Bewegung im Potential < Mechanik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Ein Teilchen der Masse m bewege sich im eindimensionalen Potential der Form
[mm] $$V(x)=A\cos(\alpha [/mm] x)-Fx$$
wobei A, [mm] \alpha [/mm] und F Konstanten sind. Man bestimme:
a) die Gleichgewichtspunkte und die Bedingung, unter welcher sie überhaupt existieren.
b) die Freuquenz der kleinen (harmonischen) Schwingungen um die stabilen Gleichgewichtspunkte. |
Hallo,
ich habe hier ein paar alte Klausuraufgaben an deren Lösung ich zu Übungszwecke sehr interessiert wäre.
Zu a.)
gleichgewichtspunkte sind x mit [mm] \frac{dV}{dx}=0. [/mm] Also: [mm] $V'(x)=-A\alpha\sin(\alpha [/mm] x)-F$
$V'(x)=0$
[mm] \sin(\alpha x)=-\frac{F}{A\alpha}
[/mm]
[mm] x=\frac{1}{\alpha}\arcsin\left(-\frac{F}{A\alpha}\right)
[/mm]
Dazu muss [mm] $\alpha\not= [/mm] 0, [mm] A\not= [/mm] 0$ und man muss innerhalb des Defintionsbereich des [mm] \arcsin [/mm] liegen, also [mm] \left|-\frac{F}{A\alpha}\right| \le [/mm] 1.
Stimmt das so?
b.) Hier habe ich meine Schwierigkeiten.
Wir hatten das allgemeine Schema:
[mm] dt=\frac{dx}{\sqrt{2/m(E-V(x))}}
[/mm]
Dort könnte ich ja jetzt mein V(x) einsesetzen und da es um kleine Schwingungen geht auch noch vereinfachen. Kann ich dann sagen, dass [mm] V(x)\approx [/mm] A-Fx, da der [mm] \cos=1 [/mm] für kleine Auslenkungen?
Das kann ich zwar dann schön integrieren aber ich erhalte damit keine Schwingungsgleichung an der ich die Frequenz erkennen könnte.
Bin ich überhaupt auf dem richtigen Weg?
Danke.
Viele Grüße Patrick
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:12 Mo 16.11.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich denke nicht, dass du cos durch 1 ersetzrn kannst höchstens durch [mm] cosx=1-x^2/2
[/mm]
oder V(x)nach Taylor V(x)=V(0)+V'(0)*x
da a aber zuviel verschwindet denk ich du musst noch das nächste Glied dazunehmen ich hab grad keine Zeit, das durchzurechnen.
ich würd mit mx''=-Asin(ax)+F rechnen und dann sinax=ax
dann kommt ne plausible Schwingung raus.
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
> Hallo
Hallo!
> ich denke nicht, dass du cos durch 1 ersetzrn kannst
> höchstens durch [mm]cosx=1-x^2/2[/mm]
> oder V(x)nach Taylor V(x)=V(0)+V'(0)*x
> da a aber zuviel verschwindet denk ich du musst noch das
> nächste Glied dazunehmen ich hab grad keine Zeit, das
> durchzurechnen.
Also V(x)=V(0)+V'(0)*x ergibt genau wieder A-Fx. Also so als hätte ich [mm] \cos [/mm] durch 1 ersetzt. Nehme ich noch ein Glied hinzu so kann ich auch gleich [mm] \cos [/mm] durch [mm] 1-x^2/2 [/mm] ersetzen. Das gibt nicht unbedingt eine einfache Funktion.
> ich würd mit mx''=-Asin(ax)+F rechnen und dann sinax=ax
> dann kommt ne plausible Schwingung raus.
Ok, wie kommst du genau auf diesen Ansatz? Warum kann man das so machen?
Das ist ja im Prinzip [mm] m\ddot{x}=V'(x). [/mm]
Muss ich dann [mm] m\ddot{x}=-A\alpha\sin(\alpha x)-F\approx -A\alpha^2x-F [/mm] lösen?
> Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:06 Mo 16.11.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ja, das wäre mein Ansatz.
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
Ok, ich werde das dann später oder morgen mal konkret durchrechnen.
Kannst du mir sagen, warum man genau diesen Ansatz macht? Ich wäre da niemals selber draufgekommen, aber in der Klausur ist ja auch niemand da, der mir diesen Tip geben kann.
Also es ist ja mx''=Kraft. Wieso ist diese Kraft gleich der Ableitung des Potentials?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:25 Mo 16.11.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
a) was ist denn für dich Potential?
b) wie seid ihr oder du auf die gleichung dt=... gekommen?
Wenn du das beantwortest, kann ich besser einschätzen, worum es geht.
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
Ah, ein Potential [mm] \Phi [/mm] ist ja genau definiert als eine skalare Funktion sodass [mm] $F=-\nabla \Phi$. [/mm] Damit habe ich ja dann den Zusammenhang zwischen Kraft und Ableitung von V.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:14 Mo 16.11.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
ja. Gruss leduart
|
|
|
| |
|
Hallo, schon mal danke für Deine bisherige Hilfe.
Also ich führe nun mal die konkrete Ausrechnung vor.
[mm] $$m\ddot{x}=-A\alpha\sin(\alpha x)-f\approx=-A\alpha^2x-f$$
[/mm]
Also ist folgende DGL zu lösen:
[mm] $$\ddot{x}+\frac{A\alpha^2}{m}x=-\frac{f}{m}$$
[/mm]
Ich schaue mir zuerst die homogene Gleichung an:
[mm] $$\ddot{x}+\frac{A\alpha^2}{m}x=0$$
[/mm]
Der Ansatz mit der e-Funktion liefert: [mm] x(t)=e^{\lambda t} [/mm] mit [mm] $\lambda=\pm i\sqrt{A/m}\alpha$
[/mm]
Somit gilt für die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung:
[mm] $$x_{hom}(t)=c_1\cos(\sqrt{A/m}\alpha t)+c_2\sin(\sqrt{A/m}\alpha [/mm] t)$$
Ich bin ja nur an der Freuquenz existiert, kann ich dann jetzt schon sagen:
[mm] $\omega=\sqrt{A/m}\alpha=2\pi \nu$ [/mm] mit [mm] $\nu$=Frequenz, [/mm] also
[mm] $$\nu=\sqrt{\frac{A}{m}}\frac{\alpha}{2\pi}$$
[/mm]
Viele Grüße
Patrick
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:49 Di 17.11.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
da ne spezielle Lösg der inh. Gleichng. ja nichts an [mm] \omega [/mm] ändert bist du fertig.
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
Tut mir Leid, aber beim genauen Durchgehen der Aufgabe ist mir noch eine Kleinigkeit aufgefallen.
Wir haben definiert [mm] $F=\red{-}\nabla [/mm] V$. Ich habe bei obiger Berechnung das Minus nicht beachtet. Wenn ich das aber hinzunehme, dann habe ich das Problem, dass mir die DGL keine Schwingung liefert.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:25 Di 17.11.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo Patrick!
> Tut mir Leid, aber beim genauen Durchgehen der Aufgabe ist
> mir noch eine Kleinigkeit aufgefallen.
>
> Wir haben definiert [mm]F=\red{-}\nabla V[/mm]. Ich habe bei obiger
> Berechnung das Minus nicht beachtet. Wenn ich das aber
> hinzunehme, dann habe ich das Problem, dass mir die DGL
> keine Schwingung liefert.
Zwei Gründe. Zum einen sind nur die Hälfte der (unendlich vielen) Gleichgewichtspunkte, die du ausgerechnet hast, Minima des Potentials. Die andere Hälfte sind Maxima, um die keine Schwingung möglich ist.
Minima liegen vor, wenn $V''(x) = -A [mm] \alpha^2 \cos(\alpha [/mm] x) > 0$ ist, also wenn [mm] $A\cos(\alpha [/mm] x) <0$. Das werden wir gleich noch brauchen.
Zweitens hast du auch nicht die Schwingungen um die Gleichgewichtspunkte betrachtet. Dazu musst du deine Kraft um diesen Punkt entwickeln.
Nennen wir irgendeinen Gleichgewichtspunkt [mm] $x_0$. [/mm] Du hast ausgerechnet, dass
[mm] \sin (\alpha x_0) = -\bruch{F}{A\alpha} [/mm]
ist. Entwickle nun deine Kraft in eine Taylorreihe um diesen Punkt und brich nach dem linearen Term ab:
[mm] -V'(x) = A\alpha \sin(\alpha x) +F \approx A\alpha \sin(\alpha x_0) + A\alpha^2 \cos(\alpha x_0) (x-x_0) +F = A\alpha^2 \cos(\alpha x_0) (x-x_0)[/mm].
Also ist in dieser linearen Approximation
[mm] m\ddot x = A\alpha^2 \cos(\alpha x_0) (x-x_0) [/mm],
oder mit der neuen Koordinate [mm] $y=x-x_0$ [/mm] relativ zur Gleichgewichtslage
[mm] m \ddot y = A\alpha^2 \cos(\alpha x_0) y [/mm].
Diese DGL beschreibt dann eine Schwingung, wenn [mm] $A\alpha^2 \cos(\alpha x_0) [/mm] <0$ ist, also genau dann, wenn die Bedingung [mm] $V''(x_0) [/mm] >0$ erfüllt ist.
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
|
