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Harmonischer Oszillator

Universität / Fachhochschule

Tags: Physik

yellowman

21:19 Uhr, 07.11.2015

Hallo

Zeigen Sie, dass der angetriebene harmonische Oszillator

\overset{..}{x} + γ \dot{x} + ω_{0}^{2} x = \frac{q}{m} E_{0} \cos (ω t)

im stationären Zustand keine Energie hinzugewinnt das heißt keine Leistung aus dem antreibenden Feld absorbiert wenn er ungedömpft ist also wenn

γ = 0

Das heißt also wenn er ungedämpft ist kann ich

γ = 0

setzen. Damit vereinfacht sich die DGL zu:

\overset{..}{x} + ω_{0}^{2} x = \frac{q}{m} E_{0} \cos (ω t)

Ich denke nun das ich einen Ausdruck finden muss der die DGL löst?

Ich dachte dabei das ich es mal mit der Laplace Transformation versuche.

s^{2} L [x (t)] - s x ʹ (0) - x ʺ (0) + ω_{0}^{2} L [x (t)] = \frac{q E_{0}}{m} \frac{s}{s^{2} + ω^{2}}

Dann erhalte ich:

L [x (t)] = \frac{q E_{0} s}{m (s^{2} + ω^{2}) (s^{2} + ω_{0}^{2})} + \frac{s x ʹ (0) + x ʺ (0)}{s^{2} + ω_{0}^{2}}

Soweit bin ich nun gekommen wie mache ich denn am besten weiter bzw. ist das überhaupt ein sinnvoller Ansatz?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

ledum aktiv_icon

23:48 Uhr, 07.11.2015

Hallo
hast du die Aufgabe exakt zitiert, steht da

γ = 0

dann ergibt sich wenn man nicht sehr genaue Anfangsbed. nimmt nie ein stationärer Zustand.?
siehe etwa de.wikipedia.org/wiki/Erzwungene_Schwingung
Gruß ledum

yellowman

10:50 Uhr, 08.11.2015

Die Frage lautet:

Zeigen Sie dass der angetriebene harmonische Oszillaot im stationären Zustand keine Energie hinzugewinnt das heißt keine Leistung aus dem antreibenden Feld absorbiert, wenn er ungedämpft ist das heißt wenn

γ = 0

Wie zeige ich das denn am besten?

yellowman

16:08 Uhr, 08.11.2015

Hat noch jemand eine Idee?

ledum aktiv_icon

22:30 Uhr, 08.11.2015

Hatte ich schon gesagt, Dgl direkt lösen, oder in wiki oder an endlosen quellen im Netz nachsehen, angeregte Schw, Resonanz sind Stichwörte
ich ließe

γ

erst mal stehen und schalte die Reibung ab, wenn der stat, Zustand eingetreten ist, oder den Anfangszustand so wählen mit

γ = 0

dass dein Einschwingvorgang stattfindet.
Gruß ledum

yellowman

18:27 Uhr, 10.11.2015

Wenn ich dich richtig verstehe dann soll ich erst die Gleichung

\overset{..}{x} + γ \dot{x} + ω_{0}^{2} x = \frac{q}{m} E_{0} \cos (ω t)

lösen.

Das heißt ich bestimme erst die homogene Lösung und dann die partikuläre Lösung. Zum schluss wenn ich die Lösung der DGL habe soll ich erst

γ

Null setzen. Das ist das vorgehen? Ich finde die Aufgabenstellung ziemlich undeutlich.

ledum aktiv_icon

18:58 Uhr, 10.11.2015

Hallo
Wenn man eine hO ohne Dämpfung anregt, entsteht direkt eine Eigenschwingung, die nie mehr weggeht, allerdings auch keine Energie braucht.

i . A,

bezeichnet man den stationären Zustand den, bei dem durch die Dämpfung diese Eigrnschw. ausgelöscht wird und es bleibt nur die erzwungene Schwingung mit

ω

Ich habe überlegt, du kannst direkt ohne

y a m m a

rechnen und nur die Spezielle Lösung nehmen, man muss dann nur die Anfangsbedingungen entsprechend anpassen.
Also mach den Ansatz Asin((\omega*t

+ B (cos (ω (\cdot t)

bestimme A und

B

(A=0dann hast du auf jeden Fall eine stationäre Lösung, ob du die mögliche Eigenschwingung noch addieren solltest ist mit unklar. sonst schreib die Anfangsbed, dazu, die für die spezielle Lösung gelten
auf jeden Fall hast du ne einfache Lösung.
Gruß ledum

yellowman

20:28 Uhr, 10.11.2015

Hallo, die homogene Lösung habe ich berechnet. Da erhalte ich

H (t) = c_{1} e^{i ω_{0} t} + c_{2} e^{- i ω_{0} t}

Ich habe auch versucht die partikuläre Lösung zu bestimmen. Allerdings bringt das nichts da diese wegfällt. Es bleibt also nur die homogene Lösung übrig.
Wenn ich

x (t) = H (t)

mal in die DGL einsetze mit

\overset{..}{x} (t) = - ω_{0}^{2} c_{1} e^{i ω_{0} t} - c_{2} ω_{0}^{2} e^{- i ω_{0} t}

eingesetzt in

\overset{..}{x} (t) + ω_{0}^{2} x = \frac{q}{m} E_{0} \cos (ω t)

erhalte ich

0 = \cos (ω t)

macht das überhaupt Sinn?

Eine sinnvolle Anfangsbedingung wäre

x (0) = 0

und

\dot{x} (0) = 0

wie auch

\overset{..}{x} (0) = 0

Wie siehst du die Sachlage?

ledum aktiv_icon

20:42 Uhr, 10.11.2015

hallo
versteh ich nicht, mit dem Ansatz x=Asin((\omega)t

+ B cos (ω t)

fällt bei mir nichts weg, es sei denn du bringst

ω

und

ω_{0}

durcheinander.
deine Anfangsbedingungen sind Mist
du hast die Lösung der homogenen , von der du weisst, dass sie nur rechte Seite

= 0

erfüllt in die einhomogene eingesetz? was sollte das bringen?
nimm meinen Ansatz und setze ihn ein.(hatte ich das nicht schon gesagt??)
Gruß ledum

yellowman

21:04 Uhr, 10.11.2015

Wenn ich deine Lösung

x (t) = A s i n (ω t) + B \cos (ω t)

einsetze erhalte ich:

- A ω^{2} \sin (ω t)^{2} - B ω^{2} \cos (ω t) + ω_{0}^{2} A \sin (ω t) + ω_{0}^{2} B \cos (ω t) = \frac{q}{m} E_{0} \cos (ω t)

Wie geht es nun weiter?

Deinen Ansatz verstehe ich allerdings auch nicht.

Wenn ich

\frac{d^{2} x}{d t^{2}} + ω_{0}^{2} x = 0

habe dann bestimme ich die Nullstellen von

r^{2} + ω_{0}^{2} = 0

und da erhalte ich

r = i ω_{0}

und

r = - i ω_{0}

. Damit erhalte ich als homogene Lösung:

H (t) = c_{1} e^{i ω_{0} t} + c_{2} e^{- i ω_{0} t}

Wie kommst du auf deinen Ansatz?

Ich dachte eigentlich da

0 = \cos (ω t)

gilt wenn ich die homogene Lösung einsetze müsste doch eigentlich gezeigt sein das der harmonische Oszillator keine Energie hinzugewinnt aus dem antreibenden Teil da dieser Null ist da

0 = \cos (ω t)

gilt. Das war mein Gedanke.

Kannst du mir sagen wo ich falsch denke?

yellowman

12:58 Uhr, 11.11.2015

Kann noch jemand helfen? Es ist wirklich dringend!

ledum aktiv_icon

13:16 Uhr, 11.11.2015

Hallo
mein Ansatz ist der übliche für die partikuläre Lösung einer inhomogenen lin. Dgl.
es kommt nicht raus

cos (ω \cdot t) = 0

sondern : die eingesetzte Lösung für das homogene System löst das inhomogene nicht. denn

cos (ω \cdot t)

ist natürlich nicht 0.
ich hör jetzt auf, was dazu zu sagen, da du keinem meiner Tips folgst oder irgendwie darauf reagierst.

Tschüß ledum

yellowman

13:26 Uhr, 11.11.2015

Deine Hilfestellung ist eigenartig. Nun gut, dann eben nicht.

Falls jemand anderes noch möchte der darf gerne auf meine Fragen antworten.

Ich habe für die partikuläre Lösung folgendes erhalten:

p (t) = k_{1} e^{i ω t} + k_{2} e^{- i ω t}

Wenn ich diese nun in die DGL einsetze erhalte ich:

- ω^{2} k_{1} e^{- i ω t} - ω^{2} k_{2} e^{i ω t} + ω_{0}^{2} k_{1} e^{- i ω t} + ω_{0}^{2} k_{2} e^{i ω t} = \frac{q}{m} E_{0} \cos (ω t)

Wie geht es denn nun weiter? Es müsste ja ein Koeffizientenvergleich gemacht werden.

Christian- aktiv_icon

15:18 Uhr, 11.11.2015

Wie soll er deinen Tipps folgen, wenn er sie nicht versteht?

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