Prüfungsaufgaben zu Schwingungen - Poenitz-net

4.1. Prüfungsfragen zu Schwingungen
Aufgabe 1: Ungedämpfte Federschwingung (6)
Zeige mit Hilfe des 2. Newtonschen Axioms und der Skizze rechts, dass eine Masse m an einer Feder mit
der Federkonstanten D eine periodische Schwingung mit der Periodendauer T = 2π
m
m
ausführt, wenn
D
sie um x0 aus der Ruhelage ausgelenkt wurde.
Lösungen: (6)
Newton: −D∙x(t) = m∙ x(t)
Ansatz: x(t) = x0∙cos(ωt)
⇒
x(t) = −x0∙ω∙sin(ωt)
(1)
m
x
⇒
x(t) = −x0∙ω2∙cos(ωt)
Einsetzen
−D∙x0∙cos(ωt) = −m∙x0∙ω2∙cos(ωt)
D = m∙ω2
⇒
ω =
−D∙x
Skizze (2)
(1)
D
m
(1)
⇒Periodendauer T =
2
m
= 2π

D
(1)
Aufgabe 2: Gedämpfte Federschwingung (10)
Eine Masse m an einer Feder mit der Federkonstanten D wird um x 0 aus der Ruhelage
ausgelenkt und dann los gelassen. (siehe Skizze rechts). Zusätzlich zur Federkraft wirkt
beim Zurückschwingen mit der Geschwindigkeit v die Reibungskraft F = −k∙v mit dem
Reibungsfaktor k.
Zeige mit Hilfe des 2. Newtonschen Axioms und einer Differentialgleichung, dass die
Masse eine gedämpfte Schwingung mit der Frequenz f =
Halbwertszeit t1/2 =
1 D  k 


2 m  2m 
−D∙x − k∙v
m
x
2
und
2k
ausführt.
m ln(2)
Lösungen: (10)
Mit
und
erhält man
x(t)
x(t)
−D∙x0∙eat – k∙a∙x0∙eat
−D – k∙a
0
= a∙x0∙eat
(1)
= a2∙x0∙eat
= m∙a2∙x0∙eat
| : x0∙eat
2
= m∙a
| + D + k∙a
= m∙a2 + k∙a + D
(1)
k  k 2  4  m  D
2m
Für schwache Dämpfung mit k < 2 m  D ist der Radikand negativ und die Wurzel imaginär:
Die Lösung dieser quadratischen Gleichung ist a1/2 =
(1)
(1)
(1)
2
a1/2 = 
k
D k
i

2m
m 4m 2
a1/2 =
−δ
±
iω
(1)
Mit der Eulerschen Identität eiω = cos(ωt) + i∙sin(ωt) erhält man die allgemeine Lösung x(t) = x0∙e−δt∙[cos(ωt) ± i∙sin(ωt)]. (1)
Die tatsächliche Bewegung wird beschrieben durch dem Realteil x(t) = x0∙e−δt∙cos(ωt)
k
D k2
und Winkelgeschwindigkeit ω =
.

2m
m 4m 2
Die Amplitude nimmt exponentiell ab und ist auf die Hälfte abgesunken,
1
ln(2)
1
1
wenn x(t1/2) = x0 ⇔ e−δt =
⇔ δ∙t1/2 = ln
= −ln(2) ⇔ t1/2 =
2
2
2

mit Dämpfungsfaktor δ =
(1)
(2)
1
Aufgabe 3a (14)
a) Zeige mit Hilfe des 2. Newtonschen Axioms und der Skizze rechts, dass eine Masse m an
einem Faden der Länge l auf einem Planeten mit der Gravitationskonstanten g
näherungsweise eine periodische Schwingung mit der Periodendauer T = 2π
l
ausführt,
g
wenn sie um x0 aus der Ruhelage ausgelenkt wurde. (8)
α
b) Begründe, warum es sich nur um eine Näherung handelt und unter welchen Bedingungen
l
diese Näherung nahezu exakt ist. (1)
c) Bestimme die exakte Rückstellkraft in x-Richtung in Abhängigkeit von α. (1)
x
m
d) Betrachte die in b) beschriebene Näherung im Grenzfall α = 90° und vergleiche mit der
Wirklichkeit. In welchem Fall (Näherung oder Wirklichkeit) ist die Rückstellkraft größer?
(1)
e) Welches Pendel schwingt demnach schneller: Die Näherung oder die Wirklichkeit? (1)
f) Ein 1 m langes Pendel schwingt auf dem Mond alle 4,87 Sekunden hin und her. Berechne die Gravitationskonstante auf
dem Mond. (1)
g) Welche Periodendauer hat das Pendel aus c) auf der Erde? (1)
Aufgabe 3a (14)
a) Vereinfachung: Fx wirkt für kleine α nahezu in x-Richtung
x(t)
Newton:
−
∙m∙g = m∙ x(t)
l
Ansatz: x(t) = x0∙cos(ωt)
x(t) = −x0∙ω∙sin(ωt)
⇒
x(t) = −x0∙ω2∙cos(ωt)
⇒
Einsetzen
mg
−
∙x0∙cos(ωt)
= −m∙x0∙ω2∙cos(ωt)
l
g
= ω2
l
g
⇒
ω
=
l
(1)
Beschriftete Skizze (2)
(1)
(1)
α
(1)
l
x
Fx = sin(α)∙m∙g
=
(1)
m
α
FS = cos(α)∙m∙g
∙m∙g
FG = m∙g
2
l
= 2π
(1)
g

Die Rückstellkraft Fx wirkt nur für kleine Auslenkungen tatsächlich in x-Richtung.
(1)
x
Die eigentlich wirksame Komponente ist cos(α)∙Fx = cos(α) ∙m∙g.
(1)
l
Für α = 90° wirkt in x-Richtung überhaupt keine Rückstellkraft. (!)
(1)
Das Pendel kommt trotzdem wieder zurück, weil die Gravitationskraft m∙g in Bewegungsrichtung nach unten wirkt. Das
Gewicht fällt im Grenzfall α = 90° senkrecht mit der Fallbeschleunigung g nach unten. Die x-Komponente ax = g∙sin(α)
l
mg
Fx
dieser wirklichen Beschleunigung ist viel kleiner als die angenommen Beschleunigung a =
= l
= g. Das Pendel
m
m
schwingt in Wirklichkeit also langsamer als in der Näherung!
(1)
⇒Periodendauer T =
b)
c)
d)
e)
 2 
f) Auf dem Mond ist die Gravitationskonstante g = l∙   ≈ 1,66 N/kg
 T 
2
g) Auf der Erde ist die Periodendauer T = 2π
l
≈ 2 Sekunden
g
.
(1)
(1)
2
Aufgabe 3b: Mathematisches Pendel (13)
a) Zeige mit Hilfe des 2. Newtonschen Axioms und der Skizze rechts, dass eine Masse m an
einem Faden der Länge l auf einem Planeten mit der Gravitationskonstanten g
näherungsweise eine periodische Schwingung mit der Periodendauer T = 2π
l
ausführt,
g
wenn sie um x0 aus der Ruhelage ausgelenkt wurde. (8)
α
b) Begründe, warum es sich nur um eine Näherung handelt und unter welchen Bedingungen
l
diese Näherung nahezu exakt ist. (1)
c) Bestimme die exakte Rückstellkraft in Abhängigkeit von α. (1)
m
x
d) Vergleiche die genäherte und die exakte Rückstellkraft. Welches Pendel schwingt demnach
schneller: die berechnete Näherung oder die Wirklichkeit? (1)
e) Ein 1 m langes Pendel schwingt auf dem Mond alle 4,87 Sekunden hin und her. Berechne die Gravitationskonstante auf
dem Mond. (1)
f) Welche Periodendauer hat das Pendel aus e) auf der Erde? (1)
Aufgabe 3b (13)
a) Vereinfachung: Für kleine α ist sin(α) ≈ α
x(t)
Newton:
−
∙m∙g = m∙ x(t)
l
Ansatz:
x(t) = x0∙cos(ωt)
x(t) = −x0∙ω∙sin(ωt)
⇒
⇒
Einsetzen
x(t)
= −x0∙ω2∙cos(ωt)
mg
−
∙x0∙cos(ωt) = −m∙x0∙ω2∙cos(ωt)
l
g
= ω2
l
g
⇒
ω =
l
⇒Periodendauer T =
2
l
= 2π
g

b) Vereinfachung: Für kleine α ist sin(α) ≈ α bzw. sin
(1)
Beschriftete Skizze (2)
(1)
(1)
α
l
(1)
(1)
Fx = sin
≈
∙m∙g
∙m∙g
α
FS = cos
∙m∙g
FG = m∙g
(1)
x
x
≈
l
l
x
x
∙m∙g ist kleiner als die genäherte Rückstellkraft Fx ≈ ∙m∙g
l
l
d) Das wirkliche Pendel schwingt daher langsamer als die berechnete Näherung.
2
 2 
e) Auf dem Mond ist die Gravitationskonstante g = l∙   ≈ 1,66 N/kg
 T 
c) Die exakte Rückstellkraft Fx = sin
f) Auf der Erde ist die Periodendauer T = 2π
m
x
l
≈ 2 Sekunden
g
(1)
(1)
(1)
(1)
(1)
Aufgabe 4: Mathematisches Pendel (16)
Eine an einem Faden der Länge l hängende Masse m wird um den Winkel α 0 = 60° aus der Ruhelage ausgelenkt und
losgelassen.
a) Bestimme die Geschwindigkeit vmax am tiefsten Punkt in Abhängigkeit von der Länge l mit Hilfe des
Energieerhaltungssatzes und einer Skizze. (5)
b) Bestimme die Geschwindigkeit vmax am tiefsten Punkt in Abhängigkeit von der Länge l durch Ableitung der Ort-ZeitFunktion. (4)
c) Erkläre die Abweichung der Ergebnisse aus a) und b). Welches Ergebnis ist exakter? (2)
d) Welches Pendel schwingt demnach schneller: die berechnete Näherung oder die Wirklichkeit? (1)
e) Berechne den Betrag der Seilkraft bei maximaler Auslenkung. (1)
f) Berechne den Betrag der Seilkraft beim Passieren der Gleichgewichtslage. (3)
3
Aufgabe 4: Mathematisches Pendel (16):
a) Gesamtenergie zu Beginn:
Beschriftete Skizze
1
m∙g∙l
2
In Gleichgewichtslage bleibt die Gesamtenergie gleich:
1
1
m∙g∙l = Epot + Ekin =
m∙vmax2 + 0 ⇒ vmax = g  l
2
2
b) Ort-Zeit-Funktion:
x(t) = x0∙cos(ωt)
Geschwindigkeits-Zeit-Funktion:
v(t) = −x0ω∙sin(ωt)
Epot + Ekin = 0 + m∙g∙h = m∙g∙(l – l∙cos(α0)) =
(2)
(1)
α =
l∙cos(α)
(2)
(1)
α
x
h = l − l∙cos(α)
Fr = sin(α)∙m∙g
l
m
α
FS = cos(α)∙m∙g
(1)


g
FG = m∙g
∙l∙
= ∙ g  l ≈ 1,05∙ g  l .
(2)
l
3
3
c) Die Geschwindigkeits-Zeit-Funktion setzt voraus, dass die Rückstellkraft genau proportional zur Auslenkung ist, was bei
großen Auslenkungen aber nicht mehr erfüllt ist.
(1)
Der Energieerhaltungssatz benötigt diese Voraussetzung nicht und liefert daher (abgesehen von Reibungseffekten) den
genaueren Wert.
(1)
d) Die Wirklichkeit mit vmax = g  l schwingt langsamer als die Näherung mit vmax ≈ 1,05∙ g  l .
(1)
⇒ vmax = x0∙ω =
1
∙m∙g.
2
f) Beim Durchgang durch die Gleichgewichtslage kommt zu der Gewichtskraft F g = m∙g noch die Zentripetalkraft
mgl
mv 2
Fz =
=
= m∙g dazu, so dass die Fadenkraft am untersten Punkt gerade 2∙m∙g beträgt.
l
r
e) Bei maximaler Auslenkung ist wie in der Skizze F S = cos(α)∙m∙g =
(1)
(2)
Aufgabe 5: Schwingkreis (10)
a) Zeige mit Hilfe des Induktionsgesetzes und der Definition der Kapazität, dass ein Kondensator der Kapazität C und
Anfangsladung Q0, dessen Platten mit einer Spule der Induktivität L verbunden wurden, periodisch ent- und wieder
aufgeladen wird, wobei er jeweils nach T = 2π LC wieder seine Ausgangsladung Q0 erreicht. (6)
b) Ordne die Schwingungszustände des elektrischen Schwingkreises oben den passenden Schwingungszuständen der
Federschwingung unten zu. (1)
U
+
U
I
I
−
−
m
m
I
I
+
m
m
c) Begründe mit Hilfe der folgenden Begriffe, welches mechanische Element der Federschwingung dem Kondensator
entspricht und welches der Spule: Ladung, Spannung, Kapazität, Lenzsche Regel, Rückstellkraft, Masse, Trägheit. (3)
Lösungen:
a) Durch die Addition der Spannungen erhält man eine Differentialgleichung von der gleichen Form wie bei der
Q
Q
Federschwingung: UL + UC = 0 ⇔ L∙ I +
= 0 ⇔ L∙ Q = − .
(1)
C
C
Mit dem Ansatz Q(t) = Q0∙cos(ωt) ⇔ Q(t) = −ω∙Q0∙sin(ωt) ⇔ Q (t) = −ω2∙Q0∙cos(ωt)
erhält man durch Einsetzen in die Differentialgleichung L(−ω 2∙Q0∙cos(ωt)) = −
und weiter durch Vereinfachen Lω2 =
1
⇔ω=
C
Q0
∙cos(ωt)
C
1
LC
2
= 2π LC

b) Der 1. und der 4. Schwingungszustand der mechanischen Schwingung müssen vertauscht werden.
Die Ladung folgt also einer Kosinusfunktion mit der Periodendauer T =
(1)
(1)
(2)
(1)
(1)
4
c) Die Ladung Q des Kondensators mit der Kapazität C erzeugt eine Spannung U = Q/C, die der Rückstellkraft der Feder
entspricht.
(1)
Die Spannung erzeugt einen Strom durch die Spule, dessen Anwachsen aufgrund der Lenzschen Regel durch die Spule
verzögert wird. Die Lenzsche Regel besagt, dass die Induktionsspannung in einer Spule immer der verursachenden
Stromänderung entgegen wirkt und diese verzögert. Die Wirkung der Spule entspricht daher der Trägheit einer Masse, die
jeder Änderung der Geschwindigkeit entgegen wirkt.
(2)
Aufgabe 6: Schwingkreis (28)
a) Eine Spule mit der Induktivität L = 1 mH und ein ohmscher Widerstand mit R = 0,6 Ω werden in Reihe an eine
Wechselspannung mit Ueff = 1 V und f = 50 Hz gelegt. Berechne den gesamten Scheinwiderstand Z als komplexwertige
Grösse, die Phasenverschiebung φ und die effektive Stromstärke I eff. (3)
b) Nun wird parallel zu der Spule und dem ohmschen Widerstand aus a) ein Kondensator mit C = 1 mF angeschlossen.
Berechne erneut den gesamten Scheinwiderstand Z als komplexwertige Grösse und die Phasenverschiebung φ. (3)
c) Bei welcher Frequenz f0 verschwindet der Blindwiderstand und wie gross ist dann der Wirkwiderstand der Schaltung aus
b)? (4)
d) Zeichne ein Zeigerdiagramm für die Ströme in den beiden Zweigen des Schaltkreises aus b) für die Frequenz f = 50 Hz.
Skizziere den Schaltkreis selbst und markiere die Richtungen der Blindströme in den beiden Zweigen durch Pfeile. (4)
e) Wie verhalten sich die Blindströme in den beiden Zweigen bei der Frequenz f 0 aus Teil c)?
f) Nun wird die Stromquelle abgeklemmt. Warum fliesst weiterhin Strom? (1)
g) Handelt es sich nun um eine Parallel- oder eine Reihenschaltung? (1)
h) Formuliere die Differentialgleichung für die Stromstärke I(t) in dem abgeklemmten Kreis.(2)
i) Bestimme die Lösung der Differentialgleichung aus e). (3)
j) Nach wie vielen Sekunden ist die Stromstärke auf die Hälfte abgesunken? (1)
k) Gib die Eigenfrequenz des Schwingkreises an und zeichne ein Zeigerdiagramm für die Spannungen (4)
l) Skizziere ein I-t-Diagramm. (2)
Aufgabe 6: Schwingkreis (28)
a) Z = R + iωL = (0,6 + 0,1πi) Ω ≈ (0,6 + 0,31i) Ω
 L 
-1   
mit Phasenverschiebung φ = tan-1 
 = tan   ≈ 27,64° (Strom läuft nach)
 R 
6
U eff
1V
und effektiver Stromstärke Ieff =
=
≈1,48 A
0, 68 
|Z|
b) Zges =
c)
1
1
i C 
Z
=
(1)
(1)
(1)
1
0, 46
Ω≈
Ω ≈ 1,18‧(0,6 + 0,17i) Ω = (0,71 + 0,20i) Ω.
0, 6  0,1i
0, 6  0,17i
0,1i 
0, 62  (0,1) 2
 Im Z 
-1  0, 20 
Die Phasenverschiebung ist φ = tan-1 
 = tan 
 ≈ + 15,73°. (Strom läuft nach)
Re
Z


 0, 71 
Der Blindwiderstand X = Im(Z) verschwindet genau dann, wenn auch der Imaginärteil Im(Y) des
1
R
iL
Leitwertes Y(ω) = iωC +
= 2
+ iωC - 2
verschwindet.
2 2
R  iL
R  L
R  2 L2
L
Aus Im(Y) = 0 ⇔ C - 2
= 0 ⇔ CR2 + ω2L2C – L = 0
R  2 L2
(2)
(1)
(1)
(1)

1 R2
= 800 s-1 bzw. die Frequenz ν0 = 0 ≈ 127,3 Hz
(1)

LC L2
2
R 2  02 L2
L
5
mit dem Wirkwiderstand Re(Z) =
=
=
Ω.
(1)
R
CR
3
d) Zeigerdiagramm (2):
Im(I)
Schaltskizze mit Blindströmen (2):
erhält man die Lösung ω0 =
IC = iωC‧U
≈ 0,3i A
R  iL
IRL = 2
‧U
R  2 L2
0, 6  0,1i
=
Ω-1‧1 V
0, 62  (0,1) 2
= (1,3 – 0,7i) A
e)
IC
Re(I)
IRL
1V~
0,3i A
0,6 Ω
1 mF
-0,7i A
1 mH
Die Blindströme in den beiden Zweigen werden entgegengesetzt gleich groß.
(1)
0, 6  0,8i -1
R  iL
Die Rechnung (nicht verlangt) ergibt IC = iωC‧U = 0,8i A und IRL = 2
‧U =
Ω ‧1 V = (0,6 – 0,8i) A.
0,36  0, 64
R  2 L2
5
f)
Bei Entfernung der äußeren Spannungsquelle entlädt sich der Kondensator über die Spule. Ihre Selbstinduktion widersetzt
sich der Abnahme des Entladestroms und führt dazu, dass der Entladestrom auch bei vollständiger Entladung in die
gleiche Richtung weiter fließt. Der Entladestrom wird dadurch zu einem Ladestrom und lädt den Kondensator
entgegengesetzt auf. Durch die zunehmende Ladespannung sinkt der Ladestrom langsam auf Null ab und wechselt
schließlich die Richtung. Damit ist die erste Halbschwingung beendet. Er wird zu einem Entladestrom und der Vorrang
wiederholt sich in entgegengesetzter Richtung.
(1)
g) Es handelt sich dann um eine Reihenschaltung.
(1)
Q
1
h) UC + UL + UR =
+ LI + RI = LQ(t) + RQ(t) + Q(t) = 0.
(2)
C
C
1
i) Mit dem Ansatz Q(t) = Q0‧eat erhält man LQ0a2‧eat + RQ0‧a‧eat +
Q0  eat = 0 und nach Division durch LQ0‧eat
C
R
R
R2
1
1
a+
= 0 mit den Lösungen a1/2 = ±
.
(1)

L
2L
LC
4L2 LC
R2
1
Ist wie in diesem Fall
= 106 s-2 > 90 000 s-2 =
und damit die Diskriminante negativ, so erhält man einen
LC
4L2
schliesslich a2 +
komplexen Exponenten a = -
R
1
R2
±i
 2 = -300 s-1 + i1000 s-1.
2L
LC 4L
 R
1
R2
i
 2
Mit Q0 = C‧U0 = 1 mC ergibt sich die Ladungsfunktion Q(t) = Q0‧exp  
 2L
LC 4L

(1)

 = 1 mC‧e(-300


+ 954)t/s
und
durch Differentiation die Stromfunktion I(t) = (-0,300 + 0,954i)A‧e(-300 + 1000i)‧t = (-0,300 + 0,954i)A‧e-300t/s‧[cos(954‧t/s) +
i‧sin(954‧t/s)].
(1)
Es handelt sich um eine gedämpfte Schwingung mit dem Startwert I0 = (-0,300 + 0,954i) A und der Halbwertszeit t1/2 =
ln(2)
s ≈ 2,3 ms.
(1)
300

k) Die Eigenfrequenz ist ν0 =
≈ 159,2 Hz
(1)
2
UR0
UR0 = RI0 =a‧R‧Q0 = (-0,180 + 0,572i) V,
(1)
UC0
Q0
Re(I)
UC0 =
=1V
(1)
C
j)
l)
UL0 = L  Q0 = a2‧L‧Q0 = (-0,820 – 0,572i) V
Zeigerdiagramm
I-t-Diagramm
UL0
(1)
(1)
(2)
I(t)
1
0,5
0
0
5
10
15
t/s
20
-0,5
-1
6