Gedämpfter linearer Oszillator < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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| Aufgabe | Ein Eisenwürfel [mm] (\rho=7,8kg/dm^3) [/mm] mit der Kantenlänge l=5cm ist an zwei Schraubenfedern aufgehängt, welche einen eintgegengesetzen Windungssinn haben, um die Anregung einer Drehschwingung zu vermeiden. Die Federn haben zusammen die Federkonstante D=40N/m. Die beiden Seitenflächen des Würfels gleiten im Abstand d=1mm zwischen zwei Wänden. Die Zwischenräume sind mit Schmieröl der Viskosität [mm] \eta=0,9kg/(m*s) [/mm] bedeckt. Für die Reibungskraft kann die Beziehung [mm] F=-\eta [/mm] Av/d benutzt werden (A*d ist das Volumen zwischen dem Würfel und den Wänden). Die Gravitation soll vernachlässigt werden.
a) Berechnen Sie den Abklingkoeffizienten [mm] \gamma, [/mm] der in der Differentialgleichung:
[mm] \bruch{d^2x}{dt^2}+2\gamma \bruch{dx}{dt}+\omega_{0}^{2}x=0
[/mm]
für dieses Problem auftritt und die Schwingungsdauern [mm] T_{0} [/mm] und T der ungedämpften und gedämpften freien Schwingung. |
Hallo zusammen,
erstmal eine Verständnisfrage zu der DGL:
der Term [mm] 2\gamma \bruch{dx}{dt} [/mm] ist doch der Dämpfungsterm, also die Reibung, welcher Geschwindigkeitsabhängig ist, oder?
Dann zu der Aufgabe a:
Die Reibung entsteht doch hier dadurch, dass der Würfel zwischen den zwei Wänden unter dem Reibungseinfluss des Schmieröls runtergleitet. Dabei kenne ich die Viskosität des Öls und eine Beziehung für die Reibungskraft ist mir auch angegeben. Aber:
Was für eine Dimension hat denn der Term [mm] 2\gamma \bruch{dx}{dt}? [/mm] Sollte das nicht auch irgendwie eine Kraft sein, oder ist das egal?
Wäre dankbar über ein Tipp, wie ich an diese Aufgabe rangehen muss!
Grüße,
Theorertix
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:28 Mi 05.01.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
Deine Dgl ist ja die für die Beschleunigung, also schon durch m geteilt gegenüber der Kraftgl.
damit hat $ [mm] 2\gamma \bruch{dx}{dt} [/mm] $die Dimension einer Beschl. [mm] ,\gamma [/mm] also die dim 1/Zeit bzw 1/s
Gegeben hast du [mm] F_R=-k*\bruch{dx}{dt} [/mm] mit k Einheit kg/s also ist [mm] 2\gamma=k/m
[/mm]
du schreibst einfach die Kraftgl. auf und dividierst durch m (in kg!)
Gruss leduart
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Alles klar, danke!
Wie setze ich an, um den Abklingkoeffizienten zu bestimmen?
ich würde jetzt den allgemeinen Ansatz [mm] x(t)=c*e^{\lambda t} [/mm] wählen,
durch einsetzen in die DGL:
[mm] c*e^{\lambda t}(\lambda^2+2\gamma \lambda+\omega_{0}^2) [/mm] mit den Lösungen:
[mm] \lambda_{1,2}=-\gamma \pm \wurzel{\gamma^2-\omega_{0}^2}
[/mm]
Damit hat man die allgemeine Lösung:
[mm] x(t)=e^{-\gamma t}(c_{1}e^{\wurzel{\gamma^2-\omega_{0}^2}t}+c_{2}e^{-\wurzel{\gamma^2-\omega_{0}^2}t})
[/mm]
und dann würde ich mit dem Logarithmus weiter auflösen...
Taugt der Ansatz etwas, oder muss ich komplett anders ran gehen?
Falls der Ansatz brauchbar ist: Kann ich ihn noch speziell für die gesuchte Aufgabe ausführen, oder muss man das tatsächlich so allgemein für „gedämpfte freie Schwingungen“ machen?
Wäre für eine Hilfe dankbar!
Liebe Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:47 Do 06.01.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
die Aufgabe war doch die Dämpfung [mm] \gamma [/mm] und die Zeit T für die ungedämpfte und die gedämpfte Schwingung zu finden. aus dem jeweiligen [mm] \omega
[/mm]
also würdest du das besser direkt mit der richtigen gleichung versuchen, bzw jetzt dein [mm] omega_0^2 [/mm] und [mm] \gamma [/mm] einsetzen.
Deine losung schreibst du besser als
$ [mm] x(t)=e^{-\gamma t}(c_{1}e^{i*\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t}+c_{2}e^{-i*\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t}) [/mm] $
oder [mm] x(t)=e^{-\gamma t}*(Asin(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t)+Bcos(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t))
[/mm]
dann siehst du auch direkt die Winkelfrequenzen für [mm] \gamma=0 [/mm] ungedämpft und gedämpft. [mm] (\gamma^2<\omega-0^2)
[/mm]
gruss leduart
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Hallo,
Bei meinem Ansatz komme ich ja auf die allgemeine Lösung:
[mm] x(t)=e^{-\gamma t}(c_{1}e^{\wurzel{\gamma^2-\omega_{0}^2}t}+c_{2}e^{\wurzel{\gamma^2-\omega_{0}^2}t})
[/mm]
du hast mir noch die äquvilavente(?) Schreibweise
[mm] x(t)=e^{-\gamma t}(Asin(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t)+Bcos(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t) [/mm] vorgeschlagen- sind die Amplituden A und B dasselbe wie vorher [mm] c_{1} [/mm] und [mm] c_{2} [/mm] oder sind die anders definiert?
Genau, geschsucht ist ja die Dämpfung und dann die Schwingungsdauern der gedämpften und ungedämpften Schwingung- das sind doch aber 2 voneinander unabhängige Lösungswege, oder?
Bei [mm] x(t)=e^{-\gamma t}(Asin(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t)+Bcos(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t) [/mm] setze ich für die Schwingungsdauern ja wie du sagtest 1. [mm] \gamma [/mm] =0 bzw.2. [mm] \gamma >w_{0} [/mm] und erhalte für 1.:
x(t)= [mm] Asin(\wurzel{\omega_{0}^2t})+Bsin(\wurzel{\omega_{0}^2t})
[/mm]
Muss ich das jetzt irgendwie mit Additionstheoremen nach t auflösen, um die Schwingungsdauer der ungedämpften Schwingung zu erhalten?
Und meine letzte Frage:
Wie berechne ich aus meiner allgemeinen Lösung den Abklingkoeffizienten [mm] \gamma [/mm] ? Muss ich dazu die allgemeine Lösung auflösen nach [mm] \gamma [/mm] ?
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:14 Do 06.01.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ganz versteh ich deine Fragen nicht. Hast du die Kraftgleichung für deinen schwingenden Klotz denn aufgestellt? darin kann man dann doch direkt [mm] \gamma [/mm] und [mm] \omega_0^2 [/mm] ablesen?
sonst hilft dir doch die allg. gleichung gar nichts.
2. $ [mm] x(t)=e^{-\gamma t}(Asin(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}*t)+Bcos(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}*t) [/mm] $
das t steht nicht unter der Wurzel!
die Lösungen kann man schreiben als Summe der 2 Lösungen [mm] s1(t)=c1e^{-\gamma*t}*e^{i\omega*t} [/mm] und [mm] s2(t)=c2*e^{-\gamma*t}*e^{-i\omega*t} [/mm]
oder als s3(t)=s1+s2 und [mm] s_4=s1-s2
[/mm]
[mm] \omega=\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}
[/mm]
das gibt dann sin und cos natürlich mit anderen Konstanten. die werden in beiden Fällen durch die Anfangsbed. festgelegt.
Aber eigentlich solltest du die Lösung der Schwingungsgl. doch kennen?
und den Zusammenhang zwischen [mm] \omega [/mm] und T solltest du auch wissen.
Also schreib endlich die zum Problem gehörige Bewegungsgl. d.h. Dgl auf. Erst dann können wir weiterreden.
Gruss leduart
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Also die allgemeine Form für eine DGL mit Reibung ist ja:
[mm] m\bruch{d^2x}{dt^2}=-Dx-b\bruch{dx}{dt}, [/mm] wobei [mm] b\bruch{dx}{dt} [/mm] die allgemeine Reibungskraft darstellt, die ich bei meinem Klotz als [mm] F_{r}=\bruch{-\eta Av}{d} [/mm] gegeben habe, wobei noch angegeben ist, dass A*d das Volumen zwischen dem Würfel und den Wänden ist.
Dazu:
Die Angabe sagt mir, was A*d ist-nämlich das Volumen-ich habe hier jedoch A/d, ist das dann wieder als Fläche anzusehen?
Die Masse m des Würfels bekomme ich mit den Angaben:
[mm] m=7,8\bruch{kg}{dm^3}*0,125dm^3=0,975kg.
[/mm]
D ist gegeben mit D=40N/m
Wenn ich diese Werte einsetze, bekomme ich doch als Kraftgleichung für den Klotz:
0,975kg* [mm] \bruch{d^2x}{dt^2}+40\bruch{N}{m}*x-\bruch{0,9kg Av}{m*s*1mm} [/mm]
(weiß nicht was Av sein soll?)
Ist das jetzt etwa die Kraftgleichung für den Klotz, oder habe ich mich da völlig vertan? Sorry, solche speziellen Lösungen müssen wir grade zum ersten mal machen, deshalb diese Unsicherheit auf dem Gebiet.
Gruß,
Theorerix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:40 Do 06.01.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
v ist die Geschwindigkeit also dx/dt
A die Fläche [mm] 25cm^2 [/mm] (in [mm] m^2 [/mm] umrechnen [mm] d=1mm=10^{-3}m
[/mm]
Deine gleichung ist keine
$0,975kg* [mm] \bruch{d^2x}{dt^2}+40\bruch{N}{m}\cdot{}x-\bruch{0,9kg Av}{m\cdot{}s\cdot{}1mm} [/mm] $
richtig ist:
$0,975kg* [mm] \bruch{d^2x}{dt^2}=-40\bruch{N}{m}\cdot{}x-\bruch{0,9kg* 25*10^{-4}m^2}{1*10^{-3}m*m*s}* \bruch{dx}{dt}$
[/mm]
Wenn du jetzt durch m=0.975kg dividierst hast du die Beschleunigungsgl und weisst was [mm] \gamma [/mm] und [mm] \omega_0^2 [/mm] ist. und kannst damit die 2 T und [mm] \gamma [/mm] wie verlangt bestimmen.
Gruss leduart
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Hallo,
habe die DGL jetzt durch die Masse geteilt und erhalte als Beschleunigungsgleichung:
[mm] \bruch{d^2x}{dt^2}=-41,03\bruch{N}{m*kg}*x-\bruch{0,9kg*25*10^{-4}m^2}{1*10^{-3}m*m*s*0,975kg}*\bruch{dx}{dt}
[/mm]
und die allgemeine Beschleunigungsgleichung war ja:
[mm] \bruch{d^2x}{dt^2}+2\gamma\bruch{dx}{dt}+\omega_{0}^2x
[/mm]
mit [mm] 2\gamma=\bruch{b}{m}, [/mm] also hier:
[mm] 2\gamma=\bruch{0,9kg*25*10^{-4}m^2}{1*10^{-3}m*m*s*0,975kg}\Rightarrow \gamma= \bruch{0,9kg*25*10^{-4}m^2}{1*10^{-3}m*m*s*0,975kg*2} [/mm] und das ausgerechnet ergibt:
[mm] \gamma=1,15385\bruch{1}{s}
[/mm]
Ist das soweit korrekt?
Dann zu den Perdiodendauern:
Für die Kreisfrequenz [mm] \omega_{0} [/mm] und die Periodendauer gilt die Beziehung [mm] \omega=\bruch{2\pi}{T}\Rightarrow T=\bruch{2\pi}{\omega},
[/mm]
also bestimmt ich doch wie du sagtest die jeweiligen Kreisfrequenzen und nutze diese Beziehung?
Für keine Dämpfung, also [mm] \gamma=0:
[/mm]
habe ich doch nur noch den Term [mm] -41,03\bruch{N}{m*kg} [/mm] mit der Beziehung aus der allgemeinen Beschleunigungsgleichung:
[mm] \omega_{0}^2=\bruch{D}{m}\Rightarrow \omega_{0}=6,452 \bruch{1}{s} [/mm] und mit der Beziehung [mm] T=\bruch{2\pi}{\omega} [/mm] folgt für T: T=0,974s
Macht das irgendwie sinn, oder mache ich da etwas völlig falsch?
Da ich mir mit meiner Lösung nicht so wirklich sicher bin, weiß ich auch noch nicht so recht, wie ich das jetzt für den Dämpfungsfall berechnen muss.
Wäre nett, wenn jemand helfen könnte.
Gruß,
Theoretix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:05 Fr 07.01.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
die Zahlenwerte hab ich nicht überprüft, die angewandten formeln sind richtig.
für den gedämpften fall hast du doch [mm] sin\omega*t [/mm] usw, da musst du doch [mm] \omega [/mm] sehen?
Gruss leduart
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Zunächst danke für die Hilfe!
Für die allgemeine Lösung hat man doch:
[mm] x(t)=e^{-\gamma t}\cdot{}(Asin(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t)+Bcos(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t))
[/mm]
mir ist jetzt folgendes noch unklar:
Ich habe doch zuvor meine Periodendauer T für die ungedämpfte Schwingung einfach direkt aus der Beschleunigungsgleichung über die Beziehung [mm] \omega_{0}^2=\bruch{D}{m} [/mm] entnommen und schließlich die Beziehung [mm] T=\bruch{2\pi}{\omega} [/mm] genutzt, damit T=0,9738 bekommen.
D.h. doch, dass ich das gleiche Ergebnis bekommen müsste, wenn ich in der allgemeinen Lösung (s. oben) die Dämpfung [mm] \gamma= [/mm] Null setze:
x(t) mit [mm] \gamma=0
[/mm]
[mm] x(t)=(A*sin(\wurzel{\omega_{0}^2}t)+B*cos(\wurzel{\omega_{0}^2}t)
[/mm]
Kann man das jetzt irgendwie sinnvoll auflösen, um die dem selben Ergebnis zu kommen?
Weil die Periodendauer MIT Dämpfung soll ich ja nun auch aus der allgemeinen Gleichung entnehmen, also müsste ich den Fall ohne Dämpfung doch genauso aus der allgemeinen Lösung: x(t)... berechnen können?
Vielleicht denke ich zu kompliziert, aber das erschließt sich für mich noch nicht ganz.
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:25 Fr 07.01.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich versteh dich wirklich nicht meht.
1.wenn irgendwo sin(a*t) steht wie gross ist denn dann die Periodendauer oder Kreisfrequenz?
2. warum schreibst du statt [mm] /omega_0 [/mm] in den sin [mm] \wurzel{/omega_0^2}
[/mm]
dass [mm] D/m=\pmega_0^2 [/mm] ist doch ur deshalb, weil wenn man die Dgl mit D/m löst
das Ergebnis [mm] Asin(\wurzel{D/m}*t)+B*cos(\wurzel{D/m}*t) [/mm] steht, d,h, weil man [mm] (\wurzel{D/m})als [/mm] Winkelfrequenz gezeigt hat. (und nicht weil das als [mm] \omega_0^2 [/mm] in der Dgl steht!)
Gruss leduart
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Hallo,
ok ich versuche mich mit meiner Frage genauer auszudrücken:
Um das [mm] \gamma [/mm] zu berechnen, habe ich ja ausschließlich auf die DGL geschaut und die allgemeine Lösung [mm] x(t)=e^{-\gamma t}(c_{1}e^{i\cdot{}\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t}+c_{2}e^{-i\cdot{}\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t}) [/mm] gar nicht beachtet, weil ich gesagt habe, aus der DGL:
[mm] \bruch{d^2x}{dt^2}+2\gamma \bruch{dx}{dt}+\omega_{0}^{2}x=0 [/mm] sehe ich direkt, dass [mm] 2\gamma=\bruch{b}{m}, [/mm] was ja in dem speziellen Fall der Term: [mm] \bruch{b}{m}=\bruch{0,9kg\cdot{}25\cdot{}10^{-4}m^2}{1\cdot{}10^{-3}m\cdot{}m\cdot{}s\cdot{}0,975kg}, [/mm] daraus habe ich direkt gefolgert, dass ich noch durch 2 teilen muss um [mm] \gamma [/mm] zu erhalten, also [mm] \gamma=1,15383.
[/mm]
Meine Frage hierzu ist nun: Wie berechne ich das [mm] \gamma [/mm] aus der allgemeinen Lösung:
[mm] x(t)=e^{-\gamma t}(c_{1}e^{i\cdot{}\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t}+c_{2}e^{-i\cdot{}\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t})?
[/mm]
(Ist vielleicht eine blöde Frage, aber der Zusammenhang ist mir noch nicht so klar, weil ich doch grade im Prinzip das [mm] \gamma [/mm] bestimmt habe, ohne auf diese Lösung einzugehen, oder ist das grade der Sinn der Sache, das [mm] \gamma [/mm] direkt aus der DGL zu bestimmen?)
Wenn ich dann die Periodendauer aus dieser Lösung bestimmen möchte, für den Fall, das keine Dämpfung auftritt, setze ich doch in meiner allgemeinen Lösung x(t)=... [mm] \gamma [/mm] gleich Null
x(t)= [mm] Asin(\wurzel{\omega_{0}^2}t)+Bcos(\wurzel{\omega_{0}^2}t)
[/mm]
mit [mm] \omega_{0}=\wurzel{\bruch{D}{m}} \gdw \omega_{0}^2=\bruch{D}{m} [/mm] wenn ich das einfach für [mm] \omega_{0}^2 [/mm] einsetze doch:
[mm] x(t)=Asin(\wurzel{\bruch{D}{m}}t)+Bcos(\wurzel{\bruch{D}{m}}t)
[/mm]
?
das war meine Vorgehensweise und wie errechnet sich daraus jetzt für die umgedämpfte Schwingung die Kreisfrequenz(und damit die Periodendauer).
Sorry, wenn die Frage etwas grundlegend wird, aber es wäre mir zum Verständnis wichtig, weil sich das Thema noch nicht ganz schließt bei mir.
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:59 Fr 07.01.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
weisst du wirklich nicht dass die Periode von sin(at)und cos(at) egal was a für ein Ausdruck ist T=2*pi/a ist?
deshalb heisst doch auch [mm] \wurzel{\bruch{D}{m}}omega_0 [/mm] (das 0 für ohne Dämpfung.
wenn jetzt für a ein anderer ausdruck da steht, was ist dann wohl T.
Irgendwie stehst du dir grad selbst im Weg. Wenn ich fragen würde: was hat sin (7*1/s*t) für ne Periode, dann wüsstest du das doch
jetzt steht bei dir, wenn du alles einsetzt doch da auch ne Zahl, nur nicht grad 7 warum kannst dus dann nicht.
Gruss leduart
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Hallo,
eigentlich ist der Zusammenhang der Periode von Sinus und Cosinus schon klar, aber hier in dieser Aufhabe nicht ersichtlich, denn:
Wenn ich in [mm] x(t)=e^{-\gamma t}(Asin(\wurzel{\bruch{D}{m}-\gamma^2}t)+Bcos(\wurzel{\bruch{D}{m}-\gamma^2}t) [/mm] )mein [mm] \omega_{0}^2=\bruch{D}{m} [/mm] einsetze, habe ich ja einfach:
[mm] x(t)=e^{-\gamma t}(Asin(\wurzel{41,03\bruch{N}{kg*m}-\gamma^2}t)+Bcos(\wurzel{41,03\bruch{N}{kg*m}-\gamma^2}t))
[/mm]
So und jetzt geht es mir erstmal explizit um [mm] \gamma [/mm] (!) Wie berechne ich das aus dieser Gleichung? Habe ja in die allgemeine Lösung eingesetzt, was ich habe, nämlich [mm] \omega_{0}^2, [/mm] wie kann ich daraus denn jetzt den gesuchten Abklingkoeffizienten [mm] \gamma [/mm] bestimmen? Bekommt man den aus dieser Gleichung? Oder ist es so gedacht, dass man [mm] \gamma [/mm] direkt aus der DGL mit den gegebenen Bedingungen ausrechnet und man mit dieser Gleichung noch Anfangsbedingungen bräuchte, um die Konstanten A und B zu bestimmen??
Ja, es stimmt, stehe mir grade etwas selber im Weg-versuche mein Problem grade so genau wie möglich zu formulieren.
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:27 Fr 07.01.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
du hast doch in nem anderen post $ [mm] \gamma=1,15385\bruch{1}{s} [/mm] $ ausgerechnet? dabei hatte ich deine Formel überprüft.
wo ist das denn nun in deine Kopf gekommen? und setz für N/kgm endlich [mm] 1/s^2 [/mm] ein!
Gruss leduart
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Hallo,
Ja ganz genau, da hatte ich es aus der DGL ausgerechnet und ich hab mich noch gefragt, wie ich diese Lösung aus x(t)=...bekomme, also eher eine ergänzende Frage. Aber um [mm] \gamma [/mm] über x(t) zu bestimmen bräuchte man wahrscheinlich Anfangsbedingungen um die Konstanten A und B vor sin bzw. cos zu bestimmen, oder?
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:15 Sa 08.01.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
du hast wirklich alles!
die Periode Kreisfrequenz ist [mm] \wurzel{\omega_0^2-\gamma^2} [/mm] und [mm] T=2\pi/omega
[/mm]
ich versteh wirklich nicht mehr, wo es bei dir hakt. jetz setz bitte deine Zahlen ein und du bist fertig.
Die frequenz ist doch unabh. von allen Anfangsbedingungen.
du hast x(t), du hast [mm] \gamma [/mm] und [mm] \omega_0.
[/mm]
vielleicht hätte man für dich den Faktor vor x# nie Gamma, den vor x nie [mm] \omeg_o^2 [/mm] nennen sollen. das sind doch nur namen die dann in der Dgl vorkommen wenn man die nicht kennt gibts keine lösg der Dgl nur ne allgemeine Formel
zu x(t) fehlen dir nur A und B, nach denen nicht gefragt ist.
wenn du unbedingt was haben willst setz [mm] x(0)=x_0 [/mm] und x'(0)=0
aber was im sin und cos steht, also die Periode kennst du doch auch ohne das.
Gruss leduart
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(Also habe ja aus der DGL direkt berechnet:
[mm] \gamma=1,1538\bruch{1}{s},
[/mm]
die Kreisfrequenz [mm] \omega_{0}=6,405\bruch{1}{s}(ohne [/mm] Dämpfung) und mit der Beziehung [mm] T=\bruch{2\pi}{\omega}\Rightarrow T_{0}(ohne [/mm] Dämpfung)=0,98s)
Für die Periodendauer mit Dämpfung betrachte ich dann:
[mm] x(t)=e^{-\gamma t}(Asin(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2})+Bcos(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}) [/mm] und mit [mm] \omega_{0}^2=41,03\bruch{1}{s^2} [/mm] und [mm] \gamma=1,1538\bruch{1}{s}\Rightarrow \gamma^2=1,3313\bruch{1}{s^2} [/mm] eingesetzt:
[mm] x(t)=e^{-\gamma t}(Asin(\wurzel{41,03\bruch{1}{s^2}-1,3313{1}{s^2}})+Bcos(\wurzel{41,03\bruch{1}{s^2}-1,3313{1}{s^2}})
[/mm]
und da Sinus und Cosinus die gleiche Periode haben, kann ich für die Periodendauer sagen für [mm] sin,cos(a*T)\Rightarrow T=\bruch{2\pi}{a}, [/mm] also in unserem Fall: [mm] T_{1}=\bruch{2\pi}{\wurzel{41,03\bruch{1}{s^2}-1,3313{1}{s^2}}}=0,9972s
[/mm]
Das kann ich jetzt so machen, weil die Perdiodendauer unabhängig von irgendwelchen Anfangsbedingungen ist, richtig?
Macht das soweit Sinn?
Dann hätte ich zumindest ein logisches Ergebnis, weil [mm] T_{0}
Allerdings ist die allgemeine Lösung x(t)= Asin()+Bcos() doch eine Überlagerung zweiter Lösungen, ist die Periodendauer [mm] T_{1}, [/mm] wie ich die berechnet habe dann trotzdem zu betrachten als Periodendauer der beiden einzelnen schwinungen sinus und cosinus?
Gruß
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:57 Sa 08.01.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo Theoretix,
die Darstellung mithilfe von Sinus und Cosinus ändert absolut nichts an den auftretenden Periodendauern, die unterschiedlichen Amplituden bewirken nichts weiter als eine Phasenverschiebung, die hier aber nicht weiter interessiert.
Viele Grüße,
Infinit
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| Aufgabe | Das Amplitudenverhältnis [mm] \bruch{x(t+T)}{x(t)} [/mm] zweier aufeinanderfolgender Schwingungen ist kleiner als 1.
Wie groß ist das logarithmische Dekrement?
Wie viel Prozent der Amplitude ist nach zwei Schwingungen noch vorhanden?
Wie viel mechanische Energie wird nach zwei Schwingungen in Wärmeenergie überführt, wenn die Federn zu Beginn der Schwingung um [mm] x_{0}=20cm [/mm] aus der Ruhelage ausgelenkt und dann losgelassen werden? |
Hallo zusammen,
das logarithmische Dekrement
[mm] \Lambda= ln(\bruch{x(t)}{x(t+T)} [/mm] ist doch dasselbe wie [mm] \gamma*T
[/mm]
woebei [mm] \gamma [/mm] der Abklingkoeffizient ist, oder?!
Muss ich denn jetzt irgendwie die Amplituden zweier aufeinanderfolgender Schwingungen kennen und den Logarithmus des Quotienten bilden? Wenn ja wie?
Ansonsten würde ich einfach [mm] \Lambda=\gamma*T=1,1538\bruch{1}{s}*0,9972s=1,1506
[/mm]
Kann man das so machen?
Dann zu der Amplitude nach 2 Schwingungen: Als Anfangsauslenkung nehme ich diese 20cm, oder beziehen sich diese nur auf den letzten Teil der Aufgabe?
Wie berechne ich denn die Amplitude nach zwei Schwingungen, bei einer Anfangsauslenkung [mm] x_{0}?
[/mm]
Meine Idee wäre, die Anfangsbedingungen [mm] x(0)=x_{0}=20cm [/mm] und [mm] \bruch{dx}{dt}=0 [/mm] in die Lösung [mm] x(t)=e^{-\gamma t}(Asin(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t)+Bcos(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t) [/mm] einzusezten, wobei [mm] \omega_{0} [/mm] und [mm] \gamma [/mm] ja bekannt sind und damit A und B zu bestimmen?
Wäre dankbar für eine kurze Hilfe.
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:14 So 09.01.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo Theoretix,
der Zusammenhang zwischen dem logarithmischen Dekrement und der Abklingkonstanten ist richtig. Wenn Du daraus [mm] \Lambda [/mm] bestimmst, bekommst Du doch direkt durch zweimalige Anwendung, sprich Multiplikation, die Amplitude nach zwei Schwingungen heraus.
Viele Grüße,
Infinit
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Hallo Infinit,
danke für die schnelle Antwort!
Ich habe für [mm] \Lambda [/mm] =1,1506, aber wenn ich das jetzt mit der Anfangsauslenkung [mm] x_{0}=20cm [/mm] multipliziere, bekomme ich doch Amplitudenwerte, die größer sind als [mm] x_{0} [/mm] und es handelt sich um eine gedämpfte Schwingung?? Hab ich das falsch verstanden?
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:57 So 09.01.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo Theoretix,
die Definition des Dämpfungsdekrementes kenne ich auch so aus der technischen Mechanik wie von Dir beschrieben. Da es aber eine Dämpfung ist, wird die Amplitude bei positiven Werten kleiner im Laufe der Zeit. Du musst also mathematisch betrachtet die Ausgangsamplitude durch diesen entlogarithmierten Wert dividieren.
Das ist etwas gewöhnungsbedürftig bei diesen Dämpfungen. Eine Dämpfung eines elektrischen Signals um z.B. 3 dB führt zum 0,707-fachen der Ausgangsamplitude.
Viele Grüße,
Infinit
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Oh, das ist ein wichtiger Tipp, vielen Dank!
Also habe ich einfach nach der ersten Periode:
[mm] \bruch{0,2m}{1,1506}=0,1738m
[/mm]
und nach der zweiten Periode:
[mm] \bruch{0,1738m}{1,1506}=0,15107m
[/mm]
also nach 2 Perioden noch 75,53% der Ausgangsperiode, das klingt relativ sinnvoll?!
Wenn ich das logarithmische Dekrement noch nicht bestimmt hätte, wäre dann eine alternative Rangehensweise:
die Lösung [mm] x(t)=e^{-\gamma t}(Asin(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t)+Bcos(\wurzel{\omega_{0}^2-\gamma^2}t)) [/mm] zu betrachten (wobei [mm] \omega_{0}, \gamma [/mm] bekannt sind) und die Anfangsbedingungen einzusetzen: also Auslenkung um 20cm und dann loslassen: x(0)=0,2m und [mm] \bruch{dx}{dt}=0 [/mm] damit dann A und B zu bestimmen und schließlich in die Lösung für t=2T einzusetzen (T ist auch bekannt)...das müsste mir doch dann ebenfalls die Auslenkung nach 2 Perioden liefern?
Ist etwas aufwändig, aber es geht mir nur um das Verständnis.
Danke, und liebe Grüße
Theoretix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:14 So 09.01.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo,
wenn Lambda das logarithmische Verhältnis zweier aufeinanderfolgnder Schwingungsmaxima ist, dann hast Du in Deiner Rechnung das Entlogarithmieren dieser Größe vergessen.
Per Prinzip kannst Du es auch über die Lösung der DGL bestimmen, so wie von Dir skizziert.
Viele Grüße,
Infinit
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Wenn ich das noch „Entlogarithmieren“ muss, habe ich doch zunächst:
[mm] 1,1506=\gamma*T
[/mm]
und wenn ich die Umkehrfunktion [mm] e^{x} [/mm] darauf anwende:
[mm] e^{1,1506}=e^{\gamma*T}
[/mm]
Also bekomme ich dann für meine Amplituden, nach der ersten Periode:
[mm] \bruch{0,2}{e^{1,1506}}=0,0633
[/mm]
für die zweite Periode:
[mm] \bruch{0,0633}{e^{1,1506}}=0,020 [/mm] und damit nach 2 Schwingungen ca. 1% der Anfangsamplitude? Stimmt das so jetzt? Das wäre ja eine recht starke Dämpfung oder?
Wenn ich das ganze sowieso wieder „Entlogarithmieren“ muss, was genau, bringt mir dann das logarithmische Dekrement, wenn ich mit diesem gar nicht rechne?
Viele Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:29 So 09.01.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo Theoretix,
ich gebe zu, dass ist schon eine ordentliche Dämpfung, aber die Rechnung dazu ist meines Erachtens nun okay.
Viele Grüße,
Infinit
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| Aufgabe | | Wieviel mechanische Energie wird nach zwei Schwingungen in Wärmeenergie überführt, wenn die Federn zu Beginn der Schwingung um [mm] x_{0} [/mm] = 20 cm aus der Ruhelage ausgelenkt und dann losgelassen werden? |
Hallo,
Ich habe ja eine stetige Umwandlung von Spannenergie der Feder in kinetische Energie. Kann mir jedoch grade nicht vorstellen, wie ich den „Energieverlust“ durch Wärme berechnen soll-es muss ja irgendwie mit dem Abklingkoeffizient [mm] \gamma [/mm] zusammenhängen?
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:18 So 09.01.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo Theoretix,
es langt, die Spannenergie an den Umkehrpunkten zu betrachten, hier ist keine kinetische Energie vorhanden. Die Reibung führt zu einer Verringerung der Schwingungsausschläge und die Differenz der Spannerenergien zu diesen zwei Zeitpunkten wurde in Wärme umgesetzt. Die Amplituden hast du doch gerade erst berechnet. Ohne Dämpfung hätten wir einen klassischen harmonischen Oszillator.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:21 So 09.01.2011 | | Autor: | Theoretix |
Hallo Infinit!
Super, vielen Dank für deine Hilfe!
Gruß
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