

4m2

)

x(t = 0) =A0 cos (δ)

+Fm√

(ω20 − ω2)

2+ ω2b2

4m2

[1 +

(bω

2m (ω20 − ω2)

)2]−1/2

=A0 cos (δ)

+Fm

2m (ω20 − ω2)√(

(ω20 − ω2)

2+ ω2b2

4m2

)((2m (ω2

0 − ω2))2+ (bω)2

)

=A0 cos (δ)

+Fm

(ω20 − ω2)√(

(ω20 − ω2)

2+ ω2b2

4m2

)((ω2

0 − ω2)2+

(bω2m

)2)

=A0 cos (δ)

+Fm

(ω20 − ω2)(

(ω20 − ω2)

2+ ω2b2

4m2

)

Aus x(0) = 0 folgt

A0 cos δ = −Fm

(ω20 − ω2)(

(ω20 − ω2)

2+ ω2b2

4m2

)

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Ubungsblatt 14 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 7

und

A0 sin δ =

√√√√√A20 −

Fm

(ω20 − ω2)(

(ω20 − ω2)

2+ ω2b2

4m2

)

2

Aus x(0) = 0 folgt also

0 =

(− b

2m

) −

Fm

(ω20 − ω2)(

(ω20 − ω2)

2+ ω2b2

4m2

)

− ω0

√1−

(b

2mω0

)2

√√√√√A20 −

Fm

(ω20 − ω2)(

(ω20 − ω2)

2+ ω2b2

4m2

)

2

− Fbω2

2m2((ω2

0 − ω2)2+ ω2b2

4m2

)

Fbω2

2m2

ω20 − ω2

2+ ω2b2

4m2

=Fbω2

0 − ω2

2m2

ω20 − ω2

2+ ω2b2

4m2

− ω0

s1−

b

2mω0

2

0B@

vuuutA20 −

0@

Fm

ω2

0 − ω2

ω2

0 − ω22

+ ω2b2

4m2

1A

21CA

Fb2ω2 − ω2

0

2m2

ω20 − ω2

2+ ω2b2

4m2

= −ω0

s1−

b

2mω0

2

0B@

vuuutA20 −

0@

Fm

ω2

0 − ω2

ω2

0 − ω22

+ ω2b2

4m2

1A

21CA

F 2b22ω2 − ω2

0

2

4m4ω20

ω2

0 − ω22

+ ω2b2

4m2

2=

1−

b

2mω0

2!0@A2

0 −0@

Fm

ω2

0 − ω2

ω2

0 − ω22

+ ω2b2

4m2

1A

21A

F 2b22ω2 − ω2

0

2

4m4ω20

ω2

0 − ω22

+ ω2b2

4m2

2

1−

b2mω0

2 = A2

0 −0@

Fm

ω2

0 − ω2

ω2

0 − ω22

+ ω2b2

4m2

1A

2

A20 =

F 2b22ω2 − ω2

0

2

4m4ω20

ω2

0 − ω22

+ ω2b2

4m2

2

1−

b2mω0

2

+

4m2ω20F 2

ω2

0 − ω22

1−

b2mω0

2

4m4ω20

ω2

0 − ω22

+ ω2b2

4m2

2

1−

b2mω0

2

=F 2

4m4ω20

b22ω2 − ω2

0

2+ 4m2ω2

0

ω2

0 − ω22

1−

b2mω0

2

ω2

0 − ω22

+ ω2b2

4m2

2

1−

b2mω0

2

Ubungsblatt vom 10. 2. 2006 und 13. 2. 2006 7 c©2005-2006 University of Ulm, Othmar Marti

8 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 Ubungsblatt 14

A0 =F

2m2ω0

((ω2

0 − ω2)2+ ω2b2

4m2

)√√√√√

b2 (2ω2 − ω20)

2

(1−

(b

2mω0

)2) + 4m2ω2

0 (ω20 − ω2)

2

=F

m((ω2

0 − ω2)2+ ω2b2

4m2

)√

b2 (2ω2 − ω20)

2

(4m2ω20 − b2)

+ (ω20 − ω2)

2

=F

m

√b2(2ω2−ω2

0)2

(4m2ω20−b2)

+ (ω20 − ω2)

2

((ω2

0 − ω2)2+ ω2b2

4m2

)

Schliesslich ist

cos δ = − F (ω20 − ω2)

A0m((ω2

0 − ω2)2+ ω2b2

4m2

)

= − (ω20 − ω2)√

b2(2ω2−ω20)

2

(4m2ω20−b2)

+ (ω20 − ω2)

2

Diese Losungen gelten fur ω < ω0. Oberhalb ω0 andert sich das Vorzeichen.

f) Die drei Losungen fur ω0 = 1/s, m = 1kg, b = 0.1kg/s und F = 1N sind

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Ubungsblatt 14 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 9

Ein anderer Weg ist:

a) F = mx + kx harmonischer Oszilator

Dampfung: −bx

aussere Kraft: F (t) = F0 cos (ωF t)

→ DGL:

x +b

mx +

k

mx =

F0

mcos (ωF t)

b) setze µ := b2m

und ω20 := k

m

Homogene Gleichung:

x + 2µx + ω20x = 0

Ansatz: x (t) = eλt

→λ2e

λt+ 2µλe

λt+ ω

20e

λt= 0

charakteristisches Polynom:

λ2

+ 2µλ + ω20 = 0

→

λ1,2 =−2µ±

q4µ2 − 4ω2

0

2

= −µ±q

µ2 − ω20

Fallunterscheidung:

1. Schwingfall (µ < ωo)

→ Wurzel rein imaginar → λ1,2 = −µ± iω

ω =

qω20 − µ2

allg. Los.:

x (t) = e−µt ·

Ae

iωt+ Be

iωt

2. Aperiodischer Grenzfall (µ = ω0)

→ Wurzel = Null → ω = 0

→ Ansatz x (t) = e−µt liefert nur eine spezielle Losung.

→ Ansatz

x (t) = ϕ (t) e−µt

x (t) = (ϕµϕ) e−µt

x (t) =

ϕ− 2µϕ + µ2ϕ

e−µt

ω20 = µ

2 → ϕ = 0 → ϕ (t) = A + Bt

→ allg. Los.:

x (t) = (A + Bt) e−µt

3. Kriechfall (µ > ω0) :

→Wurzel reell→ λ1,2 = −µ± γ

γ =

qµ2 − ω2

0

Allg. Los.:

x (t) = e−µt

Ae

γt+ Be

−γt

c) Fur spezielle Losung der inhomogenen DGL umschreiben auf komplexe DGL:

z + 2µz + ω20z =

F0

me

iωF t

Ansatz: z (t) = ceiωF t; Re (z) gibt xpart

→ c−ω

2F + 2iµωF + ω

20

− F0

m

e

iωF t= 0

→c =

F0

m

ω20 − ω2

F+ 2iµ

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10 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 Ubungsblatt 14

→

z (t) = ceiωF t

=F0

m

ω20 − ω2

F+ 2iµ

eiωF t

=F0

m

ω20 − ω2

F − 2iµ

ω20 − ω2

F+ 2iµ

ω20 − ω2

F− 2iµ

eiωF t

=F0

m

ω20 − ω2

F − 2iµ

ω20 − ω2

F

2+ (2µωF )2

(cos (ωF t) + i sin (ωF t))

xpart (t) = Re (z (t)) =F0

m·

ω20 − ω2

F

cos (ωF t) + 2µ sin (ωF t)

ω20 − ω2

F

2+ (2µωF )2

→Losung der inhomogenen Gleichung:x (t) = xhom (t) + xpart (t)

fur Schwingfall:

x (t) = e−µt

A · e

iq−µ2+ω2

0t+ Be

−iq−µ2+ω2

0

!

+F0

m·

ω20 − ω2

F

cos (ωF t) + 2µ sin (ωF t)

ω20 − ω2

F

2+ (2µωF )2

d) Anfangsbedingungen:

x (0) = 0

x (0) = 0

→

A =1

2

F0

m

iω2

0µ− ω20

q−µ2 + ω2

0 − iµω2F + 2iωF +

q−µ2 + ω2

0ω2F

q−µ2 + ω2

0

ω40 − 2ω2

0ω2F

+ ω4F

+ 4ω2F

B = − 1

2· F0

m·

i

ω20µ− iω2

0

q−µ2 + ω2

0 − µω2F + 2ωF + i

q−µ2 + ω2

0ω2F

q−µ2 + ω2

0

ω40 − 2ω2

0ω2F

+ ω4F

+ 4ω2F

einsetzen in x (t) .

e) 2 plots fur 0− 3π bzw. 0− 30π

3. a)

φ (r) = A

(r120

r12− 2

r60

r6

)

dφ (r)

dr= A

(−12r12

0

r13+

12r60

r7

)

d2φ (r)

dr2= A

(156r12

0

r14− 84r6

0

r8

)

d2φ (r)

dr2|r0

= A

(156r12

0

r140

− 84r60

r80

)

= A

(156

r20

− 84

r20

)

= A72

r20

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Ubungsblatt 14 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 11

b) Skript Seite 194/195

Epot (x) = Epot (x0) +dEpot (x)

dx

∣∣∣∣x0

(x− x0)

+1

2

d2Epot (x)

dx2

∣∣∣∣x0

(x− x0)2 + ...

Ruhelage x0:dEpot (x)

dx

∣∣∣∣x0

= 0

F (x) = −dEpot (x)

dx

Fur kleine Auslenkungen aus der Ruhelage gilt die Schwingungsgleichung

0 = md2x

dt2+

d2Epot (x)

dx2

∣∣∣∣x0︸ ︷︷ ︸

k

(x− x0)

0 =dEpot (x)

dx

∣∣∣∣x0

0 = mx (t) + k · x (t)

0 = x (t) +k

mx (t)

0 = x (t) + ω2x (t)

ω =

√k

m=

√1

m

d2Epot (x)

dx2

∣∣∣∣x0

ω = 2πf = 2π1

T

⇒T = 2π

1

ω= 2π

√√√√m

d2Epot(x)

dx2

∣∣∣x0

A = 2,4 · 107m2

s2

r0 = 150pm = 150 · 10−12m

m2 = 6,64 · 10−27kg

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12 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 Ubungsblatt 14

Epot (x) = m2 · φ (x)

⇒

T = 2π

√m2 · r2

o

m2 · A · 72= 2π

√1

A · 72ro

= 1,51 · 10−4 s

m· r0

= 2,267 · 10−14s

c)

φ (r) = A

(r120

r12− 2

r60

r6

)

Lennard-Jones-Potential:

Maximale Energie: Emax = 0− E0

Emax = (0− φ (r0)) m2

=

(0− A

(r120

r120

− 2r60

r60

))m2

= (0− A (1− 2)) m2

= A ·m2

= 2,4 · 107J/kg ·m2

= 1,59 · 10−19J

4. Allgemein:

F (t) =a0

2+

∞∑n=1

(an cos

(2π

Tnt

)+ bn sin

(2π

Tnt

))

mit dem Fourier-Koeffizienten

an =2

T

T/2∫

−T/2

f (t) cos

(2π

Tnt

)dt

bn =2

T

T/2∫

−T/2

f (t) sin

(2π

Tnt

)dt

hier:

an =2

T

T/2∫

−T/2

κt cos

(2π

Tnt

)dt = 0

Ubungsblatt vom 10. 2. 2006 und 13. 2. 2006 12 c©2005-2006 University of Ulm, Othmar Marti

Ubungsblatt 14 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 13

(weil f (t) ungerade und cos gerade Funktion)

a0 =2

T

T/2∫

−T/2

κtcos

(2π

T0t

)

︸ ︷︷ ︸=1

dt =2

T

T/2∫

−T/2

κtdt = 0

bn =2

T

T/2∫

−T/2

κt sin

(2π

Tnt

)dt =

Maple− κT

π2n2

− sin (πn) + πncos (πn)︸ ︷︷ ︸

=(−1)n

=

= − κT

π2n2((−1)u πn) =

κT

πn(−1)n+1

⇒F (t) =

∑n=1

κT

πu(−1)n+1 sin

(2π

Tnt

)

5. Nach Skript S. 212:

Fur N = 3

DGL fur die Pendel:Iφ1 = −Lmgφ1 − kl2 (φ1 − φ2)

Iφ2 = −Lmgφ2 − kl2 (φ2 − φ3) + kl2 (φ1 − φ2)

= −Lmgφ2 + kl2φ1 − 2kl2φ2 + kl2φ3

Iφ3 = −Lmgφ3 + kl2 (φ2 − φ3)

d.h. an Pendel 1 zieht Pendel 2 mit φ2

an Pendel 3 zieht Pendel 2 mit φ2

an Pendel 2 ziehen Pendel 1&3 mit φ1 & φ3

positive Richtung fur alle gleich, z.B. nach rechts

mit I := mL2

ω20 := g

LL : Bahn der Pendelmassen

κ := kl2

mL2 l : Abstand:Aufhangung-Pendelmasse

φ1

φ2

φ3

=

−ω2

0 − κ κ 0κ −ω2

0 − 2κ κ0 κ −ω2

0 − κ

φ1

φ2

φ3

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14 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 Ubungsblatt 14

mit φν = φνeiωt folgt:

000

=

ω2 − ω20 − κ κ 0

κ ω2 − ω20 − 2κ κ

0 κ ω2 − ω20 − κ

φ1

φ2

φ3

Jetzt Det(...)!= 0

∣∣∣∣∣∣

ω2 − ω20 − κ κ 0

κ ω2 − ω20 − 2κ κ

0 κ ω2 − ω20 − κ

∣∣∣∣∣∣!= 0

mit ω = ω0 (Grundmode ohne Federstauchung)

∣∣∣∣∣∣

−κ κ 0κ −2κ κ0 κ −κ

∣∣∣∣∣∣= 0 OKAY

(ω2 − ω2

0 − κ) · [(ω2 − ω2

0 − 2κ) (

ω2 − ω20 − κ

)− κ2]

− κ · [κ · (ω2 − ω20 − κ

)− 0]

+ 0 · []=

(ω2 − ω2

0 − κ)2 (

ω2 − ω20 − 2κ

)− 2κ2(ω2 − ω2

0 − κ) !

= 0

Wenn alle drei Pendel in Phase sind, hat die Federkopplung keinen Einfluss. DasQuadrat der Kreisfrequenz ist dann

ω21 = ω2

0

Eingesetzt ergibt

(ω2

0 − ω20 − κ

)2 (ω2

0 − ω20 − 2κ

)− 2κ2(ω2

0 − ω20 − κ

)= κ2 · (−2κ)− 2κ2 · (−κ) = 0

Wir konnen also durch (ω2 − ω20) teilen. Dazu setzen wir zuerst ω2 − ω2

0 = A undmultiplizieren wir die Gleichung aus

0 =(ω2 − ω2

0 − κ)2 (

ω2 − ω20 − 2κ

)− 2κ2(ω2 − ω2

0 − κ)

= (A− κ)2 (A− 2κ)− 2κ2 (A− κ)

=(A2 − 2Aκ + κ2

)(A− 2κ)− 2Aκ2 + 2κ3

= A3 − 4A2κ + 5Aκ2 − 2κ3 − 2Aκ2 + 2κ3

= A3 − 4A2κ + 3Aκ2

= ω6 − 3ω4ω20 + 3ω2ω4

0 − ω60 − 4ω4κ + 8ω2ω2

0κ− 4ω40κ + 3ω2κ2 − 3ω2

0κ2

= ω6 − ω4(3ω2

0 + 4κ)

+ ω2(3ω4

0 + 8ω20κ + 3κ2

)− ω60 − 3ω2

0κ2 − 4ω4

0κ

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Die Division ergibt

0 = (ω2 − ω20)

[ω4 − ω2

(2ω2

0 + 4κ)

+(ω4

0 + 4ω20κ + 3κ2

)]

Der zweite Term ist eine quadratische Gleichung, die wir losen konnen.

(ω2

)2,3

=1

2

[(2ω2

0 + 4κ)±

√(2ω2

0 + 4κ)2 − 4 (ω4

0 + 4ω20κ + 3κ2)

]

=1

2

[(2ω2

0 + 4κ)±

√4ω4

0 + 16ω20κ + 16κ2 − 4ω4

0 − 16ω20κ− 12κ2

]

=1

2

[(2ω2

0 + 4κ)±

√4κ2

]

= ω20 + 2κ± κ

Die anderen Losungen sind dann

ω22 = ω2

0 + κ

ω23 = ω2

0 + 3κ

Um ω zu berechnen muss nun noch die Wurzel gezogen werden (wir brauchen jazwei Losungen um die Amplitude und die Geschwindigkeit festlegen zu konnen).Die Schwingungsfrequenz der Losungen ist aber gleich. Wir haben also die Egen-frequenzen

ω1± = ±ω0

ω2± = ±ω0

√1 +

κ

ω20

ω3± = ±ω0

√1 +

3κ

ω20

Die dazugehorigen Eigenschwingungen erhalt man, indem man die Eigenfrequenzenin

000

=

ω2 − ω20 − κ κ 0

κ ω2 − ω20 − 2κ κ

0 κ ω2 − ω20 − κ

φ1

φ2

φ3

einsetzt. Fur ω21± = ω2

0 bekommen wir

000

=

−κ κ 0κ −2κ κ0 κ −κ

φ1,1

φ2,1

φ3,1

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16 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 Ubungsblatt 14

oder

0 = −φ1,1 + φ2,1

0 = φ1,1 − 2φ2,1 + φ3,1

0 = φ2,1 − φ3,1

Dieses Gleichungssystem ist uberbestimmt (die Determinante ist ja null). Wir neh-men φ1,1 an und berechnen, dass

φ1,1 = φ2,1 = φ3,1

ist. Fur die zweite Eigenfrequenz ω21± = ω2

0 + κ bekommen wir

000

=

0 κ 0κ −κ κ0 κ 0

φ1,2

φ2,2

φ3,2

Damit folgt sofort, dass φ2,2 = 0 ist. Aus der mittleren Zeile folgt φ3,2 = −φ1,2.Die Eigenschwingung hat also

φ2,2 = 0

φ3,2 = −φ1,2

Fur die dritte Eigenfrequenz ω21± = ω2

0 + 3κ bekommen wir

000

=

2κ κ 0κ κ κ0 κ 2κ

φ1,3

φ2,3

φ3,3

und damit

0 = 2φ1,3 + φ2,3

0 = φ1,3 + φ2,3 + φ3,3

0 = φ2,3 + 2φ3,3

Das Gleichungssystem ist uberbestimmt. Wir setzen φ1,3 als bekannt voraus underhalten

φ2,3 = −2φ1,3

φ3,3 = φ1,3

Man kann naturlich auch Maple anwerfen und erhalt dann die sechs Losungen

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ω1/2 = ±√

ω20 + κ

ω3/4 = ±ω0

ω5/6 = ±√

ω20 + 3κ

Eigenwerte

Die Berechnung der Eigenschwingungen ist wie oben.

6. Wir schreiben die Schwingungen komplexA1(t) = A0 cos(ωt− π/3) A2(t) = 3A0 cos(2ωt + π/4)

z1(t) = A0ei(ωt−π/3) z2(t) = 3A0e

i(2ωt+π/4)

Der resultierende Zeiger ist

z(t) = A0ei(ωt−π/3) + 3A0e

i(2ωt+π/4) = A0ei(ωt−π/3)

(1 + 3ei(ωt+7π/12)

)

7.

• Das Rad legt den Weg 2πa zuruck und dreht sich dabei 2πa2πr

= a/r mal. Alsoist ω = a

rΩ.

• Wenn ω nach rechts zeigt, muss Ω nach unten zeigen.

• ω + Ω zeigt auf den Mittelpunkt der Auflagelinie. ω + Ωist die momentaneDrehachse.

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18 PHYS 1100 Grundkurs I WH 2005-2006 Ubungsblatt 14

• Der Drehimpuls des Rades zeigt nach rechts.

• M = dLdt

• Die Drehimpulsanderung durch Ω bewirkt ein Drehmoment. In der Zeit dtandert sich L = IRadω um dL = LΩdt = IRadωΩdt

• also ist M = IRadωΩ = IRadΩ2 a

r= 1

2mr2Ω2 a

r= ar

2mΩ2.

• Die resultierende Normalkraft minus die Gewichtskraft ist das Drehmomentund gleich a(N −mg) = ar

2mΩ2 und damit

• N = mg + r2mΩ2 = m

[g + r

2Ω2

]

• Wenn man sich den Kollergang als gewichtsbehafteten Kreisel vorstellt, waredie Normalkraft genau dann null, wenn sich der Kreisel mit Ω nach oben zei-gend bewegen wurde. Dann ist die Gewichtskraft durch das Reaktionsdreh-moment des Kreisels kompensiert. Ist Ω = 0, ist die Normalkraft N = mg,da wir mit dieser Kraft unterstutzen mussen. Dreht der Kreisel wie in diesemFalle entgegengesetzt der Prazessionsrichtung, muss N entsprechend grosserwerden!

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