harmonische Schwingung

19.07.2005, 17:44

poiz

harmonische Schwingung

Folgende Aufgabe versuche ich zu lösen:
Zwei harmonische Schwingungen mit der gleichen Kreisfrequenz überlagern sich zu einer harmonischen Schwingung mit derselben Kreisfrequenz.
Berechnen sie die Amplitude A und die Phasenverschiebung phi der Überlagerung
2 sin(2t + 3) + 3 sin(2t - 1) = A sin(2t + phi)

Die Amplitude konnte ich problemlos berechnen. Doch bei der Phasenverschiebung komm ich nicht auf die Lösung von 4.554!

Zuerst hab' ich mittels Komplementärwinkelformel die beiden Kosinus-Funktionen aufgestellt:
h1(t) = 2 cos(-2t -0.5(pi + 3)
h2(t) = 3 cos(-2t -0.5(pi - 1)

Die Überlagerung ist
h(t) = h1(t) + h2(t) der Form A cos(t + alpha)

Alpha hab' ich mit folgender Formel (probiert) auszurechnen:
$\begin{eqnarray*} \tan(\alpha ) = \frac{A1 * \sin(\alpha 1) + A2 * \sin(\alpha 2)}{A1 * \cos(\alpha 1) + A2 * \cos(\alpha 2)} \end{eqnarray*}$

(mit Lösungen für $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ = 3.3004 oder 0.1588)

Was mache ich falsch??

20.07.2005, 17:30

gargyl

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Warum glaubst du das da ein Fehler ist ?

20.07.2005, 18:27

poiz

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Ich finde in meiner Rechnung auch keinen Fehler :-)

Die Lösung für phi wird in meinen Unterlagen mit 4.554 angegeben. Wenn ich aber meine Lösung von $\begin{eqnarray*} \alpha = 0.1588 \end{eqnarray*}$ in Grad umrechne, erhalte ich 9.0986! Ist so zimlich das Doppelte der angegebenen Lösung...

Welche Kleinigkeit übersehe ich??

21.07.2005, 06:57

Leopold

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Ich habe zur Bestimmung von $\begin{eqnarray*} A,\varphi \end{eqnarray*}$ in

$\begin{eqnarray*} 2 \sin{(2t+3)} + 3 \sin{(2t-1)} = A \sin{(2t+\varphi)} \end{eqnarray*}$

einfach $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ eingesetzt:

$\begin{eqnarray*} \text{(I)} \ \ 2 \sin{3} + 3 \sin{(-1)} = A \cdot \sin{\varphi} \end{eqnarray*}$ .

Dann habe ich die Gleichung differenziert und wiederum $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ eingesetzt. Nach Division durch $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ gibt das

$\begin{eqnarray*} \text{(II)} \ \ 2 \cos{3} + 3 \cos{(-1)} = A \cdot \cos{\varphi} \end{eqnarray*}$

Division von $\begin{eqnarray*} \text{(I)} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \text{(II)} \end{eqnarray*}$ führt auf

$\begin{eqnarray*} \tan{\varphi} = \frac{2 \sin{3} + 3 \sin{(-1)}}{2 \cos{3} + 3 \cos{(-1)}} \end{eqnarray*}$

Wegen der $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ -Periodizität des Tangens ist diese Gleichung nicht eindeutig lösbar. Man kann z.B.

$\begin{eqnarray*} \varphi = \arctan{\frac{2 \sin{3} + 3 \sin{(-1)}}{2 \cos{3} + 3 \cos{(-1)}}} \approx 1{,}4120 \end{eqnarray*}$

wählen und erhält damit aus $\begin{eqnarray*} \text{(I)} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} A = \frac{2 \sin{3} + 3 \sin{(-1)}}{\sin{\varphi}} \approx -2{,}2707 \end{eqnarray*}$

Ebenso könnte man aber

$\begin{eqnarray*} \varphi = \arctan{\frac{2 \sin{3} + 3 \sin{(-1)}}{2 \cos{3} + 3 \cos{(-1)}}} + \pi \approx 4{,}5536 \end{eqnarray*}$

nehmen. Die zugehörige Amplitude ist dann

$\begin{eqnarray*} A \approx 2{,}2707 \end{eqnarray*}$

Die zweite Lösung ist wohl die hübschere, weil dabei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ positiv ausfällt.

21.07.2005, 12:07

poiz

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Vielen Dank für die ausführliche Antwort.

Eines verstehe ich aber noch nicht:

Du hast mittels Differential die Cosinus-Funktionen gebildet. Weshalb kann ich nicht einfach für die Sinus-Funktion mittels "Komplementärwinkelformel" die Cosinus-Funktion bilden
$\begin{eqnarray*} A * \sin(\omega * t + \alpha) = A * \cos(\omega * t + \alpha - \frac{\pi}{2}) \end{eqnarray*}$
und dann Division von (I) durch (II) durchführen?

21.07.2005, 17:28

Leopold

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Ehrlich gesagt, verstehe ich nicht ganz, was du vorhast. Du könntest natürlich so substituieren: $\begin{eqnarray*} t = t^{*}+\frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ , und erhieltest dann:

$\begin{eqnarray*} 2 \sin{\left( 2t^{*}+3+\frac{\pi}{2} \right)} + 3 \sin{\left( 2t^{*}-1+\frac{\pi}{2} \right)} = A \sin{\left( 2t^{*}+\varphi+\frac{\pi}{2} \right)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2 \cos{\left( 2t^{*}+3 \right)} + 3 \cos{\left( 2t^{*}-1 \right)} = A \cos{\left( 2t^{*}+\varphi \right)} \end{eqnarray*}$

Und wenn du hier $\begin{eqnarray*} t^{*} = 0 \end{eqnarray*}$ setztest, bekämest du wieder $\begin{eqnarray*} \text{(II)} \end{eqnarray*}$ .

Natürlich kannst du auch von vorneherein $\begin{eqnarray*} t=\frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ in den Originalansatz einsetzen.

21.07.2005, 21:52

etzwane

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Zitat:

Original von Leopold
Ich habe zur Bestimmung von $\begin{eqnarray*} A,\varphi \end{eqnarray*}$ einfach $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ eingesetzt:
...
Dann habe ich die Gleichung differenziert und wiederum $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ eingesetzt.

Den ersten Schritt hatte ich auch so gemacht, aber auf den zweiten smile

bin ich leider nicht gekommen ...

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