Prüfungsaufgaben Schwingungslehre Günther Kurz Idee: Jürgen Gilg Gestaltung: Simon Singer Anregungen und Kommentare willkommen [email protected] Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 01 Ein Körper (Masse m = 50 g ) ist an einer idealen Feder befestigt. Der Körper schwingt ungedämpft und harmonisch. Die Amplitude der Schwingungen ist yˆ = 18 cm und die Schwingungsdauer ist T0 = 4,0 s . Die Anfangsbedingungen für die Schwingungen sind: Der Körper wird um y (0) = 18 cm aus seiner Ruhelage ausgelenkt und anschießend ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen. (a) Bestimmen Sie Eigenfrequenz f0 und Eigenkreisfrequenz ω0 der ungedämpften Schwingungen. (b) Bestimmen Sie die Federkonstante c der Feder. (c) Geben Sie das Weg-Zeit-Gesetz y (t ) für die beschriebenen Schwingungen an. (d) Welche Auslenkung y (0,5 s) aus der Ruhelage und welche Geschwindigkeit v (0,5 s) hat der Körper zum Zeitpunkt t = 0,5 s ? (e) Welche maximale Geschwindigkeit v max hat der schwingende Körper? (f) Bestimmen Sie die Gesamtenergie E ges des Feder-Masse-Systems. Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 01 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 01 – Kurzlösungen π (a) Eigenfrequenz f0 = 0,25 s −1 ; Eigenkreisfrequenz ω0 = s −1 . 2 (b) Federkonstante c = 0,123 N m −1 . (c) Weg-Zeit-Gesetz y = 18 cm ⋅ cos( π −1 s t). 2 (d) Zeitpunkt t = 0,5 s : Auslenkung aus der Ruhelage y (t = 0,5 s) = 12,73 cm ; Geschwindigkeit v (t = 0,5 s) = − 20,0 cm s −1 . (e) Maximale Geschwindigkeit v max = 28,2 cm s −1 . (f) Gesamtenergie E ges = 1,99 ⋅ 10 −3 J . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 01 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 01 – Musterlösung (a) Aus der Schwingungsdauer T0 erhält man für die Eigenfrequenz 1 1 f0 = = = 0,25 s −1 T0 4,0 s und die Eigenkreisfrequenz 2π 2π π ω0 = = = s −1 T0 4,0 s 2 (b) Die Federkonstante c kann aus der Masse m des Körpers und der Eigenkreisfrequenz ω0 des Federpendels bestimmt werden. Aus ω0 2 = c m wird c = m ω0 2 = 50 ⋅ 10 − 3 kg ⋅ π2 − 2 s ⋅ (m ⋅ m −1 ) 4 = 0,123 N m −1 (c) Für eine harmonische Schwingung lässt sich das Weg-Zeit-Gesetz darstellen als y = yˆ cos(ω0 t + ϕ 0 ) oder y = yˆ sin(ω0 t + ϕ0 ) Dabei ist die Eigenkreisfrequenz ω 0 eine für das schwingende System charakteristische Größe. Amplitude ŷ und Nullphasenwinkel ϕ0 bestimmen sich aus den Anfangsbedingungen; diese sind y (0) = 18 cm und v (0 ) = y& (0 ) = 0 . Bei Auslenken des Körpers und anschließendem Loslassen ohne Anfangsgeschwindigkeit kann die Auslenkung nie größer werden, als eben diese Anfangsauslenkung, d. h. die Anfangsauslenkung muss gleich der Amplitude der harmonischen Bewegung sein. In einer Beschreibung als Kosinus-Funktion wird vereinfachend der Nullphasenwinkel gleich null. Damit kann man sofort schreiben π y = 18 cm ⋅ cos( s −1 t ) 2 [Durch Ableiten und Bestimmen der Funktionswerte für den Zeitpunkt t = 0 können Sie auch nachweisen, dass die vorgegebenen Anfangsbedingungen erfüllt sind.] (d) Zum Zeitpunkt t = 0,5 s wird die Auslenkung des Körpers aus der Ruhelage π π 1 2 y (t = 0,5 s) = 18 cm ⋅ cos( s −1 ⋅ 0,5 s) = 18 cm ⋅ cos( ) = 18 cm ⋅ 2 4 2 = 12,7 cm die Geschwindigkeit ergibt sich als erste Ableitung des Weg-Zeit-Gesetzes zu v = y& = − yˆ ω0 sin(ω0 t ) Zum Zeitpunkt t = 0,5 s wird die Geschwindigkeit des Körpers Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 01 v (t = 0,5 s) = − 18 cm ⋅ 1 π π −1 s ⋅ sin( s −1 ⋅ 0,5 s) = − 28,3 cm s −1 ⋅ 2 2 2 2 = − 20,0 cm s −1 Bei einer Anfangsauslenkung in die positive Koordinatenrichtung ist die Geschwindigkeit in der ersten Viertelperiode auf die Ruhlage hin, also in negative Koordinatenrichtung, gerichtet. (e) Seine maximale Geschwindigkeit hat der Körper beim Nulldurchgang. Die T Nulllage wird nach einer Viertelschwingung, also nach t = 0 = 1,0 s erreicht. Man 4 erhält durch stures Einsetzen v (t = 1 s) = − 18 cm ⋅ π π −1 s ⋅ sin( s −1 ⋅ 1 s) = − 28,3 cm s −1 ⋅ 1 2 2 = − 28,3 cm s −1 Eine einfachere Argumentation lautet: Die Geschwindigkeit ist gegeben durch v = y& = − yˆ ω0 sin(ω0 t ) Für den Betrag der Sinus-Funktion gilt 0 ≤ sin(ω0 t ) ≤ 1 deshalb ist der Betrag der maximalen Geschwindigkeit des Körpers gegeben durch den Vorfaktor im Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz π v max = yˆ ω0 = 18 cm ⋅ s −1 = 28,3 cm s −1 2 Eine alternative Lösung benutzt das Ergebnis von Teilaufgabe (f); sie wird im Anschluss an Teilaufgabe (f) besprochen. (f) Bei Loslassen zum Zeitpunkt t = 0 s ist die Anfangsgeschwindigkeit null und damit auch die kinetische Energie des Körpers null. Ekin ( y = yˆ ) = 0 Die Gesamtenergie des schwingenden Systems ist gleich der potentiellen Energie der gespannten Feder zum Zeitpunkt des Loslassens, also bei maximaler Auslenkung. E ges = E pot ( y = yˆ ) = 1 2 1 cyˆ = ⋅ 0,123 N m −1 ⋅ (0,18 m) 2 2 2 = 1,99 ⋅ 10 − 3 N m Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 01 Alternativer Lösungsweg zu Teilaufgabe (e) Bei bekannter Gesamtenergie E ges und Masse m des Körpers kann die Geschwindigkeit für den Nulldurchgang bestimmt werden. Bei entspannter Feder ist die potentielle Energie der Feder E pot ( y = 0) = 0 Die Gesamtenergie beim Nulldurchgang wird allein repräsentiert durch die kinetische Energie 1 E ges = E kin ( y = 0) = mv max 2 2 v max 2 = 2E ges m = 2 ⋅ 1,99 ⋅ 10 −3 N m 50 ⋅ 10 − 3 kg = 7,96 ⋅ 10 − 2 m 2 s − 2 und v max = 0,282 m s −1 = 28,2 cm s −1 Die geringfügige Abweichung zum Ergebnis der Teilaufgabe (e) erklärt sich durch Rundungsfehler. Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 01 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 02 Ein Körper (Masse m = 300 g ) hängt an einer idealen Feder (Federkonstante c = 5,0 Nm −1 ). Nach einmaligem Anstoß führt das System schwach gedämpfte Schwingungen aus. Man beobachtet, dass in zehn Schwingungsperioden die Auslenkungen jeweils auf die Hälfte des Anfangswertes abklingen. (a) Bestimmen Sie Eigenkreisfrequenz ω0 , Eigenfrequenz f0 und Schwingungsdauer T0 des ungedämpften Systems. (b) Bestimmen Sie den Abklingkoeffizient δ und den Dämpfungsgrad D des gedämpften Systems. (c) Welche Länge L muss ein Fadenpendel haben, um mit der Schwingungsdauer des ungedämpften Federpendels zu schwingen? (d) In einem Gedankenversuch werden die beiden Pendel auf den Mond gebracht. Wie ändern sich die Schwingungsdauern von ungedämpftem Federpendel und Fadenpendel jeweils im Vergleich zur ihrer Schwingungsdauer an der Erdoberfläche? (Für die Verhältnisse der Fallbeschleunigungen gilt g Erde : g Mond = 6 : 1) Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 02 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 02 – Kurzlösungen (a) Eigenkreisfrequenz ω0 = 4,08 s −1; Eigenfrequenz f0 = 0,650 s −1 . Schwingungsdauer T0 = 1,54 s . (b) Abklingkoeffizient δ = 4,50 ⋅ 10−2 s−1 ; Dämpfungsgrad D = 1,10 ⋅ 10 −2 . (c) Fadenlänge L = 58,9 cm . (d) Federpendel: T0Mond = T0Erde (ungeändert). Fadenpendel: T0Mond = 6 ⋅ T0Erde . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 02 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 02 – Musterlösung (a) Die Eigenkreisfrequenz ω0 des ungedämpften Systems erhält man aus Federkonstante c und angehängter Masse m aus der Beziehung ω0 2 = c 5,0 N m −1 16,67 kg m s −2 ⋅ m −1 = = kg m 0,300 kg = 16,67 s − 2 damit wird ω0 = 4,08 s −1 Für den Zusammenhang zwischen Eigenkreisfrequenz ω0 und Eigenfrequenz f0 gilt ω0 = 2πf0 also f0 = ω0 4,08 s −1 = 2π 2π = 0,650 s −1 Für den Zusammenhang zwischen Eigenkreisfrequenz ω0 und Schwingungsdauer T0 gilt ω 0 = 2π 1 T0 also 1 2π = ω0 4,08 s −1 = 1,54 s T0 = 2π (b) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Feder-Masse-Systems lassen sich darstellen als y = yˆ 0 ⋅ e −δ t cos( ωdt + ϕ 0 ) oder y = yˆ 0 ⋅ e −δ t sin( ωdt + ϕ 0 ) Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von y einh = yˆ 0 e −δt oder y einh = e − δt yˆ 0 Logarithmieren liefert ln[ y einh ] = ln[e − δ t ] = − δ t yˆ 0 Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 02 Unter der Annahme ’schwacher Dämpfung’, also 0 < D ≤ 0,1 gilt für die Schwingungsdauern mit Dämpfung die Näherung Td ≈ T0 . Für zehn Schwingungsperioden, also für das Zeitintervall t = 10 T0 , gilt für das Verhältnis der Auslenkungen p= y einh 1 = 2 yˆ 0 Es wird also 1 ln[ ] = −δ ⋅ 10 ⋅ 1,54 s 2 Der Abklingkoeffizient ergibt sich daraus zu δ=−[ ln(1) − ln(2) 0 − 0,693 ]=−[ ] 15,4 s 15,4 s = 4,50 ⋅ 10 − 2 s −1 Der Dämpfungsgrad des gedämpften Systems bestimmt sich aus Abklingkoeffizient δ und Eigenkreisfrequenz ω0 zu D= 4,50 ⋅ 10 −2 s −1 δ = ω0 4,08 s −1 = 1,10 ⋅ 10 − 2 Mit 0 < D ≤ 0,1 liegt für das System schwache Dämpfung vor; die oben gemachte Näherung Td ≈ T0 ist gerechtfertigt. (c) Die Schwingungsdauer eines Fadenpendels (Fadenlänge L ) bei kleinen Auslenkungen aus der Ruhelage nahe der Erdoberfläche (Fallbeschleunigung) g E ist T0 = 2π L g Erde daraus erhält man für die Fadenlänge L= T0 2 g E = 4π 2 = 58,9 cm Schwingungslehre (1,54 s)2 ⋅ 9,81 m s −2 4π 2 = 0,589 m -4- Prüfungsaufgabe 02 (d) Die Schwingungsdauer eines Feder-Masse-Systems hängt nur von den Eigenschaften der Feder (Federkonstante c ) und der Masse m des angehängten Körpers ab. Die Schwingungsdauer ändert sich deshalb bei Verbringen auf den Mond nicht. Die Schwingungsdauer eines Fadenpendels hängt von der Fallbeschleunigung ab (vgl. Teilaufgabe (c)). Es gilt für die Schwingungsdauern auf der Erde und auf dem Mond T0Erde = 2π L und gErde T0Mond = 2π L g Mond das Verhältnis der beiden Schwingungsdauern wird T0Mond T0Erde 2π = 2π L g Mond L = g Erde = g Mond 6 ⋅ g Mond = g Mond 6 1 g Erde oder T0Mond = 6 ⋅ T0Erde Wie erwartet nimmt mit kleiner werdender Fallbeschleunigung die Schwingungsdauer zu. Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 02 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 03 Ein Feder-Masse-System (Masse m = 400 g , Federkonstante c = 5,0 Nm −1 ) führt viskos gedämpfte Schwingungen aus. Die Dämpfungskraft ist proportional zur Geschwindigkeit des schwingenden Körpers. Bei einer Geschwindigkeit des Körpers r r von v = 0,50 m s −1 ist der Betrag der Reibungskraft Freib = 0,25 N . (a) Welche Schwingungsdauer T0 gehört zum ungedämpften System? (b) Bestimmen Sie den Abklingkoeffizienten δ , den Dämpfungsgrad D und die Schwingungsdauer Td des gedämpften Systems. (c) Um welchen Bruchteil p nehmen die Auslenkungen in jeweils einer Schwingungsperiode ab? (d) Welcher Dämpfungskoeffizient baperiod muss für den aperiodischen Grenzfall eingestellt werden? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 03 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 03 – Kurzlösungen (a) Eigenkreisfrequenz ω0 = 3,53 6 s −1 ; Schwingungsdauer T0 = 1,77 7 s . (b) Dämpfungskoeffizient b = 0,50 kg s −1 . Abklingkoeffizient δ = 0,625 0 s −1 . Dämpfungsgrad D = 0,176 8 . Kreisfrequenz (gedämpftes System) ωd = 3,48 0 s −1 . Schwingungsdauer (gedämpftes System) Td = 1,80 6 s . (c) Verhältnis der Auslenkungen p = 0,323 . (d) Dämpfungskoeffizient baperiod = 2,83 kg s −1 . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 03 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 03 – Musterlösung (a) Für ein Feder-Masse-System legen Masse m des Körpers und Federkonstante c die Eigenkreisfrequenz ω0 ungedämpfter Schwingungen eindeutig fest. Es gilt ω0 2 = c 5,0 N m −1 5,0 kg m s −2m −1 = = 400 g 0,400 kg m = 12,50 s − 2 damit wird die Eigenkreisfrequenz ω0 = 3,53 6 s −1 Daraus ergibt sich die Schwingungsdauer des ungedämpften Systems zu T0 = 2π 2π = ω0 3,53 6 s −1 = 1,77 7 s Alternative Vorgehensweise Man bestimmt zuerst T0 und anschließend ω0 ; also T0 = 2 π 0,400 kg m = 2π c 5,0 kg m s − 2m −1 = 1,77 7 s und ω0 = 2π 2π = T0 1,78 s = 3,53 6 s −1 (b) Bestimmung des Dämpfungskoeffizienten b eines geschwindigkeitsproportionalen Reibungsgesetzes. Für den Betrag der Reibungskraft gilt r r Freib = b ⋅ v also wird mit den gegebenen Werten der Dämpfungskoeffizient r Freib 0,25 N 0,25 kg m s − 2 b= r = = v 0,50 m s −1 0,50 m s −1 = 0,50 kg s −1 Der Abklingkoeffizient δ bestimmt sich aus Dämpfungskoeffizient b und Masse m des Körpers zu δ= b 0,50 kg s −1 = 2m 2 ⋅ 0,400 kg = 0,625 0 s −1 Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 03 Der Dämpfungsgrad D bestimmt sich aus Abklingkoeffizient δ und Eigenkreisfrequenz ω0 zu D= 0,625 0 s −1 δ = ω0 3,53 6 s −1 = 0,176 8 Mit D ≥ 0,1 liegt für das System starke Dämpfung vor. Für die Kreisfrequenz eines viskos gedämpften Systems gilt mit Benutzung des Abklingkoeffizienten δ die Beziehung ω d 2 = ω0 2 − δ 2 = (3,53 6 s −1 ) 2 − (0,625 s −1 ) 2 = (12,50 3 − 0,3906) s − 2 = 12,10 9 s − 2 damit wird ωd = 3,48 0 s −1 Alternativer Lösungsweg Für die Kreisfrequenz eines viskos gedämpften Systems gilt mit Benutzung des Dämpfungsgrads D ωd = ω0 1 − D 2 = 3,53 6 s −1 ⋅ 1 − 0,176 8 2 = 3,53 6 s −1 ⋅ 0,984 2 = 3,48 0 s −1 Aus der Kreisfrequenz ωd ergibt sich die Schwingungsdauer Td des gedämpften Systems Td = 2π 2π = ωd 3,48 0 s −1 = 1,80 6 s Zur Erinnerung: Die Schwingungsdauer T0 des ungedämpften Systems (vgl. Teilaufgabe (a)) war T0 = 1,77 7 s (c) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Feder-Masse-Systems lassen sich darstellen als y = yˆ 0 ⋅ e −δ t cos( ωdt + ϕ 0 ) oder y = yˆ 0 ⋅ e −δ t sin( ωdt + ϕ 0 ) Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von y einh = yˆ 0 ⋅ e −δ t Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 03 oder y einh = e−δ t yˆ 0 Für das Verhältnis p der Auslenkungen im zeitlichen Abstand einer Schwingungsperiode, also für t = Td , wird p = e − δTd = e − (0,625 s = 0,323 −1 ) ⋅(1,80 6 s) = e −1,13 (d) Für den aperiodischen Grenzfall ist der Dämpfungsgrad D = 1. Der aperiodische Grenzfall steht zwischen dem Schwingfall mit D < 1 und dem Kriechfall mit D > 1 . Wegen δ D= =1 ω0 wird für den aperiodischen Grenzfall δ = ω0 Damit wird der Dämpfungskoeffizient baperiod = 2mω0 = 2 ⋅ 0,400 kg ⋅ 3,53 6 s −1 = 2,83 kg s −1 Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 03 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 04 c An einer idealen Schraubenfeder (Federkonstante c = 0,1 N cm −1 ) hängt eine flache Waagschale (Masse M = 100 g ) [vgl. Skizze]. m M (a) Welche statische Auslenkung y stat der Feder aus ihrer entspannten Lage bewirkt die angehängte Waagschale? Auf die Waagschale lässt man aus H = 20 cm eine kleine Knetkugel (Masse m = 20 g ) fallen. Nach dem Aufprall bleibt die Kugel auf der Schale liegen. (b) Welche Fallgeschwindigkeit v E hat die Knetkugel unmittelbar vor dem Aufprall? (c) Welche gemeinsame Geschwindigkeit u0 haben Schale und Knetmasse unmittelbar nach dem Aufprall? Nach dem Aufprall beobachtet man ungedämpfte harmonische Schwingungen des beschriebenen Systems. (d) Welche Schwingungsdauer T0 hat das schwingende System? Rechnen Sie bitte vereinfachend mit g = 10 m s −2 . Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 04 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 04 – Kurzlösungen (a) Statische Auslenkung y stat = 10 cm . (b) Fallgeschwindigkeit bei Aufprall v E = 2,0 m s −1 . (c) Gemeinsame Geschwindigkeit nach Aufprall u 0 = 0,333 m s −1 . (d) Schwingungsdauer T0 = 0,688 s . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 04 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 04 – Musterlösung (a) Für ein lineares Kraftgesetz ist nach HOOKE die Auslenkung proportional zur angreifenden Kraft Fext = c y (die äußere (externe) Kraft wirkt in Richtung der Auslenkung); damit ist im Gleichgewicht die rücktreibende Kraft der Feder Frück = − c y Die äußere Kraft ist die auf die Waagschale wirkende Gewichtskraft Fext = FG = mg Für die statische Auslenkung aus der Ruhelage der entspannten Feder gilt also m g = c y stat damit y stat = 0,1 kg ⋅ 10 m s −2 m g 0,1 kg ⋅ 10 m s −2 = = = 1,0 ⋅ 10 −1 m − 1 − 2 − 2 − 1 c 0,1 N cm 0,1 kg m s (10 m) = 10 cm (b) Die Geschwindigkeit der Knetkugel beim Aufprall ergibt sich – natürlich alles ohne Luftreibungskräfte – aus dem Energiesatz in der Fassung der Mechanik. Dieser liefert für den Zeitpunkt • des Loslassens E kin (Anfang) = 0 E pot (Anfang) = m g H 1 m vE2 E pot (Ende) = 0 2 der Energieerhaltungssatz liefert also die Beziehung • des Aufpralls mgH = E kin (Ende) = 1 m vE2 2 damit v E 2 = 2gH = 2 ⋅ 10 m s −2 ⋅ 0,20 m = 4,0 m 2 s -2 und v E = 2,0 m s −1 Lösungsvariante (Anwendung kinematischer Beziehungen) Es gelten ohne Luftreibung die Gesetze des ’freien Falls‘ mit der konstanten Fallbeschleunigung g = const. ; allgemein 1 2 gt + v 0 t + h0 2 • Weg-Zeit-Gesetz: h= • Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz: v = gt + v 0 Speziell mit den Bedingungen h0 = 0 (Anfangskoordinate im Nullpunkt) und v 0 = 0 (‘ohne Anfangsgeschwindigkeit‘) erhält man Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 04 1 2 und v = gt gt 2 Beide Beziehungen miteinander kombiniert liefern h= h= 1 v2 1v2 g = 2 g2 2 g für h = H und v = v E also v E 2 = 2gH (c) Die Aussage “die Knetkugel bleibt nach dem Stoß auf der Waagschale liegen“ bedeutet; dass sich beide Körper unmittelbar nach dem Stoß mit gleicher, einheitlicher Geschwindigkeit bewegen. Damit liegt – nach der Definition – ein vollständig inelastischer Stoß vor. Da nur innere Kräfte wirken gilt der Impulserhaltungssatz; also ’Impuls der Kugel vor Aufprall’ = ’Impuls des Systems nach Aufprall’, also mv E = (M + m ) u 0 dabei ist u0 die gemeinsame Anfangsgeschwindigkeit der beiden, aneinander haftenden, Körper unmittelbar nach Aufprall der Knetkugel. Damit wird u0 = 20 g m ⋅ 2,0 m s −1 vE = (M + m ) (100 + 20) g = 0,333 m s −1 (d) Die Schwingungsdauer T0 des Feder-Masse-Systems wird eindeutig durch die Kenngrößen des schwingungsfähigen Systems bestimmt; diese sind • Federkonstante c und • Gesamtmasse (M + m ) des angehängten Körpers. Für Eigenkreisfrequenz ω0 und Schwingungsdauer T0 gelten die Beziehungen ω0 2 = c (M + m ) bzw. gleichberechtigt – mit ω0 = T0 = 2π 2π T0 (M + m ) c die Schwingungsdauer wird T0 = 2 π (M + m ) 0,120 kg = 2π c 0,1 kg m s − 2 (10 − 2 m) −1 = 0,688 s Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 04 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 05 m Eine kleine Kugel (Masse m = 100 g ) fällt aus der Höhe h = 20 cm auf eine entspannte und (idealisierend) masselose Feder (Federkonstante c = 20 N m -1 ) (vgl. Abb. A; die Feder soll reibungsfrei in einem Zylinder geführt werden). Die Kugel m haftet auf der Feder und führt harmonische Schwingungen aus. Von Reibungseinflüssen ist abzusehen. h y =0 y0 y max +y Abb. A Abb. B Abb. C Abb. D (a) Um welche maximale Strecke y = y max (vgl. Abb. C) wird die ursprünglich entspannte Schraubenfeder zusammengedrückt? (b) Mit welcher Frequenz f0 schwingt das Feder-Masse-System? (c) Um welche Gleichgewichtslage y = y 0 (vgl. Abb. D) erfolgt die Schwingung? (d) Bestimmen Sie die Amplitude ŷ der Schwingung. (e) Wie lauten die Anfangsbedingungen y (0 ) und y& (0) für den Zeitpunkt t = 0 des Auftreffens der Kugel auf die entspannte Feder? (f) Skizzieren Sie den qualitativen Verlauf der Schwingung y(t) in einem y,t-Diagramm. (g) Geben Sie formelmäßig die Funktion y(t) für diese Schwingung an; legen Sie dabei die in Abb. B festgelegte y-Achse zu Grunde. Berechnen Sie den Nullphasenwinkel der Schwingung y(t) aus den Anfangsbedingungen. Hinweis: Der Nullphasenwinkel liegt im 3. Quadranten. Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 05 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 05 – Kurzlösungen (a) Maximale Auslenkung y max = 19,8 cm . (b) Eigenkreisfrequenz ω0 = 14,1 s −1 ; Eigenfrequenz f0 = 2,25 Hz . (c) Statische Gleichgewichtslage y 0 = 4,9 cm . (d) Amplitude yˆ = y max − y 0 = 14,8 cm . (e) Anfangsauslenkung y (0) = 0 . Anfangsgeschwindigkeit = Geschwindigkeit bei Aufprall y& (0) = v 0 = 1,98 ms −1 . (f)-(g) Nullphasenwinkel ϕ 0 = 4,38 ( ϕ 0 = 251 o im Gradmaß). Bewegungsgleichung y (t ) = 4,9 cm + 14,8 cm ⋅ cos(14,1 s −1 ⋅ t + 4,38) . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 05 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 05 – Musterlösung (a) Die Fallhöhe der Kugel bis zur maximalen Stauchung ist (h + y max ) . Daraus ergibt sich die Absenkung der potentiellen Energie der Lage Lage Epot = mg (h + y max ) die in der Feder bei maximaler Stauchung gespeicherte potentielle Energie ist 1 cy max 2 2 Aus dem Energieerhaltungssatz folgt Feder E pot = mg (h + y max ) = 1 cy max 2 2 Dies liefert eine quadratische Gleichung für y max 1 2 cy max − mgy max − mgh = 0 2 Mit der Mitternachtsformel folgt mg ± m 2 g 2 + 2mghc c Umformung liefert (jeder Term des Zählers wird durch c dividiert; unter dem Wurzelzeichen also durch c 2 ) y max 1 / 2 = 2 y max 1 / 2 mg m 2g 2 mg mg ⎛ mg ⎞ ⎛ mg ⎞ = ± + 2h = ± ⎜ ⎟ + 2h⎜ ⎟ 2 c c c ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ c Die negative Lösung ist wegen 2 ⎛ mg ⎞ ⎛ mg ⎞ ⎛ mg ⎞ ⎜ ⎟ + 2h⎜ ⎟ >⎜ ⎟ ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ physikalisch sinnlos, also bleibt 2 y max mg ⎛ mg ⎞ ⎛ mg ⎞ = + ⎜ ⎟ + 2h ⎜ ⎟ c ⎝ c ⎠ ⎝ c ⎠ die vorgegebenen Werte eingesetzt, erhält man für die auftretende Größe mg c mg m 1 = 0,1 kg ⋅ 9,81 ⋅ = 49,1 ⋅ 10 -3 m 2 2 1 − − c s 20 (kg m s ) m = 4,9 cm damit wird schließlich die maximale Auslenkung y max = 0,049 m + 0,049 2 m 2 + 2 ⋅ 0,2 m ⋅ 0,049 m = 0,049 m + 2,20 ⋅ 10 - 2 m 2 = 0,049 m + 0,148 m = 0,198 m = 19,8 cm Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 05 (b) Die Eigenkreisfrequenz ω0 eines Feder-Masse-Systems bestimmt sich aus der Federkonstante c und der Masse m des angehängten Körpers zu c = m ω0 = 20 (kg m s − 2 ) m −1 0,1 kg = 14,1 s −1 Die Eigenfrequenz f0 wird 2π 2π = ω0 14,1 s −1 = 2,25 Hz f0 = (c) Die gesuchte Gleichgewichtslage ist die ’statische Gleichgewichtslage‘, d. h. es r r kompensieren sich rücktreibende Federkraft Frück und Gewichtskraft Fgrav auf die Kugel. Für die Beträge gilt • Gewichtskraft auf die Kugel • rücktreibende Federkraft r Fgrav = mg und r Frück = c y 0 Damit m g = c y0 Dies liefert y0 = mg 0,1kg ⋅ 9,81ms −2 = = 0,049 m c 20 (kg m s - 2 ) ⋅ m -1 = 4,9 cm (d) Die gesuchte Amplitude der Schwingung ist damit yˆ = y max − y 0 = 19,8 cm − 4,9 cm = 14,8 cm (e) Die Anfangsbedingungen für die Schwingungen sind y(0) = 0 die entspannte Lage der Feder und y& (0) = v 0 die Geschwindigkeit der aufprallenden Kugel. Der Energieerhaltungssatz liefert mit der Fallhöhe h und der Geschwindigkeit v 0 bei Aufprall 1 m g h = m v 02 2 und v 0 = 2 g h = 2 ⋅ 9,81 ms − 2 ⋅ 0,2 m = 3,92 m 2 s − 2 = 1,98 ms −1 Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 05 (f)-(g) Damit ergibt sich die Bewegungsgleichung für die schwingende Kugel y (t ) = y 0 + yˆ cos(ω0 t + ϕ 0 ) dabei sind vorgegeben oder wurden bereits bestimmt y 0 = 4,9 cm yˆ = 14,8 cm ω0 = 14,1 s −1 v 0 = 1,98 ms −1 Bestimmung des Nullphasenwinkels ϕ 0 Zunächst wird gezeigt, dass ϕ0 im 3. Quadranten liegt; dieser Beweis wurde in der Prüfung nicht verlangt, man durfte den Hinweis in der Aufgabenstellung benutzen. Es gilt allgemein (Darstellung der Schwingung als Kosinus-Funktion) y (t ) = y 0 + yˆ cos(ω0 t + ϕ 0 ) • für die Auslenkung • und die Geschwindigkeit y& (t ) = − yˆω0 sin(ω0 t + ϕ 0 ) Zum Zeitpunkt t = 0 des Aufpralls ist • die Auslenkung y (0 ) = 0 • die Geschwindigkeit v (0) = y& (0) = v 0 Diese speziellen Anfangsbedingungen eingesetzt, ergibt y 0 + yˆ cos ϕ 0 = 0 und − yˆ ω0 sin ϕ0 = v 0 Die erste dieser Gleichungen liefert cos ϕ 0 = − y0 4,9 cm =− yˆ 14,8 cm = − 0,331 die zweite dieser Gleichungen liefert − yˆ ω0 sin ϕ0 = v 0 oder sin ϕ0 = − v0 198 cm s −1 =− yˆω0 14,8 cm ⋅ 14,1s −1 = − 0,949 Weil für den Nullphasenwinkel ϕ0 sowohl die Kosinusfunktion als auch die Sinusfunktion ein negatives Vorzeichen haben ( cos ϕ 0 < 0 und sin ϕ < 0 ) muss ϕ0 notwendig im 3. Quadranten liegen. Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 05 Der Tangens des gesuchten Nullphasenwinkels ergibt sich aus den berechneten Werten der Sinus- und der Kosinus-Funktion zu tan ϕ 0 = sin ϕ 0 − 0,949 = cos ϕ 0 − 0,331 = 2,87 Macht man von dem Lösungshinweis gebrauch, dass der Nullphasenwinkel im 3. Quadranten liegt, dann ist der schnellere Weg zum gleichen Ergebnis der Folgende. Man nimmt die auf die Anfangsbedingungen (siehe oben) angepassten Gleichungen yˆ cos ϕ0 = − y 0 (1) − yˆ ω0 sin ϕ0 = v 0 (2) Division der zweiten Gleichung durch die erste Gleichung ergibt sofort v0 sin ϕ 0 yˆω0 v0 198 cm s −1 tan ϕ 0 = = = = y0 cos ϕ 0 ω0 y 0 14,1s −1 ⋅ 4,9 cm − yˆ − = 2,87 Mit der Bedingung 3π π ( ϕ0 im 3. Quadrant) erhält man ≤ ϕ0 ≤ 2 2 ϕ 0 = 251 o im Gradmaß oder ϕ 0 = 4,38 im Bogenmaß Damit erhält man letztlich die Bewegungsgleichung für die ungedämpften Schwingungen der Kugel y (t ) = 4,9 cm + 14,8 cm ⋅ cos(14,1 s −1 ⋅ t + 4,38) Probe: Für den Zeitpunkt t = 0 , also dem Aufprall der Kugel wird y (0) = 4,9 cm + 14,8 cm ⋅ cos( 4,38 ) = 4,9 cm + 14,8 cm ⋅ ( − 0,33) = 4,9 cm − 4,8 cm = 0,1 cm ≈ 0 cm Die geringfügige Abweichung erklärt sich durch Rundungsfehler im Verlauf der Berechnung und y& (0) = −14,8 cm ⋅ 14,1 s −1 ⋅ sin( 4,38) = −14,8 cm ⋅ 14,1 s −1 ⋅ ( −0,945) = 197 cm s −1 Geringfügige Abweichungen erklären sich durch Rundungsfehler im Verlauf der Berechnungen. Schwingungslehre -6- Prüfungsaufgabe 05 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 06 Um die Masse eines Astronauten während eines längeren Aufenthalts in einer Raumstation zu kontrollieren, wird für die Raumstation SKYLAB das folgende physikalische Messverfahren benutzt: Zunächst wird ein Sitz der Masse mS = 12,5 kg durch eine Feder (Federkonstante c) an eine Wand der Raumstation gekoppelt und auf Schienen so geführt, dass der Sitz harmonische Schwingungen ausführen kann. Die dabei beobachtete Periodendauer ist T0,S = 0,35 s . c mS Anschließend wird ein Astronaut in den Sitz geschnallt und das System erneut in Schwingungen versetzt. Man misst nun eine Schwingungsdauer T0,S + A = 0,90 s . (a) Bestimmen Sie aus diesen Messwerten die Masse m A des Astronauten. (b) Ein Mitastronaut muss die Schwingungen anregen. Welche Arbeit W muss er aufwenden, damit sich für eine ungedämpfte Schwingung eine Schwingungsamplitude yˆ =10 cm einstellt? (c) Bestimmen Sie die größte Geschwindigkeit v max , die der Astronaut während der Schwingungsbewegungen erreicht? (d) Infolge schwacher Dämpfung gehen die Auslenkungen in N = 10 Schwingungen auf jeweils zwei Drittel des Anfangswertes zurück. Welchen Dämpfungsgrad D hat das schwingende System? Hinweis: Die Masse der Raumstation ist so groß, dass die Station als Inertialsystem betrachtet werden darf. Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 06 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 06 – Kurzlösungen (a) Masse Astronaut mA = 70,2 kg . Feder (b) Aufgewendete Arbeit W = E pot (max) = 20,2 J . (c) Größte Geschwindigkeit v max = 0,70 m s −1 . (d) Abklingkoeffizient δ = 4,50 ⋅ 10−2 s−1 ; Dämpfungsgrad D = 6,5 ⋅ 10 −3 . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 06 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 06 – Musterlösung (a) Für eine ungedämpfte Schwingung eines Feder-Masse-Systems gilt für die Schwingungsdauer M c T0 =2π Dabei ist M die Masse des angehängten Körpers und c die Federkonstante der (linearen) Federcharakteristik. Für die beiden Schwingungsversuche gilt somit (Indices ‘S’ - Sitz und ‘A’ - Astronaut) mS c T0,S =2π T0,S + A =2π bzw. ( mS + m A ) c Mit dem ersten Schwingungsversuch wird experimentell bei bekannter Masse mS die Federkonstante c bestimmt; aus der Beziehung für die Schwingungsdauer T0, S erhält man mS c = 4π 2 T0, S 2 = 4π 2 12,5 kg (0,35 s) 2 ⋅ m m = 4,03 ⋅ 10 3 Nm -1 Man braucht aber die Federkonstante c aus der ersten Gleichung (Schwingung des Sitzes allein) gar nicht explizit auszurechen. Da die Feder für beide Versuche die gleiche ist, fällt bei der Division der beiden Schwingungsdauern T0, S + A und T0, S die Federkonstante c heraus; quadrieren ergibt (T0,S + A ) 2 (T0,S ) 2 = ( mS + m A ) mS daraus erhält man für die Masse des Astronauten mA = [ (T0,S + A ) 2 (T0,S ) 2 − 1]mS = [ (0,90 s) 2 (0,35 s) 2 − 1]⋅ 12,5 kg = [ 6,61 − 1] ⋅12,5 kg = 70,2 kg (b) Die vom Mitastronauten aufgewendete Arbeit W wird (1) in potentielle Energie der Feder und (2) in kinetische Energie des schwingenden Systems (Astronaut + Sitz) umgesetzt. Im Umkehrpunkt der Schwingung, also bei Maximalauslenkung (= Amplitude) die kinetische Energie des schwingenden Systems S+ A Ekin = 0 weil im Umkehrpunkt der Schwingung die Geschwindigkeit null ist. Es ist nur die potentielle Energie der Feder zu berücksichtigen. Diese hängt quadratisch von der Auslenkung ab, also ergibt sich für die Amplitude ŷ 1 1 N Feder W = E pot = c yˆ 2 = ⋅ 4,03 ⋅ 10 3 ⋅10 − 2 m 2 2 2 m = 20,2 J Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 06 (c) Variante 1 Beim Nulldurchgang der Schwingung ist die potentielle Energie der Feder Feder E pot =0 weil die Auslenkung null ist. Die kinetische Energie der beiden schwingenden Körper beim Nulldurchgang ist 1 S+A E kin (max) = (mS + m A ) v max 2 2 Sie ist gleich der Gesamtenergie, also 1 S+ A W = E kin (max) = (mS + m A ) v max 2 2 daraus erhält man v max 2 = 2W 2 ⋅ 20,2 N m = = 0,489 m 2 s − 2 ( mS + m A ) 82,7 kg v max = 0,70 m s −1 (c) Variante 2 Das Weg-Zeit-Gesetz einer ungedämpften harmonischen Schwingung lässt sich durch eine Sinus- oder eine Kosinus-Schwingung darstellen. Die Geschwindigkeit erhält man als erste Ableitung des Weg-Zeit-Gesetzes nach der Zeit Darstellung als Sinus-Funktion Darstellung als Kosinus-Funktion Weg-Zeit-Gesetz y (t ) = yˆ sin(ω0 t + ϕ 0 ) y (t ) = yˆ cos(ω0 t + ϕ0 ) Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz y& (t )= yˆ ω0 cos(ω0 t + ϕ0 ) y& (t )= − yˆ ω0 sin(ω0 t + ϕ0 ) dabei ist die Eigenkreisfrequenz ω 0 des schwingenden Systems ω0 = 2π 2π = T0 0,90 s = 7,0 s − 1 und die Amplitude yˆ = 10 cm Da der Betrag einer harmonischen Funktion maximal den Wert 1 annehmen kann, also wegen 0 ≤ sin(ω0 t + ϕ0 ) ≤ 1 0 ≤ cos (ω0 t + ϕ0 ) ≤ 1 ist der Vorfaktor im Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz der Betrag der maximal auftretenden Geschwindigkeit v max v max = yˆω0 = 10 −1 m⋅ 6,98 s −1 = 0,70 m s −1 Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 06 (d) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Feder-Masse-Systems lassen sich darstellen als y = yˆ 0 ⋅ e −δ t cos(ωdt + ϕ 0 ) oder y = yˆ 0 ⋅ e −δ t sin(ωdt + ϕ 0 ) Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von y einh = yˆ 0 ⋅ e −δt oder y einh = e − δt yˆ 0 Logarithmieren liefert ln[ y einh ] = ln[e − δ t ] = − δ t ˆ y0 Unter der, später zu überprüfenden, Annahme für den Dämpfungsgrad 0 < D ≤ 0,1 wird mit Td ≈ T0 für das Zeitintervall t =10⋅ T0 das Verhältnis der Auslenkungen p= y einh 2 = 3 yˆ 0 Es wird also 2 ln[ ] = − δ ⋅ 10 ⋅ 0,90 s 3 Der Abklingkoeffizient ergibt sich daraus zu ln(2) − ln(3) 0,693 − 1,099 δ=−[ ]=−[ ] 9,00 s 9,00 s = 4,50 ⋅ 10 − 2 s −1 Der Dämpfungsgrad ist definiert als δ 4,50 ⋅ 10 −2 s −1 D= = = 0,0065 = 6,5 ⋅ 10 − 3 − 1 ω0 7,0 s Damit ist auch die oben gemachte Annahme einer ‘schwachen Dämpfung’, also dir Forderung D ≤ 0,1, erfüllt. Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 06 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 07 Ein schwingungsfähiges System besteht aus einem gespannten Faden, an dem eine kleine Kugel befestigt ist. Der Faden wird über zwei Rollen geführt und durch die Gewichtskraft eines Körpers ‘2‘ gespannt (vgl. Skizze). Die Kugel befindet sich genau in der Mitte des senkrechten Teils des Fadens. Die Kugel soll nur horizontale Bewegungen ausführen können. Machen Sie zur Lösung des Schwingungsproblems folgende vereinfachende Annahmen • die Schwingungsamplitude sei sehr klein, • Körper ‘2‘ soll sich nicht mitbewegen und • der Einfluss des Körpers ‘1‘ auf die Seilkraft sei vernachlässigbar. Im Faden herrscht damit überall eine konstante Seilkraft. Kugel Masse m1 = 5 g Radius r = 4 mm m1 L s m2 Körper ‘2‘ Masse m2 = 0,60 kg Faden Länge L = 30 cm (a) Geben Sie die rücktreibende Kraft Frück auf die Kugel in Abhängigkeit von einer kleinen horizontalen Verschiebung s an. (b) Stellen Sie die Differentialgleichung für diese freie, ungedämpfte Schwingung auf. Berechnen Sie die Eigenkreisfrequenz ω0 . Anschließend wird der schwingende Teil des Systems mit der kleinen Kugel in eine Flüssigkeit eingetaucht. Die Schwingungen sind nun gedämpft. Die dynamische Viskosität der Flüssigkeit bei Versuchstemperatur ist η = 0,02 Pa ⋅ s . (c) Berechnen Sie die Abklingkonstante δ und den Dämpfungsgrad D unter der Annahme viskoser Reibung (also laminarer Umströmung der Kugel). Der Strömungswiderstand des Fadens ist vernachlässigbar. (d) Wie lange dauert es, bis die Amplituden der Schwingungen jeweils auf ein Zehntel abgeklungen sind? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 07 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 07 – Kurzlösungen 2 (a) Rücktreibende Kraft (linearisiert) Frück ≅ − (2 m2 g ) ⋅ s . L (b) Differentialgleichung (linearisiert) s&& + ( 4 m2 g )s = 0 . m1 L Eigenkreisfrequenz ω0 = 125 s −1 . (c) Abklingkonstante δ = 0,151 s −1 . Dämpfungsgrad D = 1,2 ⋅ 10 −3 . (d) Zeitintervall t * = 15,2 s . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 07 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 07 – Musterlösung (a) Die (näherungsweise) konstante Kraft FF im Faden ist gleich der Gewichtskraft auf den Körper ‘2‘; also gegeben durch FF ≅ m2 g Wird Körper ‘1‘ in horizontaler Richtung ausgelenkt, dann wird die rücktreibende Kraft auf die Kugel Frück = − 2 FF sin β ≅ − 2 FF β Unter der einschränkenden Voraussetzung kleiner Auslenkungen ist der Winkel β << 1 und es gilt näherungsweise sin β ≅ β . Die Geometrie liefert für den Zusammenhang zwischen horizontalem Weg s und Auslenkwinkel β L L tan β ≅ β 2 2 Unter der Voraussetzung β << 1 gilt näherungsweise tan β ≅ β . s= Zusammengenommen ergibt sich die rücktreibende Kraft auf die Kugel zu 2 Frück ≅ − (2 m2 g ) ⋅ s L diese Beziehung ist ein lineares Kraftgesetz und erfüllt damit die notwendige Voraussetzung für eine harmonische Bewegung. β FF Frück FF (b) Nach NEWTON bewirkt eine Kraft auf einen Körper dessen Beschleunigung gemäß F = m1 a = m1 d2s dt 2 Damit ergibt sich – mit der Einschränkung ’kleine Auslenkwinkel’, also β << 1 – die linearisierte Differentialgleichung für die Bewegung der Kugel als harmonische Schwingung zu m1 d2s dt 2 =− 4 m2 g s L oder s&& + ( 4 m2 g )s = 0 m1 L Durch Koeffizientenvergleich mit der Standard-Differentialgleichung x&& + ω0 2 x = 0 Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 07 erhält man für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz ω0 2 = 4 m2 g 4 ⋅ 0,6 kg ⋅ 9,81 m s −2 = = 15 700 s −1 − 3 m1 L 0,3 m ⋅ 5 ⋅ 10 kg und ω0 = 125 s −1 (c) Bei viskoser Reibung gilt ein geschwindigkeitsproportionales Reibungsgesetz FR = − b v für eine laminare Umströmung einer Kugel gilt nach STOKES für die Reibungskraft FR (Stokes) = − (6π η r ) v also gilt für die Dämpfungskonstante b = 6π η r Die Differentialgleichung einer geschwindigkeitsproportional gedämpften Schwingung lautet b & s&& + s + ω0 2 s = 0 m1 Die Abklingkonstante δ bestimmt sich zu δ= b 6πηr 3π ⋅ 2 ⋅ 10 −2 N m −2 s ⋅ 4 ⋅ 10 −3 m = = 2 m1 2 m1 5 ⋅ 10 − 3 kg = 0,151 s −1 Der (dimensionslose) Dämpfungsgrad D ist definiert als der Quotient aus Abklingkoeffizient δ und Eigenkreisfrequenz ω0 151⋅ 10 −3 s −1 δ D= = ω0 125 s −1 = 1,2 ⋅ 10 − 3 (d) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Systems lassen sich darstellen als y = yˆ 0 ⋅ e −δ t cos( ωdt + ϕ 0 ) oder y = yˆ 0 ⋅ e −δ t sin( ωdt + ϕ 0 ) Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von y einh = yˆ 0 ⋅ e −δt oder y einh = e − δt yˆ 0 Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 07 Logarithmieren liefert ⎞ ⎛y ln⎜⎜ einh ⎟⎟ = ln(e − δ t ) = − δ t ⎝ yˆ 0 ⎠ Für das Abklingen im Zeitintervall t * auf jeweils ein Zehntel einer Anfangsauslenkung ergibt sich ln[ 1 ] = − 0,151 s −1 ⋅ t * 10 damit t* = ln(1) − ln(10) ( − 0,151 s −1 ) = 15,2 s Schwingungslehre = 0 − 2,30 ( − 0,151 s −1 ) -5- Prüfungsaufgabe 07 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 08 Eine homogene Scheibe aus Stahl wird an einen Stab befestigt. Die Anordnung kann Pendelschwingungen um den Aufhängepunkt A ausführen (vgl. Skizze). A Scheibe Radius • L R R = 3 cm Masse msch = 0,2 kg Stab Länge L = 0,5 m Masse mst = 0,3 kg Die axialen Massenträgheitsmomente für Scheibe bzw. Stab senkrecht zur Zeichenebene durch den jeweiligen Schwerpunkt S sind gegeben durch 1 1 m sch R 2 J st (S) = m st L2 2 12 Berechnen Sie die beiden Schwingungsdauern T0a und T0b für jeweils ungedämpfte Schwingungen bei kleinen Amplituden unter folgenden Modell-Annahmen: (a) Die Masse des Stabs wird vernachlässigt. (b) Unter Berücksichtigung der Massenverteilung des Stabs. Hinweis: Berechnen Sie zunächst die Schwerpunktskoordinate des Gesamtsystems aus Scheibe und Stab. J sch (S) = (c) Um welchen Prozentsatz weichen die Schwingungsdauern T0a und T0b in den beiden Modellen voneinander ab? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 08 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 08 – Kurzlösungen (a) Massenträgheitsmoment J A = J sch (S) + msch L2 ≈ 0,05009 kg m 2 . Schwingungsdauer T0phys = T0a = 1,42 s . (b) Gemeinsamer Schwerpunkt Abstand von Drehpunkt A: y S = 0,35 m . Massenträgheitsmoment (STEINER) J A∗ = J st ( A ) + J sch ( A ) ≈ J st ( A ) + msch L2 = 0,0750 kg m 2 . J st ( A ) = 0,0250 kg m 2 . Schwingungsdauer T0b = 1,32 s . (c) Abweichung Schwingungslehre ΔT T0b − T0a = = 0,076 oder 7,6 % . T0b T0b -2- Prüfungsaufgabe 08 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 08 – Musterlösung Beide Modelle stellen physikalische Pendel dar. Räumlich ausgedehnte Körper sind im Schwerefeld der Erde schwingungsfähig aufgehängt. Das Schwingungsverhalten wird jeweils durch das Massenträgheitsmoment der Modell-Anordnung bestimmt. Für ein physikalisches Pendel ist die Schwingungsdauer bei kleinen Auslenkungen aus der Ruhelage gegeben durch T0phys = 2π JA mg d mit m Gesamtmasse g Schwerebeschleunigung d Abstand Drehpunkt A – Massenmittelpunkt S J A Massenträgheitsmoment bezüglich des Drehpunkts A (a) Ohne Berücksichtigung des Stabs geht nur das Massenträgheitsmoment der Scheibe in die Schwingungsdauer ein. Der Satz von STEINER liefert das Massenträgheitsmoment J A der Scheibe bezüglich des Drehpunkts A J A = J sch (S) + msch L2 = = 1 msch R 2 + msch L2 2 1 (0,2 kg)(0,03 m) 2 + (0,2 kg)(0,5 m) 2 = 0,009⋅ 10 − 2 kg m 2 + 5,00⋅10 − 2 kg m 2 2 ≈ 0,05009 kg m 2 Für die Schwingungsdauer des physikalischen Pendels ergibt sich T0phys = T0a = 2π JA JA 0,05009 kg m 2 = 2π = 2π mgd mgL (0.2 kg)⋅ (9,81 m s −1 )⋅ (0,5 m) 2 , = 1,42 s dabei ist d = L = AS Sch der Abstand des Massenmittelpunkts der Scheibe vom Drehpunkt A . Anmerkung Hinweis: Diese Rechnung gaukelt eine vorgespielte Genauigkeit vor, denn die physikalischen Größen sind jeweils nur auf eine gültige Ziffer angegeben. Damit soll aber gezeigt werden, dass der Hauptbeitrag von der Verschiebung des Massenmittelpunkts der Scheibe gegen den Aufhängepunkt, also dem STEINERschen Beitrag, herrührt. Ohne Berücksichtigung der Massenverteilung der Stange ist in sehr guter Näherung J A ≈ mSch L2 das ist aber das Massenträgheitsmoment eines materiellen Punktes (Masse mSch ) im Abstand L von der Drehachse. Das Schwingungsverhalten der Scheibe alleine, Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 08 ohne Berücksichtung der Stange, kann näherungsweise als das eines mathematischen Pendels beschrieben werden. Die Modellvorstellungen für ein mathematisches Pendel sind • ein materieller Punkt (Massenpunkt) • ’befestigt’ am Ende eines starren, nicht dehnbaren und masselosen Drahts. Für ein mathematisches Pendel ist die Schwingungsdauer gegeben durch T0math = 2 π 0,5 m L = 2π g 9,81 m s −1 = 1,42 s Es bestätigt sich, dass in diesem Fall die Scheibe (ohne Berücksichtigung der Massenverteilung des Stabs) mit sehr guter Näherung als mathematisches Pendel betrachtet werden kann. (b) Um die Schwingungsdauer des Gesamtsystems aus Scheibe und Stab berechnen zu können, benötigt man den Abstand y S des gemeinsamen Schwerpunkts vom Drehpunkt A und das neue Massenträgheitsmoment J A∗ . Aus Symmetriegründen liegt der Massenmittelpunkt der Stange in der Stangenmitte. A 0 • L yS Sst Die Koordinate y S des Massenmittelpunkts berechnet sich folgendermaßen (eindimensionale Anordnung) •S • Ssch yS = ∑ mi ⋅ y i i ∑ mi L + msch L 2 = mst + msch mst i y = Das Massenträgheitsmoment J A∗ für die Anordnung aus Scheibe und Stab ist nach STEINER (0,3 kg)( 0,5 m ) + (0,2 kg)(0,5 m) 2 0,2 kg + 0,3 kg = 0,35 m J A∗ = J st ( A ) + J sch ( A ) = J st ( A ) + J sch (S) + msch L2 ≈ J st ( A ) + msch L2 Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 08 Massenträgheitsmoment der Stange bezüglich des Drehpunkts A L 1 L 1 1 J st ( A ) = J st (S ) + mst ( ) 2 = mst L2 + mst ( ) 2 = mst L2 = (0,3 kg)(0,5 m) 2 2 12 2 3 3 = 0,0250 kg m 2 Mit dem Massenträgheitsmoment der Scheibe J A ( A ) ≈ 0,0500 kg m 2 aus Teilaufgabe (a) folgt J A∗ = 0,0250 kg m 2 + 0,0500 kg m 2 = 0,0750 kg m 2 . Für ein physikalisches Pendel (Scheibe und Stab) ergibt sich die Schwingungsdauer T0b = 2π J A∗ 0,0750 kg m 2 = 2π m g yS (0,2 kg + 0,3 kg) ⋅(9,81 m s − 2 ) ⋅ (0,35 m) = 1,32 s dabei ist d = y S = AS der Abstand des gemeinsamen Massenmittelpunkts S von Scheibe und Stab vom Drehpunkt A . (c) Die Abweichung der in den Teilaufgaben (a) und (b) in den beiden Modellrechnungen bestimmten Schwingungsdauern T0a und T0b beträgt ΔT T0b − T0a 1,42 s − 1,32 s = = T0b T0b 1,32 s = 0,076 Dies entspricht einer Abweichung von 7,6 % . Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 08 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 09 Diese Aufgabe wurde in Zusammenhang mit Laborübungen gestellt. Im Labor spielt die ’Fehlerrechnung’ eine wichtige Rolle. Ein physikalisches Pendel besteht aus einer schweren Scheibe, die in der Mitte einer dünnen, massiven, im Punkt D drehbar gelagerten Stange befestigt ist (vgl. Skizze). Das Pendel befindet sich am Ort der Norm-Schwerebeschleunigung [ g = 9,806 m s −2 ]. Hinweis: Rechnen sie bitte durchweg mit vier gültigen Ziffern. D Scheibe Masse mSch = 5,000 kg Radius L mSch r = 0,1500 m Stange Masse mSt = 1,300 kg r Länge L = 1,000 m mSt Das Pendel wird zu Schwingungen mit kleiner Amplitude angeregt. Berechnen Sie die Eigenschwingungsdauer T0 für ungedämpfte Schwingungen des physikalischen Pendels. (a) Sie wollen Ihr Rechenergebnis überprüfen und messen die Schwingungsdauer insgesamt zehn mal für jeweils zehn Schwingungen mit folgenden Ergebnissen: 10 T0 s 14,90 15,00 14,80 15,10 15,00 14,80 14,90 15,10 14,90 15,00 Berechnen Sie aus Ihren zehn Messergebnissen den ’Bestwert’ T1 für die Schwingungsdauer. Wie groß ist der Unterschied ΔT = T0 − T1 zwischen dem berechneten Wert T0 und dem experimentell bestimmten Bestwert T1 ? (b) Der Grund für die Differenz der beiden Schwingungsdauern könnte in der Dämpfung des Systems liegen. Berechnen sie unter dieser Annahme aus dem Verhältnis T0 /T1 den Dämpfungsgrad D der Schwingungen. (c) Auf welchen Bruchteil nehmen die Ausschläge in einer Schwingungsperiode ab? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 09 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 09 – Kurzlösungen (a) Gesamtmasse des Pendels m = 6,300 k g . Abstand Drehpunkt-Massenmittelpunkt d = 0,500 m . Massenträgheitsmoment (STEINER) J D = 1,740 kg m 2 . Schwingungsdauer T0 = 1,4915 s . (b) Arithmetischer Mittelwert T1 = 1,495 s . Dämpfungsgrad D = 0,0731. (c) Rückgang der Auslenkungen Schwingungslehre y1 2 = 0,6317 ; (auf etwa der Anfangsauslenkung). y0 3 -2- Prüfungsaufgabe 09 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 09 – Musterlösung (a) Für ein physikalisches Pendel ist die Schwingungsdauer bei kleinen Auslenkungen aus der Ruhelage gegeben durch T0phys = 2π JD mg d mit m Gesamtmasse g Schwerebeschleunigung d Abstand Drehpunkt D – Massenmittelpunkt S J D Massenträgheitsmoment bezüglich des Drehpunkts D Die Gesamtmasse des Pendels ist m = mS ch + mSt = (5,0 + 1,3) kg = 6,300 kg Der Abstand d zwischen Drehpunkt D und Massenmittelpunkt S ist aus Symmetriegründen L 1,00 m = 2 2 = 0,500 m d = Das Massenträgheitsmoment J D bezüglich des Drehpunkts D unter Anwendung des STEINERschen Satzes ⎛L⎞ J DSch = J SSch + m Sch ⎜ ⎟ 2 ⎝2⎠ also J D = JDSt + JDSch = =( 1 ⋅1,300 ⋅12 12 1 1 L mSt L2 + mSch R 2 + (mSt + mSch )( )2 12 2 2 1 + ⋅5,000 ⋅0,1500 2 + 6,300⋅0,5000 2 ) k g m 2 2 = (0,1083 + 0,0563 + 1,575 ) k g m 2 = 1,740 kg m 2 damit wird die Schwingungsdauer 1,740 k g m 2 T0 = 2π 6,300 k g⋅9,806 m s −2 ⋅0,5000 m = 2π 0,0563 s 2 = 1,4915 s (b) Der arithmetische Mittelwert für die zehn Messungen ist für jeweils zehn Schwingungen 10 T1 = ∑ 10 Ti Schwingungslehre i 10 = 14,95 s -3- Prüfungsaufgabe 09 damit wird der Mittelwert für eine Schwingungsdauer 14,95 s T1 = = 1,495 s 10 Die Differenz aus berechnetem Wert und Mittelwert aus den Messungen ist ΔT = T0 −T1 = (1,491 − 1,495 ) s = 4 ⋅10 − 3 s (c) Die Kreisfrequenz ω d bei viskoser Dämpfung hängt ab von der Eigenkreisfrequenz ω 0 , • • dem Dämpfungsgrad D. Es gilt dabei der Zusammenhang ω d = ω0 1 − D 2 wegen 2π T wird daraus die Beziehung für die Schwingungsdauern ω = T0 = T1 1 − D 2 oder D2 = 1 − ( T0 2 ) = 1 − 0,9947 = 0,0053 T1 und D = 0,0731 Die Schwingungen eines viskos gedämpften Feder-Masse-Systems lassen sich darstellen als y = yˆ 0 ⋅ e −δ t cos( ωdt + ϕ 0 ) oder y = yˆ 0 ⋅ e −δ t sin( ωdt + ϕ 0 ) Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von y einh = yˆ 0 e −δt für zwei Ausschläge im zeitlichen Abstand einer Schwingungsperiode gilt y 0 = yˆ 0 e −δt y 1 = yˆ 0 e − δ(t +Td ) = yˆ 0 e − δt e − δTd Damit wird das Verhältnis der Auslenkungen y 1 und y 0 im Abstand einer Schwingungsperiode Td y 1 yˆ 0 e − δt e − δTd = = e − δTd − δ t y0 yˆ 0 e Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 09 Für den Dämpfungsgrad gilt die Beziehung δ D= ω0 daraus wird der Dämpfungskoeffizient 2π δ = D ω0 = D T0 und δ Td = D 2π Td T0 Der in Teilaufgabe (b) berechnete Dämpfungsgrad D = 0,0731 bedeutet wegen 0 < D ≤ 0,1 ’schwache Dämpfung’. Für schwache Dämpfung gilt Td ≈ T0 Mit dieser Näherung wird das Verhältnis der Auslenkungen im Abstand einer Schwingungsperiode y1 = e − δ Td = e − 2π D = e − 2π ⋅0,0731 = e −0,4593 y0 = 0,6317 d. h. die Auslenkungen gehen in einer Schwingungsperiode auf etwa 2 der jeweili3 gen Anfangsauslenkung zurück. Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 09 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 10 D Eine massive Vollkugel aus Aluminium hängt an einem dünnen Stahldraht. Die Kugel kann L • Pendelschwingungen um den Aufhängepunkt D , • Drehschwingungen um die Achse D − S durch den Schwerpunkt S ausführen. Man beobachtet, dass die Schwingungsdauern T0 ungedämpfter Schwingungen für beide Schwingungsarten gleich sind. S R (a) Berechnen Sie die Schwingungsdauer T0 für die ungedämpfte Pendelbewegung bei kleinen Amplituden (1) in der Näherung als mathematisches Pendel (T0math ) und (2) als physikalisches Pendel (T0phys ) . Die Masse des Drahtes soll dabei vernachlässigt werden können. (b) Bestimmen Sie die Drehfederkonstante c * für die Verdrillung (Torsion) des Drahts. Benutzen Sie dazu die Schwingungsdauer (T0phys ) aus Teilaufgabe (a). (c) Der Luftwiderstand für die Pendelschwingungen in Teilaufgabe (a) ist zwar sehr klein; man beobachtet aber, dass in jeweils 15 Schwingungsperioden die Auslen7 ihres Anfangswertes abnehmen. kungen auf 10 Berechnen Sie daraus den Abklingkoeffizienten δ . (d) Bei laminarer Strömung ist der Luftwiderstand der Kugel proportional zur Geschwindigkeit und der Bewegung entgegengerichtet; also Freib = − b v . Bestimmen Sie unter dieser Annahme den Reibungskoeffizienten b des Reibungsgesetzes? Geometrie und Daten für die Aluminium-Kugel: Länge des Drahtes L = 0,25 m , Radius der Kugel R = 0,07 m , Dichte ρ = 2,70 ⋅ 10 3 kg m −3 . Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 10 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 10 – Kurzlösungen (a) Schwingungsdauer mathematisches Pendel T0math = 1,135 s . Schwingungsdauer physikalisches Pendels T0phys = 1,146 s . Masse Aluminiumkugel m = 3,88 kg . Massenträgheitsmomente J S = 7,60 ⋅ 10 −3 kg m 2 ; JD = 0,405 kg m 2 . (b) Eigenkreisfrequenz ω0 = 2π ⋅ 1 T0phys . Drehfederkonstante c * = 0,229 N m . (c) Abklingkoeffizient δ = 2,08 ⋅ 10 −2 s −1 . Dämpfungsgrad D = 3,8 ⋅ 10 −3 . (d) Reibungskoeffizient b = Schwingungslehre 2 δ JD LS 2 = 0,164 kgs -2- −1 b LS 2 ; Abklingkoeffizient δ = . 2J D Prüfungsaufgabe 10 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 10 – Musterlösung (a) Definition eines mathematischen Pendels: • ein Körper der Masse m – behandelt als materieller Punkt • an einem starren, nicht dehnbaren masselosen Faden der Länge L In der Näherung 'mathematisches Pendel' gilt für die Schwingungsdauer – beschränkt auf kleine Auslenkungen aus der Ruhelage (Linearisierung) – T0math = 2π T0math = 2π LS g dabei ist LS = (L + R ) = 0,32 m 0,32 m 9,81 m s − 2 = 1,135 s In der Näherung 'physikalisches Pendel' gilt für die Schwingungsdauer – wieder beschränkt auf kleine Auslenkungen aus der Ruhelage – T0phys = 2π JD m g LS Dabei ist m Gesamtmasse g Schwerebeschleunigung d Abstand zwischen Drehpunkt D und Massenmittelpunkt S J D Massenträgheitsmoment bezüglich des Drehpunkts D Das Massenträgheitsmoment J D bezüglich des Drehpunkts D ergibt sich nach STEINER zu 2 2 J D = m R 2 + m LS 2 = m ⋅ ( R 2 + LS 2 ) 5 5 Zahlenwerte (obwohl man diese explizit erst in den Teilaufgaben (b) und (c) braucht): Die Masse der Aluminiumkugel ergibt sich aus Dichte ρ und Kugelvolumen V zu 4 4 π R 3 = 2,70 ⋅ 10 3 kg m − 3 ⋅ π ⋅ (7,0 ⋅ 10 − 2 m)3 3 3 = 3,88 kg m = ρ⋅ damit werden die beiden Massenträgheitsmomente J S und J D JS = 2 m R 2 = 0,40 ⋅ 3,88 kg ⋅ (7,0 ⋅ 10 − 2 m) 2 5 = 7,60 ⋅ 10 − 3 kg m 2 und J D = 7,60 ⋅ 10 −3 kg m 2 + 3,88 kg ⋅ 0,32 2 m 2 = 0,405 kg m 2 Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 10 Die Schwingungsdauer des physikalischen Pendels ergibt sich zu m[( 2 / 5)R 2 + LS 2 ] L LS 2 R2 2 R2 = 2π ⋅ S (1 + ) = 2 π ⋅ ⋅ ( 1 + ) 5 LS 2 5 LS 2 m g LS g g T0phys = 2π ⋅ = T0math (1 + 2 R2 2 (7 ⋅ 10 − 2 m) 2 ) = 1,135 s ⋅ 1,019 ) = 1 , 135 s ⋅ ( 1 + 5 (3,2 ⋅ 10 −1 m) 2 5 LS 2 = 1,146 s Die Masse der Aluminium-Kugel kürzt sich heraus, die Zahlenwerte der Massenträgheitsmomente braucht man nicht explizit, die vorgegeben Geometrie-Daten sind ausreichend für die Bestimmung der Schwingungsdauer T0phys . (b) Bei einer linearen Abhängigkeit des rücktreibenden Drehmoments M Rück vom Verdrillungswinkel ϕ gilt mit der Drehfederkonstante c * als Proportionalitätskonstante M Rück = − c * ϕ M Rück ist das einzige auftretende Rückstellmoment; zusammen mit dem Massen- trägheitsmoment J D des Körpers bezüglich der Drehachse ergibt das NEWTONsche Grundgesetz für Rotationen && M ges = M Rück = J D ϕ Daraus erhält man allgemein die Differentialgleichung einer ungedämpften Drehschwingung && − c * ϕ = JK ϕ && + ϕ c* ϕ=0 JD Durch Koeffizientenvergleich mit der Standard-Differentialgleichung && + ω0 2 ϕ = 0 ϕ erhält man für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz c* ω0 2 = JD Mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (a) bestimmt sich die Eigenkreisfrequenz zu ω 0 = 2π ⋅ 1 T0phys Damit erhält man für die Drehfederkonstante 4 π2 2 4 π2 c * = ( m R 2 ) ( phys ) = 7,60 ⋅ 10 − 3 kg m 2 ⋅ 5 (1,146 s) 2 (T )2 0 = 0,229 N m Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 10 (c) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Systems lassen sich darstellen als ϕ = ϕmax ⋅ e −δ t cos( ωdt + ϕ 0 ) oder ϕ = ϕmax ⋅ e −δ t sin( ωdt + ϕ 0 ) Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von ϕ einh = ϕmax e −δt oder ϕ einh = e − δt ϕmax Logarithmieren liefert ⎛ϕ ⎞ ln⎜⎜ einh ⎟⎟ = − δ t ⎝ ϕmax ⎠ Nach n = 15 Schwingungsperioden, also für den Zeitpunkt t = 15 ⋅ T0phys , beobachtet man ϕ einh (15 ⋅ T0phys ) = 0,7 ϕmax also gilt ⎛ 0,7 ⋅ ϕmax ln ⎜⎜ ⎝ ϕmax ⎞ ⎟⎟ = − (δ ⋅ 15 ⋅ 1,146 s) ⎠ und δ= − 0,357 ln(0,7) = = 2,08 ⋅ 10 − 2 s −1 ( − 15 ⋅ 1,146 s) ( − 15 ⋅ 1,146 s) Dabei wurde für einen Dämpfungsgrad D < 0,1 die Näherung Tdphys ≈ T0phys benutzt. Diese Näherung kann nun überprüft werden. Es ist phys D= T δ 1,146 s =δ 0 = 2,08 ⋅ 10 − 2 s −1 ⋅ = 3,8 ⋅ 10 − 3 ω0 2π 2π Damit ist die benutzte Näherung gerechtfertigt. (d) Das Reibungsmoment M reib bringt in die Differentialgleichung einen Term ein, der proportional zur (Geschwindigkeit bzw.) Winkelgeschwindigkeit ist. Der Betrag des Reibungsmoments ist: M reib = Freib LS = (b v ) LS = b (LS ϕ& ) LS Denn die Verknüpfung zwischen der linearen Geschwindigkeit v der Kugel auf einer Kreisbahn vom Radius LS und der zugehörigen Winkelgeschwindigkeit ω ist gegeben durch v = LS ω = LS ϕ& Damit ergibt sich für die Differentialgleichung der gedämpften Schwingung – wieder beschränkt auf kleine Auslenkungen aus der Ruhelage – Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 10 && + b LS 2 ϕ& + m g LS ϕ = 0 JD ϕ && + ϕ b LS 2 m g LS ϕ& + ϕ=0 JD JD Methodentransfer aus der Standard-Differentialgleichung für das Feder-MasseSystem mit Dämpfung y&& + 2 δ y& + ω0 2 y = 0 liefert die Eigenkreisfrequenz ω0 2 = m g LS JD (vgl. auch Teilaufgabe (a)) und den Zusammenhang zwischen Reibungskoeffizient b und Abklingkonstante δ δ= b LS 2 2 JD also b= 2 δ JD LS 2 Mit den Zahlenwerten für J D aus Teilaufgabe (a) erhält man für den Dämpfungskoeffizienten b= 2 ⋅ 0,0207 s −1 ⋅ 0,405 kg m 2 0,32 2 m 2 = 0,164 kg s −1 Schwingungslehre -6- Prüfungsaufgabe 10 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 11 Ein physikalisches Pendel besteht aus zwei gleichen, schweren Kugeln (Radius r), die auf einen dünnen Stab gesteckt sind, der durch die Zentren der beiden Kugeln geht (vgl. Skizze). Die Masse des Stabes sei vernachlässigbar. Das Pendel ist im Punkt D drehbar gelagert. Angaben zur Geometrie: L1 = 0,3 m L2 = 0,2 m L2 D r = 0,1 m r g L1 r (a) Berechnen Sie die Schwingungsdauer T0 für freie, ungedämpfte Schwingungen bei kleinen Auslenkungen aus der Ruhelage. Die Bewegung des Pendels ist durch eine schwache, geschwindigkeitsproportionale Reibungskraft gedämpft. Man beobachtet, dass die Winkelauslenkungen nach jeweils fünf Schwingungsperioden auf die Hälfte abnehmen. (b) Berechnen Sie die Abklingkonstante δ und den Dämpfungsgrad D für diese gedämpften Schwingungen. (c) Auf welchen Bruchteil p der Anfangsauslenkung ist die Auslenkung nach insgesamt n = 20 Schwingungen zurückgegangen? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 11 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 11 – Kurzlösungen (a) Abstand Drehpunktes D Massenmittelpunkt S d = 0,05 m . && + 2 m g d β = 0 . Differentialgleichung (linearisiert) β JD Massenträgheitsmoment (mit STEINER) J D = J D1 + JD2 = m ⋅ 13,8 ⋅ 10 −2 m 2 . Schwingungsdauer T0 = 2π JD = 2,36 s . 2mgd (b) Abklingkoeffizient δ = 5,87 ⋅ 10 −2 s −1; Dämpfungsgrad D = 2,20 ⋅ 10 −2 < 0,1 (schwache Dämpfung). 4 (c) Bruchteil p = Schwingungslehre 1 1 1 1 ⎛ 1⎞ 1 ⋅ ⋅ ⋅ =⎜ ⎟ = . 2 2 2 2 ⎝2⎠ 16 -2- Prüfungsaufgabe 11 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 11 – Musterlösung (a) Der Massenmittelpunkt S des physischen Pendels liegt aus Symmetriegründen (identische Kugeln) und der Idealisierung eines 'masselosen' Stabs genau in der Mitte zwischen den beiden Kugelmittelpunkten, also jeweils 0,25 m von den Kugelmittelpunkten entfernt. Damit wird der Abstand d zwischen dem Massenmittelpunkt S des Pendels und dem Drehpunkt D d = 0,05 m unterhalb des Drehpunktes D Das gleiche Ergebnis liefert die sture Berechnung des Massenmittelpunktes nach seiner Definition yS = ∑ mi ⋅ y i ∑ mi = m ⋅ 0 + m ⋅ (L1 + L2 ) (L1 + L2 ) = = 0,25 m 2 m+m dabei ist es unerheblich, in welchen Massenmittelpunkt der Nullpunkt des Koordinatensystems gelegt wird. Außerdem müssen die Massen der beiden Kugeln gar nicht explizit bekannt sein. Bei einer Auslenkung aus der Ruhelage wird der Betrag des rücktreibenden Drehmoments M Rück = − ( m ges ) g d sin β = − ( 2 m ) g d sin β ≅ − 2 m g d β Bei der Berechnung des Drehmoments wird die Gesamtmasse des Pendels als im Massenmittelpunkt vereinigt angenommen. Die Linearisierung sin β ≅ β gilt für die Näherung ’kleiner Auslenkungen’, also β << 1 . Die Grundgleichung für Drehbewegungen nach NEWTON lautet M Rück = J D d 2β dt 2 && = JD β also && − 2 m g d β = JD β Damit ergibt sich für die Schwingung die Differentialgleichung && + 2 m g d β = 0 β JD Koeffizientenvergleich mit der Standard-Differentialgleichung für harmonische Schwingungen y&& + ω0 2 y = 0 liefert als Beziehung für die Eigenkreisfrequenz 2mgd ω0 2 = JD Daraus ergibt sich die Schwingungsdauer des physikalischen Pendels – mit der Einschränkung ’kleine Auslenkungen’ aus der Ruhelage – T0 = JD 2π = 2π 2m g d ω0 Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 11 Die Beziehung für das Massenträgheitsmoment J D im Zähler dieser Gleichung enthält die Masse m ; die sich gegen die Masse m im Nenner herauskürzt. Die Masse m braucht also explizit gar nicht bekannt zu sein. Das Massenträgheitsmoment J D bezüglich des Drehpunkts D ergibt sich als Summe aus den beiden Massenträgheitsmomenten J D1 und JD2 der beiden Kugeln bezüglich des Drehpunkts D . Berücksichtigung des STEINERschen Satzes liefert 2 m r 2 + m L12 5 2 = m r 2 + m L2 2 5 J D1 = J D2 also 2 2 J D = J D1 + J D2 = ( m r 2 + m L12 ) + ( m r 2 + m L2 2 ) 5 5 4 = m ( r 2 + L12 + L2 2 ) = m ⋅ (0,8 ⋅ 10 − 2 m 2 + 9 ⋅ 10 − 2 m 2 + 4 ⋅ 10 − 2 m 2 ) 5 = m ⋅ 13,8 ⋅ 10 − 2 m 2 Damit wird die Schwingungsdauer T0 [die Masse m in Zähler und Nenner kürzt sich heraus, braucht also explizit gar nicht bekannt zu sein]. T0 = 2π JD m ⋅ 13,8 ⋅ 10 − 2 m − 2 = 2π 2mgd 2 ⋅ m ⋅ 9,81 m s − 2 ⋅ 0,05 m = 2,36 s (b) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Systems lassen sich darstellen als ϕ = ϕmax ⋅ e −δ t cos( ωdt + ϕ 0 ) oder ϕ = ϕmax ⋅ e −δ t sin( ωdt + ϕ 0 ) Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von ϕ einh = ϕmax e −δt oder ϕ einh = e−δ t ϕmax Logarithmieren liefert ⎛ϕ ⎞ ln ⎜⎜ einh ⎟⎟ = − δ t ⎝ ϕmax ⎠ bei schwacher Dämpfung ist Td ≅ T0 (diese Annahme muss am Ende überprüft werden) und man erhält für fünf Schwingungsperioden eine Abnahme der Auslenkungen auf die Hälfte, also Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 11 ⎛1 ⎜ ϕmax ln⎜ 2 ⎜ ϕmax ⎜ ⎝ also ⎞ ⎟ ⎟ = − δ ⋅ 5T0 ⎟ ⎟ ⎠ ⎛ 1⎞ ln ⎜ ⎟ = − δ ⋅ 5T0 ⎝2⎠ ln1 − ln 2 = −δ ⋅ 5T0 da ln1 = 0 wird ln 2 ln 2 = 5T0 5 ⋅ 2,36 s δ= = 5,87 ⋅ 10 − 2 s −1 Daraus erhält man den Dämpfungsgrad D= δT δ = 0 = 2,20 ⋅ 10 − 2 < 0,1 2π ω0 Damit ist die oben gemachte Annahme 'schwache Dämpfung' bestätigt. (c) Für den Bruchteil, auf den die Anfangsauslenkung nach n = 20 Schwingungen zurückgegangen ist, gilt mit Td ≅ T0 ⎛ϕ ln( p) = ln⎜⎜ einh ⎝ ϕmax ⎞ ⎟⎟ = − δ (20 ⋅ Td ) ≅ 4 ( − δ ⋅ 5T0 ) ⎠ mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (b1) δ (5T0 ) = ln 2 geht das ohne Zahlenwerte und Taschenrechner ln( p ) = − 4 ⋅ ln 2 = ln(2 −4 ) p = 2− 4 p= 1 16 Argumentation ganz ohne Rechnung: In jeweils fünf Schwingungsperioden geht die Auslenkung auf die Hälfte zurück. Also in vier dieser (willkürlichen) Zeiteinheiten vier Mal auf jeweils die Hälfte; der Bruchteil wird 4 1 1 1 1 ⎛ 1⎞ 1 p= ⋅ ⋅ ⋅ =⎜ ⎟ = 2 2 2 2 ⎝2⎠ 16 Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 11 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 12 Ein quadratischer Rahmen besteht aus vier dünnen Stäben der Länge L . Der Rahmen wird an einer Ecke A drehbar aufgehängt. Der Rahmen wird in der Zeichenebene aus der Ruhelage ausgelenkt und schwingt anschießend frei in dieser Ebene mit der Schwingungsdauer T0 = 2,00 s . A L L (a) Berechnen Sie die Länge L eines Stabes unter L L Vernachlässigung von Reibungseinflüssen und unter Beschränkung auf kleine Ausschläge der Schwingungsbewegung. Durch einen Defekt im Lager wird die Schwingung gedämpft. Das Reibungsmoment ist proportional zur Winkelgeschwindigkeit des Rahmens. Infolge dieser Dämpfung vergrößert sich die Schwingungsdauer des Rahmens um 1 %. (b) Bestimmen Sie den Dämpfungsgrad D und den Abklingkoeffizienten δ der gedämpften Schwingung. (c) Welchen Betrag hat die Auslenkung nach insgesamt drei Schwingungen, wenn sie zu Beginn βˆ 0 = 6 o war? Hinweis: Das Massenträgheitsmoment eines dünnen Stabes (Masse m , Länge L ) bezüglich einer Achse, die senkrecht zur Stabachse durch den Schwerpunkt geht, 1 beträgt J S = mL2 . 12 Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 12 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 12 – Kurzlösungen 10 (a) Massenträgheitsmoment Rahmen J A = mStab L2 . 3 Gesamtmasse Rahmen m = 4 mStab . Stablänge L = 3 2 T0 2 g 20 π 2 = 0,843 m . (b) Schwingungsdauer Td = 1,01⋅ T0 = 2,02 s . Verhältnis der Kreisfrequenzen ωd 1 = = 0,990 . ω0 1,01 Dämpfungsgrad D = 0,141. Abklingkoeffizient δ = D ω0 = 0,443 s −1 . (c) Winkelauslenkung β (3Td ) = 6 o ⋅ 0,069 = 0,42 o . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 12 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 12 – Musterlösung (a) Für ein physikalisches Pendel gilt für ’kleine Auslenkungen’ aus der Ruhelage für die Schwingungsdauer T0phys = 2π JA mgd Mit J A Massenträgheitsmoment bezüglich einer Drehachse durch A m Gesamtmasse des Rahmens g Erdbeschleunigung d Abstand ( AS ) zwischen Drehpunkt A und Gesamtmassenmittelpunkt S Kleine Auslenkungen sind die einschränkende Bedingung, um die Differentialgleichung zu linearisieren (also die Näherung sin β ≈ β für β << 1 ). Das Massenträgheitsmoment J A setzt sich additiv aus den Einzelbeiträgen J i der vier Rahmenstäbe zusammen. Da die Drehachse für keine der vier Stäbe durch den jeweiligen Massenmittelpunkt eines Einzelstabs geht, ist zur Berechnung der Massenträgheitsmomente jeweils der STEINERsche Satz anzuwenden. A A L 2 L 2 L 2 Für die beiden oberen Stäbe ist der Abstand zwischen Drehpunkt A und den Massenmittelpunkten der beiden Stäbe S St L 2 Für die beiden unteren Stäbe ist der Abstand zwischen Drehpunkt A und ihren Massenmittelpunkten S St aus einem rechtwinkligen Dreieck nach PYTHAGORAS zu bestimmen; er ergibt sich zu a1 = L 5 a2 2 = L2 + ( ) 2 = L2 4 2 Bei der Anwendung des STEINERschen Satzes geht nur das Quadrat der Verschiebung ein. Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 12 Es werden damit J A1 = 2 ⋅ mStab ⋅ ( 1 2 L2 3 2 L + ⋅ ) = mStab L2 12 4 3 3 J A 2 = 2 ⋅ mStab ⋅ ( 1 2 5 2 3 2 ⋅ 16 8 L + L ⋅ )= mStab ⋅ L2 = mStab L2 12 4 3 12 3 Das gesamte Massenträgheitsmoment des Rahmens wird J A = J A1 + J A 2 = 2 8 mStab L2 + mStab L2 3 3 10 mStab L2 3 Die Gesamtmasse des Rahmens erhält man durch Addition der Einzelmassen = m = 4 mStab Der Massenmittelpunkt S eines quadratischen Rahmens liegt aus Symmetriegründen im Zentrum des Quadrats. Der Abstand zwischen Drehpunkt A und Massenmittelpunkt S ist damit gleich der halben Diagonale des Quadrats, also 2 L 2 Diese Werte eingesetzt in die (quadrierte) Gleichung für die Schwingungsdauer ergibt d= 10 ) mStab L2 10 ⋅ L ⋅ 2 20 π 2 L 3 T0 2 = π2 = 2 3g 2 3 2 g 4 mStab g ( )L 2 Daraus ergibt sich die Stablänge L zu J = ( 2π ) 2 A = 4 π 2 mgd L= 3 2 T0 2 g 20 π 2 = ( 3 2 ⋅ (2,00 s) 2 ⋅ 9,81 m s −2 20 π 2 = 0,843 m (b) Die Schwingungsdauer Td bei Vorliegen von Dämpfung ist um 1 % größer als T0 ; also gilt Td = 1,01⋅ T0 = 1,01⋅ 2,00 s = 2,02 s Mit ω 0 = 2π ⋅ Schwingungslehre 1 T0 und ω d = 2π ⋅ 1 Td -4- Prüfungsaufgabe 12 wird das Verhältnis der Kreisfrequenzen ωd 2π T0 T0 T0 1 = ⋅ = = = = 0,990 ω0 Td 2π Td 1,01⋅ T0 1,01 Der Zusammenhang zwischen ω d und ω0 wird bestimmt vom Dämpfungsgrad D , gemäß ωd 2 = ω0 2 (1 − D 2 ) Damit D2 = 1 − ( ωd 2 ω0 2 ) = 1 − (0,990 ) 2 = 0,020 D = 0,141 Abklingkoeffizient δ , Dämpfungsgrad D und Eigenkreisfrequenz ω0 sind verknüpft gemäß δ = D ω0 = D 2π 2π = 0,141⋅ T0 2,00 s = 0,443 s −1 (c) Das Abklingen der Schwingungsauslenkungen bei viskoser Reibung wird durch die Einhüllende einer Exponential-Funktion beschrieben; also β(t ) = βˆ 0 ⋅ e −δt Damit wird die Winkelauslenkung der Schwingung nach drei Schwingungsperioden, also t = 3 ⋅ Td = 6,06 s β (3Td ) = 6 o ⋅ e − (0,443 s −1 ⋅ 3 ⋅ 2,02 s ) = 6 o ⋅ 0,069 = 0,42 o Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 12 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 13 Mit dem POHLschen Drehpendel werden Drehschwingungen untersucht. In einer ersten Messung wird für insgesamt zehn Schwingungen eines ungedämpften Systems eine Gesamtzeit t = 22,5 s gemessen. Um das System viskos zu dämpfen, wird in einem zweiten Versuch eine Wirbelstrombremse eingeschaltet. Man beobachtet in zehn Schwingungsperioden eine Abnahme der Auslenkungen (abgelesen auf einem Skalenring) von anfangs 50 Skalenteilen auf 10 Skalenteile. Bei einer viskos gedämpften Schwingung nehmen die Auslenkungen exponentiell mit der Zeit ab, gemäß β(t ) = βˆ 0 ⋅ e −δ ⋅ t Bestimmen Sie aus diesen Angaben (a) den Abklingkoeffizienten δ und (b) den Dämpfungsgrad D des schwingenden Systems. Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 13 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 13 – Kurzlösungen (a) Abklingkoeffizient δ = 0,0715 s −1 . (b) Schwingungsdauer T0 = 2,25 s . Eigenkreisfrequenz ω0 = 2,79 s −1 . Dämpfungsgrad D = 2,56 ⋅ 10−2 < 0,1 . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 13 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 13 – Musterlösung (a) Die Auslenkungen eines viskos gedämpften schwingenden Systems klingen exponentiell ab; also gilt β(t ) = βˆ 0 e −δt oder umgestellt β(t ) = e−δ t ˆβ 0 Logarithmieren dieser Beziehung liefert ⎛ β(t ) ⎞ ⎟ = ln(e − δt ) = − δ t ln⎜⎜ ⎟ ˆ ⎝ β0 ⎠ Mit der Näherung Td ≈ T0 für Dämpfungsgrade D < 0,10 wird für Z = 10 Schwingungsperioden, also für eine Gesamtzeit von t Z = 10 Td ≈ 10 T0 ⎛ β(t = 10 T0 ) ⎞ ⎟⎟ = − δ ⋅ 10 T0 ln⎜⎜ ⎝ β(t = 0) ⎠ oder ⎛ β(t = 10 T0 ) ⎞ ⎟ ln⎜⎜ β(t = 0) ⎟⎠ ⎝ δ=− 10 T0 Zahlenwerte ⎛ 10 ⎞ ⎛ 10 ⎞ ln⎜ ⎟ ln⎜ ⎟ ln1 − ln5 0 − 1,61 50 50 δ=− ⎝ ⎠ =− ⎝ ⎠ =− =− 22,5 s 22,5 s 22,5 s 22,5 s = 0,0715 s −1 (b) Der Dämpfungsgrad D ist definiert als das Verhältnis aus Abklingkoeffizient δ und Eigenkreisfrequenz ω0 D= δ ω0 Die Schwingungsdauer T0 für die ungedämpfte Schwingung ist t Z 22,5 s = Z 10 = 2,25 s T0 = daraus bestimmt sich die Eigenkreisfrequenz zu 2π 2π ω0 = = Z 2,25 s = 2,79 s -1 Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 13 Der Dämpfungsgrad wird damit D= 7,15 ⋅ 10 −2 s −1 2,79 s −1 = 2,56 ⋅ 10 − 2 Damit ist die Forderung ’schwache Dämpfung‘ ( 0 < D ≤ 0,10 ) erfüllt und für die Schwingungsdauern im gedämpften und ungedämpften Fall die benutzte Näherung Td ≈ T0 erlaubt. Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 13 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 14 In einem Vorversuch wird die Drehfederkonstante einer Torsionsfeder zu c ∗ = 0,1 N m bestimmt. Die Drehfeder wird mit einem breiten Kupferring samt Speichen, zu einem POHLschen Drehpendel zusammengebaut. In einem ersten Versuch wird die Schwingungsdauer dieses Drehpendels ohne äußere Dämpfung zu T0 = 2,0 s bestimmt. In einem zweiten Versuch wird das Drehpendel durch eine Wirbelstrombremse gedämpft. Man beobachtet, dass die Auslenkungen nach jeweils drei Schwingungen um 10 % zurückgehen. (a) Berechnen Sie die Abklingkoeffizient δ und den Dämpfungsgrad D der gedämpften Schwingung. ∗ (b) Welcher Dämpfungskoeffizient bap bestimmt für dieses System den aperiodischen Grenzfall? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 14 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 14 – Kurzlösungen (a) Abklingkoeffizient δ = 1,76⋅10 −2 s −1 . Eigenkreisfrequenz ω0 = 2π = π s −1 . T0 Dämpfungsgrad D = 5,6 ⋅ 10 −3 < 0,1 (schwache Dämpfung). ∗ (b) Dämpfungskoeffizient bap = 6,4⋅10 −2 kg m 2 s −1 . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 14 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 14 – Musterlösung (a) Bei viskoser Dämpfung durch die Wirbelstrombremse ist die Einhüllkurve einer abklingenden Drehschwingung eine Exponentialfunktion, gemäß β(t ) = βˆ 0 e −δt oder umgestellt β(t ) = e−δ t ˆβ 0 Logarithmieren dieser Beziehung liefert ⎛ β(t ) ⎞ ⎟ = ln(e − δ t ) = − δ t ln⎜⎜ ⎟ ˆ ⎝ β0 ⎠ Unter der – später zu überprüfenden – Voraussetzung ’schwache Dämpfung’, also einem Dämpfungsgrad 0 < D ≤ 0,1, darf die Periodendauer der gedämpften Schwingung gleich der der ungedämpften Schwingung gesetzt werden, also Td ≈ T0 = 2,0 s Für den Zeitpunkt t = 3T0 wird für die Auslenkung beobachtet β(3T0 ) = 0,9 βˆ 0 die oben hergeleitete Beziehung liefert für diese Werte ⎛ β(3 T0 ) ⎞ ⎛ 0,9 βˆ 0 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ln⎜⎜ ln ⎜ βˆ ⎟ ˆ0 ⎟ β ⎠ = − ⎝ 0 ⎠ = − ln(0,9) δ=− ⎝ 3 T0 3 ⋅ 2,0 s 6,0 s = 1,76⋅10 − 2 s −1 Der Dämpfungsgrad D ist definiert als Quotient aus Abklingkoeffizient δ und Eigenkreisfrequenz ω0 D= δ ω0 Die Eigenkreisfrequenz ω0 bestimmt sich aus der gemessenen Schwingungsdauer T0 zu ω0 = 2π 2π = T0 2,0 s = π s −1 Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 14 Damit wird der Dämpfungsgrad D= δ 1,76⋅10 −2 s −1 = ω0 π s −1 = 5,6 ⋅ 10 − 3 d. h., es liegt (sehr) schwache Dämpfung vor, und damit ist die oben gemachte Näherung Td ≈ T0 erlaubt. (b) Der Abklingkoeffizient δ ist darstellbar aus Dämpfungskoeffizient b * und Massenträgheitsmoment J als b∗ δ= 2J [Analogie zum Federpendel mit δ = b ] 2m oder umgestellt b ∗ = 2δ J Für den aperiodischen Grenzfall ist der Dämpfungsgrad D =1 also gilt für den aperiodischen Grenzfall δ = ω0 Damit kann das Massenträgheitsmoment J aus der Eigenkreisfrequenz ω0 und der Drehfederkonstanten c ∗ berechnet werden. Es gilt für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz c∗ c [Analogie zum Federpendel mit ω0 2 = ] J m oder für das Massenträgheitsmoment des Kupferrings mit Speichen ω0 2 = J= c∗ T0 2 ω0 4 π2 = c∗ 2 ∗ Damit ergibt sich der Dämpfungskoeffizient bap für den aperiodischen Grenzfall zu ∗ bap T0 2 c ∗T0 0,1 N m ⋅ 2,0 s 2π = 2 δ J = 2 ω0 J = 2 c* = = 2 T0 π π 4π = 6,4 ⋅ 10 − 2 kg m 2 s −1 Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 14 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 15 Drei gleiche, dünne Stäbe (Länge L = 30 cm , Masse m = 0,2 kg ), sind durch zwei (masselose) Gelenke zu einem rechtwinkligen U verbunden. Der mittlere Stab ist in horizontaler Lage in seinem Schwerpunkt an einem vertikalen elastischen Torsionsdraht aufgehängt; die beiden äußeren Stäbe hängen dabei parallel zum Torsionsdraht senkrecht nach unten. Die Gelenke seien zunächst steif. r g L L L (a) Berechnen Sie das Massenträgheitsmoment J1 der Stabanordnung für die mit dem Draht zusammenfallende Dreh- und Symmetrieachse. Das Massenträgheitsmoment eines (dünnen) Stabs (Länge L und Masse m ) bzgl. einer zur Stabachse senkrechten Schwerpunktachse ist gegeben durch 1 J st = mL2 . 12 (b) Das Stab-U wird von Hand aus der Ruhelage insgesamt zwanzig Mal um die vertikale Drahtachse gedreht und dann losgelassen. Es kehrt darauf als Torsionsschwinger in 20 Sekunden zur Ruhelage zurück und setzt anschließend seine ungedämpften harmonischen Schwingungen fort. Bestimmen Sie die Kreisfrequenz ω01 dieses Drehpendels. (c) Berechnen Sie aus den Ergebnissen der Teilaufgaben (a) und (b) die Drehfederkonstante c * des Aufhängedrahts. (d) Welche Winkelgeschwindigkeit hat die U-Stab-Anordnung beim Durchgang durch die Ruhelage? (e) Welche Arbeit WDrill war vor Beginn der Schwingung insgesamt zur Verdrillung aufzuwenden? Im Augenblick des 'Nulldurchgangs' – also bei maximaler Winkelgeschwindigkeit – werden die beiden Gelenke durch ein Steuersignal berührungsfrei aus ihrer Blockierung entriegelt und die zwei freiwerdenden Seitenstäbe (z. B. mit in den Gelenken eingebauten gespannten Federn) um die beiden Enden des Mittelstabs nach außen in die Horizontale geschwenkt. Aus der U-Form entsteht so ein gerader Stab. Der Vorgang läuft in einer, im Vergleich zur Schwingungsdauer, sehr kurzen Zeit ab. (f) Welches Massenträgheitsmoment J 2 hat diese Anordnung bezüglich der Fadenachse? (g) Auf welchen Wert ändert sich die maximale Winkelgeschwindigkeit bei Nulldurchgang der Schwingung durch diese geometrische Formänderung? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 15 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 15 – Kurzlösungen (a) Massenträgheitsmoment U-Stab J1 = 1,05 ⋅ 10 −2 kg m 2 . (b) Eigenkreisfrequenz ω01 = 7,9 ⋅ 10 −1 s −1 . (c) Drehfederkonstante c * = 6,55 ⋅ 10 −5 N m . (d) Maximale Winkelgeschwindigkeit β& 1max = βˆ 1 ⋅ ω01 = 9,9 s −1 . (e) Verdrillungsarbeit WDrill = 5,17 ⋅ 10 −1 J . (f) Massenträgheitsmoment J 2 = 4,05 ⋅ 10 −2 kg m 2 . (g) Drehimpulserhaltung; Maximale Winkelgeschwindigkeit β& 2 max = 2,57 s −1 . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 15 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 15 – Musterlösung (a) Das Massenträgheitsmoment J1 der Stäbe in U-Anordnung setzt sich additiv aus den Massenträgheitsmomenten der drei einzelnen Stäbe zusammen. Die Einzelbeiträge der drei Stäbe sind • Ein horizontaler Stab J H1 = 1 m L2 12 L 2J V1 = 2 m ( ) 2 2 Bei einem dünnen Stab (Durchmesser << Länge) ist das axiale Massenträgheitsmoment J axial ≈ 0 ; weil die einzelnen Masseteilchen des Stabes für diese Drehachse sich nur geringfügig außerhalb der Drehachse befinden. Damit wird das Massenträgheitsmoment für die U-Stab-Anordnung • Zwei vertikale Stäbe J1 = J H1 + 2J V1 = ( 1 1 6 7 7 + ⋅ ) m L2 = m L2 = ⋅ 0,2 kg ⋅ (0,3 m) 2 12 2 6 12 12 = 1,05 ⋅ 10 − 2 kg m 2 (b) Das Zeitintervall zwischen maximaler Auslenkung (nach zwanzig vollen Umdrehungen) und erstem Durchgang durch die Ruhelage entspricht gerade einem Viertel T einer Schwingungsperiode, also Δt = 01 . Dabei ist T01 die Schwingungsdauer der 4 ungedämpften Torsionsschwingung des Systems. Damit erhält man als Eigenkreisfrequenz ω01 = 2π 2π 2π = = T01 4 Δt 80 s = 7,9 ⋅ 10 −1 s −1 (c) Die Eigenkreisfrequenz der Torsionsschwingung bestimmt sich eindeutig aus der Drehfederkonstante c* des Drahts und dem Massenträgheitsmoment J1 der Uförmigen Stabanordnung, gemäß c c* [Analogie zum Federpendel mit ω0 2 = ] ω012 = m J1 oder umgeformt c * = J1 ⋅ ω012 Mit den Ergebnissen der Teilaufgaben (a) und (b) wird c * = 1,05 ⋅ 10 −2 kg m 2 ⋅ (7,9 ⋅ 10 −2 s −1 ) 2 = 6,55 ⋅ 10 −5 kg m m s -2 = 6,55 ⋅ 10 − 5 N m Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 15 (d) Eine ungedämpfte harmonische Torsionsschwingung wird beschrieben durch β = βˆ 1 cos(ω01t + ϕ0 ) (Bei der Wahl einer Kosinus-Funktion zur Beschreibung einer harmonischen Schwingung wird wegen der Anfangsbedingung 'Loslassen ohne Anfangswinkelgeschwindigkeit' der Nullphasenwinkel ϕ0 = 0 .) Die Winkelgeschwindigkeit β& ergibt sich als zeitliche Ableitung der AuslenkwinkelZeit-Funktion allgemein als β& = − βˆ 1 ω01 sin (ω01t ) Der Betrag ihres Maximalwerts ist der Vorfaktor der Sinusfunktion, denn der Betrag der Sinus-Funktion ist beschränkt auf den Bereich 0 ≤ sin(ω01t ) ≤ 1; also wird der Betrag der maximalen Winkelgeschwindigkeit β& 1max = βˆ 1 ⋅ ω01 = 20 ⋅ 2π ⋅ 7,9 ⋅ 10 −2 s −1 = 9,9 s −1 Alternative: Der erste Nulldurchgang mit dem maximalen Betrag der Winkelgeschwindigkeit wird nach einem Viertel einer Schwingungsperiode erreicht, also zum T Zeitpunkt t = 0 . Damit wird das Argument der Sinus-Funktion 4 (ω01t ) = 2π T0 π ⋅ = T0 4 2 und der zugehörige Wert der Sinus-Funktion π sin ( ω01t ) = sin = 1 . 2 Damit ergibt sich wieder das vorige Ergebnis. Das negative Vorzeichen bedeutet: Bei positiver Anfangsauslenkung ist die Geschwindigkeit beim ersten Nulldurchgang in die negative Koordinatenrichtung gerichtet. (e) Die aufzuwendende Verdrillungsarbeit ist proportional dem Quadrat des Verdrillungswinkels, gemäß 1 1 (analog zum Federpendel WFeder = c y 2 ) WDrill = c * βDr 2 2 2 mit c * aus Teilaufgabe (c) und dem gesamten Verdrillungswinkel aus 20 vollen Umdrehungen βDr = (20 ⋅ 2π) (Winkelangaben immer im Bogenmaß!) wird WDrill = 1 ⋅ 6,55 ⋅ 10 − 5 N m ⋅ (20 ⋅ 2π) 2 2 = 5,17 ⋅ 10 −1 J Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 15 (f) Das Massenträgheitsmoment nach der Entriegelung ist das einer Stange der Gesamtmasse m ges = 3 m und der Gesamtlänge Lges = 3 L für eine Achse durch ihren Massenmittelpunkt senkrecht zur Stange, also J2 = 1 27 9 (3 m ) (3 L ) 2 = m L2 = m L2 12 12 4 = 4,05 ⋅ 10 − 2 kg m 2 (g) Da bei der berührungsfreien Befreiung der Blockierung im Nulldurchgang keine r äußeren Drehmomente auf das Torsionspendel wirken, bleibt der Drehimpuls L des Systems nach Betrag und Richtung erhalten. Es gilt also für die Beträge r r L1max = L2 max J1 β& 1max = J 2 β& 2 max oder schließlich J 1,05 ⋅ 10 −1 kg m 2 β& 2 max = 1 β& 1max = ⋅ 9,9 s −1 2 2 − J2 4,05 ⋅ 10 kg m = 2,57 s −1 Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 15 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 16 Eine homogene Scheibe (Masse m = 10,0 kg ) wird für zwei Schwingungsexperimente benutzt. Es soll jeweils Reibungsfreiheit gelten. S ist der Massenmittelpunkt und P der jeweilige Drehpunkt für die Schwingungen (vgl. Skizze). Experiment (A) Die Scheibe soll in horizontaler Lage Drehschwingungen um eine Drehachse senkrecht zur Scheibe durch den Punkt P ausführen. Das Rückstellmoment bewirkt eine Spiralfeder (vgl. Skizze). S d P Ein Vorversuch zur Bestimmung der Drehfederkonstante c ∗ liefert als Ergebnis: Eine Verdrillung um den Winkel β = 45 o erfordert ein äußeres Drehmoment M = (π / 2) N m . (a) Bestimmen Sie die Drehfederkonstante c ∗ der Spiralfeder. (b) Für insgesamt Z = 10 Schwingungen der Scheibe misst man eine Zeit von t1 = 24,5 s . Bestimmen Sie aus diesen Angaben das Massenträgheitsmoment JP der Scheibe. Experiment (B) Anschließend wird die Feder entfernt und die Scheibe mit horizontaler Drehachse durch P im Schwerefeld der Erde zu Pendelbewegungen angeregt. (c) Für wiederum Z = 10 Schwingungen in dieser Anordnung misst man eine Zeit von t 2 = 11,0 s . Bestimmen Sie den Abstand d = PS zwischen Massenmittelpunkt S und Aufhängepunkt P. (d) Welche Pendellänge L hat ein mathematisches Pendel, das die gleiche Schwingungsdauer hat wie das Pendel in Experiment (B)? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 16 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 16 – Kurzlösungen (a) Drehfederkonstante c ∗ = 2 N m . (b) Massenträgheitsmoment JP = 0,304 kg m 2 . (c) Abstand Drehpunkt-Massenmittelpunkt d = PS = 0,100 m . (d) Fadenpendel – Fadenlänge L = 0,306 m . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 16 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 16 – Musterlösung (a) Für ein lineares Momentengesetz gilt – mit der Drehfederkonstante c ∗ als Proportionalitätskonstante – für den Zusammenhang zwischen äußerem Drehmoment M ext und Winkelauslenkung β M ext = c ∗ β (analog zum HOOKEschen Gesetz für eine ideale Feder Fext = c y ) daraus wird (der Drehwinkel ist im Bogenmaß einzusetzen) π Nm M c ∗ = ext = 2 = 2 Nm π β 4 (b) Die Schwingungsdauer eines Drehpendels bestimmt sich aus Massenträgheitsmoment J und Drehfederkonstante c ∗ gemäß JP T0Dreh = 2π c (analog zum Federpendel T0Federpendel = 2π ∗ m ) c daraus erhält man für das Massenträgheitsmoment JP = c ∗T0 2 4π 2 = 2 (kg m s −2 ) m ⋅ 2,45 2 s 2 4π 2 = 0,304 kg m 2 (c) Die Schwingungsdauer eines physikalischen Pendels unter der Einschränkung ’kleine Auslenkungen’ (nach Linearisierung der Differentialgleichung) ist gegeben durch T0phys = 2π JP mgd mit m Gesamtmasse g Schwerebeschleunigung d Abstand zwischen Drehpunkt P und Massenmittelpunkt S JP Massenträgheitsmoment bezüglich des Drehpunkts P Quadrieren und Auflösen nach dem Abstand Drehpunkt-Massenmittelpunkt d = PS liefert d = 4π 2 J P m g (T0phys ) 2 = 4π 2 ⋅ 0,304 kg m 2 10 kg ⋅ 10 m s − 2 ⋅ 1,12 s 2 = 0,100 m Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 16 (d) Ein Fadenpendel hat, wieder unter der Einschränkung ’kleine Auslenkungen’ aus der Ruhelage (nach Linearisierung der Differentialgleichung) eine Schwingungsdauer von T0math = 2π L g mit L Länge des Pendels g Schwerebeschleunigung mit der Forderung T0phys = T0math wird nach Quadrieren und Umstellung die Fadenlänge L= (T0phys ) 2 g 4π 2 = 1,12 s 2 ⋅10 m s − 2 4π 2 = 0,306 m Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 16 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 17 An einer langen Schraubenfeder ist ein hantelförmiger Körper angeschweißt (vgl. Skizze). Dieses Feder-Masse-System kann vertikale Längsschwingungen und gleichzeitig Drehschwingungen um die Federachse ausführen. Die beiden Schwingungszustände sind über die gemeinsame Feder miteinander gekoppelt. Nach WILBERFORCE kann man die besonderen Phänomene der Kopplungsschwingungen dann deutlich demonstrieren, wenn die Eigenfrequenzen der Längs- und der Drehschwingung gleich sind. In diesem Fall treten (bei geeigneten Anfangsbedingungen) Schwebungen auf und die Energie oszilliert von einem Schwingungszustand in den anderen und wieder zurück. m = 0,032 kg L = 0,04 m r = 0,01 m c; c ∗ r g r m L L m (a) Belastet man die Feder mit der Gewichtskraft der Hantel (vgl. Skizze), dann verlängert sich die Feder um s1 = 0,37 m . Die Hantel besteht aus einem – idealisierend masselosen – Stab und den beiden Kugeln. Berechnen Sie die Eigenkreisfrequenz ω0,L für die vertikalen ungedämpften Längsschwingungen des Federpendels. (b) Dreht man in der Ruhelage die Hantel fünf Mal vollständig um die vertikale Schraubenachse, dann ist dazu ein äußeres Drehmoment von M ext = 5,6 ⋅ 10 −2 N m aufzuwenden, um die Hantel statisch ruhig zu halten. Welche Eigenkreisfrequenz ω0,Dr haben reine Drehschwingungen der Hantel? (c) Mit den angegebenen Maßen ist die Bedingung für ausgeprägte Kopplungsschwingungen (Schwebungen) nicht erfüllt. Welcher Abstand Lres der Kugeln von der Drehachse muss eingestellt werden, damit ω0,Dr = ω0,L gilt? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 17 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 17 – Kurzlösungen (a) Federkonstante c = 1,70 Nm . Längsschwingungen – Eigenkreisfrequenz ω0,L = 5,15 s -1 . (b) Drehfederkonstante (oder Winkelrichtgröße) c * = 1,79 ⋅ 10 −3 N m (rad-1 ) ; Massenträgheitsmoment (STEINER) J = 1,05 ⋅ 10 −4 kg m 2 ; Drehschwingungen – Eigenkreisfrequenz ω0,Dr = 4,13 s −1 . (c) Resonanzbedingung ω0,Dr = ω0,L . 2 Massenträgheitsmoment J res = 2mLres 2 + 2 mr 2 ; 5 Resonanz – Länge Lres = 3,31 cm . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 17 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 17 – Musterlösung (a) Die Federkonstante c für die Längsschwingungen ergibt sich für eine ideale Feder nach HOOKE aus der äußeren Kraft Fext , hier der Gewichtskraft der beiden Ku- geln, und der sich einstellenden Auslenkung s1 Fext = c s1 mit Fext = Fgrav = 2 m g wird c= Fgrav s1 = 2mg 2 ⋅ 0,032 kg ⋅ 9,81ms -2 = 0,37 m s1 = 1,697 Nm Die Eigenkreisfrequenz ω0L für Längsschwingungen des Feder-Masse-Systems ergibt sich aus Federkonstante c und der Masse (2m ) der angehängten Hantel zu ω0,L = c = 2m g 2m g 1 9,81 ms − 2 ⋅ = = s1 2 m s1 0,37 m = 5,149 s -1 (b) Die Drehfederkonstante (oder Winkelrichtgröße) c * ergibt sich für eine ideale Drehfeder aus dem äußeren Drehmoment M ext und dem sich dadurch einstellenden Auslenkwinkel ϕ1 M ext = c * ϕ1 also für ϕ1 = 5 ⋅ 2π (rad) c* = (Drehwinkelangabe im Bogenmaß) M ext 5,6 ⋅ 10 −2 Nm = ϕ1 5 ⋅ 2π = 1,789 ⋅ 10 − 3 N m (rad -1 ) Die Eigenkreisfrequenz ω0,Dr für Drehschwingungen des Drehpendel-Systems ergibt sich aus Drehfederkonstante c * und dem Massenträgheitsmoment J der angehängten Hantel zu ω0,Dr = Schwingungslehre c* J -3- Prüfungsaufgabe 17 Das Massenträgheitsmoment der Hantel mit zwei Kugeln ist mit STEINER-Anteil (die Kugeln sind um die Strecke L aus der Drehachse verschoben) 2 2 2 J = 2 [ mr 2 + mL2 ] = 2 m [ r 2 + L2 ] = 2 ⋅ 0,032 kg ⋅ [ ⋅ (1,0 ⋅ 10 − 2 m) 2 + ( 4,0 ⋅ 10 − 2 m) 2 ] 5 5 5 = 0,064 kg ⋅ [0,4 + 16] ⋅ 10 − 4 m 2 = 1,050 ⋅ 10 − 4 kg m 2 damit wird die Eigenkreisfrequenz ω0,Dr der Drehschwingungen c* 1,789 ⋅ 10 − 3 (kg m s - 2 ) m = = 17,04 s − 2 − 4 2 J 1,050 ⋅ 10 kg m ω0,Dr = = 4,128 s −1 (c) Die Resonanzbedingung ω0,Dr = ω0,L ist erfüllt für c c* = 2 m J res oder umgeformt c* 2m = J res c Das Massenträgheitsmoment J res erhält man analog zu Teilaufgabe (b) für eine Verschiebung der Kugeln um Lres aus der Drehachse 2 J res = 2mLres 2 + 2 mr 2 5 Eingesetzt ergibt sich 2 c* = 2mLres 2 + 2 mr 2 5 c 2 c* = Lres 2 + r 2 5 c damit wird die erforderliche Länge für die Resonanzbedingung 2m Lres 2 = c * 2 2 1,789 ⋅ 10 −3 N m 2 − r = − ⋅ (1,0 ⋅ 10 −2 m)2 = (10,54 + 0,40 ) ⋅ 10 − 4 m2 1 c 5 5 1,697 Nm = 10,94 ⋅ 10 − 4 m2 und schließlich Lres = 3,307 cm Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 17 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 18 β Das skizzierte schwingungsfähige System besteht aus einer dünnen Stange, die im Punkt D reibungsfrei gelagert ist. Die – idealisierend als masselos zu betrachtende – Stange trägt oberhalb des Drehpunktes D im Abstand L = 0,30 m eine Kugel (Masse m = 3,50 kg ; Radius r = 0,050 m ). D An der Stange ist in D eine Spiralfeder angebracht, die in der senkrechten Lage β 0 = 0 kein Drehmoment ausübt. r L m Die Drehfederkonstante ist c 0 ∗ = 45 Nm . Das System schwingt im Schwerefeld der Erde. (a) Berechnen Sie die Eigenfrequenz f01 für freie ungedämpfte Schwingungen um die stabile Lage β 0 = 0 für kleine Winkelamplituden. (b) Wenn die Drehfederkonstante c ∗ klein wird, kann das System bei β 0 = 0 labil werden. Das System schwingt dann nicht mehr um diese senkrechte Lage. ∗ Berechnen Sie die Federkonstante c1 , bei der die Stabilität gerade verschwindet. Für c 0 ∗ < c1∗ besitzt das System bei den Winkelpositionen β1 = βrechts und β 2 = − βlinks auf der rechten und der linken Seite zwei stabile Gleichgewichtslagen. ∗ (c) Welchen Wert muss die Drehfederkonstante c 2 haben, damit die Stange in diesen beiden Gleichgewichtslagen gerade waagrecht liegt? (d) Berechnen Sie die Eigenfrequenz f02 für freie ungedämpfte Schwingungen um π die rechte Gleichgewichtslage β1 = (in der Näherung für kleine Amplituden). 2 π Hinweis und Lösungshilfe: Setzen Sie β = ( + γ ) und geben Sie die Gleichungen 2 für einen kleinen Auslenkwinkel γ an. Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 18 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 18 – Kurzlösungen (a) Drehmoment (linearisiert) M res = M rück + M ausl = − c 0 ∗ β + (m g ) ⋅ (Lβ) . && . Differentialgleichung (linearisiert): − c 0 ∗ β + mgLβ = J D β Massenträgheitsmoment (STEINER) J D = 3,19 ⋅ 10 −1 kg m 2 . Eigenkreisfrequenz ω01 = 10,4 s −1 ; Eigenfrequenz f01 = 2 (b) Grenzbedingung für Stabilität nach (a) ω01 = ω01 = 1,66 s −1 . 2π c 0 ∗ − mgL = 0. JD ∗ Drehfederkonstante c1 = m g L = 0,30 N m . r r (c) Gleichgewichtsbedingung M rück = M ausl . ∗ Drehfederkonstante c 2 = 6,56 Nm . (d) Gleichgewichtsbedingung (vgl. Teilaufgabe (c)): (c 2 ∗ Schwingungsdifferentialgleichung &γ& + π − m g L) = 0 . 2 c 2∗ γ =0. JD Eigenkreisfrequenz ω02 = 4,54 s −1 ; Kreisfrequenz f02 = 0,722 s −1 . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 18 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 18 – Musterlösung (a) Bei Auslenkung des schwingungsfähigen Systems aus der vertikalen Ruhelage wirken folgende Drehmomente (Vorzeichen und Beträge) auf die Anordnung • ein rückstellendes Drehmoment (negatives Vorzeichen) der Drehfeder (analog dem HOOKEschen Gesetz für eine ideale Feder), M rück = − c 0 ∗ β • ein auslenkendes Drehmoment (positives Vorzeichen) durch die Massenverteilung des Systems M ausl = (m g ) (L sin β) Für kleine Auslenkwinkel aus der Ruhelage, also für β << 1 , gilt näherungsweise sin β ≈ β (Reihenentwicklung der Sinus-Funktion) Damit wird näherungsweise M ausl = (m g ) ⋅ (Lβ) Das resultierende gesamte Drehmoment wird M ges = M rück + M ausl = − c 0 ∗ β + ( m g ) ⋅ (Lβ) Drehmomente bewirken nach NEWTON eine Winkelbeschleunigung gemäß && M =J α=J β ges D D Zusammengenommen ergibt sich also (beschränkt auf die Näherung für kleine Auslenkungen aus der Ruhelage zur Linearisierung der Differentialgleichung) && − c0∗ β + m g L β = JD β oder ∗ && + (c 0 − mgL) β = 0 β JD Diese lineare Differentialgleichung ist vom Typ der StandardSchwingungsdifferentialgleichung y&& + ω0 2 y = 0 Koeffizientenvergleich liefert für die Eigenkreisfrequenz die Beziehung ω012 = c 0 ∗ − mgL JD Das Massenträgheitsmoment J D des Systems wird unter Anwendung des STEINERschen Satzes JD = 2 m r 2 + m L2 = 0,4 ⋅ 3,50 kg ⋅ 25,0 ⋅ 10 − 4 m 2 + 3,50 kg ⋅ 9,0 ⋅ 10 − 2 m 2 5 = 35,0 ⋅ 10 − 4 kg m 2 + 31,5 ⋅ 10 − 2 kg m 2 = 3,19 ⋅ 10 −1 kg m 2 Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 18 Damit erhält man ω012 = c 0 ∗ − mgL 45,0 N m − 3,50 kg ⋅ 9,81 m s −2 ⋅ 0,30 m (45,0 − 10,3 ) kg m 2 s −2 = = JD 0,319 kg m 2 0,319 kg m 2 = 108,8 s − 2 und die Eigenkreisfrequenz ω01 = 10,4 s −1 daraus ergibt sich die Eigenfrequenz f01 = ω01 = 1,66 s −1 2π Mit kleiner werdender Drehfederkonstante c 0 ∗ kann das System 'kippen'. Die Grenzbedingung für Stabilität ist erreicht, wenn in der Beziehung für die Eigenkreisfrequenz nach Teilaufgabe (a) ω012 c 0 ∗ − mgL = JD der Zähler verschwindet, also null wird. ∗ Diese Bedingung für Kippen liefert für die zugehörige Drehfederkonstante c1 c0∗ − m g L = 0 Die Drehfederkonstante c1 * bestimmt sich zu c1∗ = m g L = 3,50 kg ⋅ 9,81 m s −2 ⋅ 0,30 m = 0,30 N m (c) Die Gleichgewichtsbedingung fordert, dass das resultierende GesamtDrehmoment verschwindet, also gilt r M ∑ =0 Damit gilt für die Beträge des rücktreibenden und des auslenkenden Drehmoments die Forderung r r M rück = M ausl Für die waagrechte Lage, also für β rechts = r M ausl = L (m g ) und π ist 2 r π M rück = c 2 ∗ 2 damit wird L (m g ) = c 2 ∗ Schwingungslehre π 2 -4- Prüfungsaufgabe 18 und 2 2 ⋅ m g L = ⋅ 3,50 kg ⋅ 9,81 ms − 2 ⋅ 0,30 m π π = 6,56 Nm c 2∗ = (d) In Analogie zu Teilaufgabe (a) gilt && = − c ∗ β + m g L sin β JD β 2 π Mit der Setzung β = ( + γ ) wird daraus 2 d2 π π π ( + γ ) = − c 2 ∗ ( + γ ) + m g L sin( + γ ) 2 2 2 2 dt π oder mit der trigonometrischen Identität sin( + γ ) = cos γ umgeschrieben 2 π J D &γ& = − c 2 ∗ − c 2 ∗ γ + m g L cos γ 2 Für kleine Auslenkwinkel aus der neuen Ruhelage, also für γ << 1 , gilt die Näherung JD cos γ ≈ 1 (Reihenentwicklung der Kosinus-Funktion) wird π − m g L) 2 Der Klammerausdruck auf der rechten Seite verschwindet, denn nach der Gleichgewichtsbedingung von Teilaufgabe (c) gilt J D &γ& = − c 2 ∗ γ − (c 2 ∗ π − m g L) = 0 2 Es bleibt damit die Schwingungsdifferentialgleichung (c 2 ∗ &γ& + c 2∗ γ=0 JD Für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz erhält man durch Koeffizientenvergleich mit der Standard-Differentialgleichung für ungedämpfte Schwingungen ω02 2 c 2 ∗ 6,56 (kg m s −2 ) m = = JD 0,319 kg m 2 = 20,56 s − 2 Daraus erhält man die Eigenkreisfrequenz ω02 = 4,54 s −1 und die Kreisfrequenz f02 = ω02 4,54 s −1 = = 0,722 s −1 2π 2π Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 18 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 19 Eine Analysenwaage aus dem physikalischen Praktikum (vgl. Abb. 1) soll durch ein leichter zu berechnendes Modell (vgl. Abb. 2) simuliert werden. Der Waagebalken mit Schalen und Gewichten wird ersetzt durch eine lange dünne Stange der Länge LSt und Masse mSt (der Radius der Stange ist wesentlich kleiner als die Länge). Der Zeiger wird ebenfalls simuliert durch eine sehr dünne Stange der Länge LZ und der Masse m Z . Abb. 1 Abb. 2 LSt D LZ β r g Daten zur Geometrie und den Massen der Körper: Waagebalken: Masse mSt = 120 g , Länge LSt = 30 cm . Zeiger: Masse mZ = 25 g , Länge LZ = 20 cm . (a) Berechnen Sie das Massenträgheitsmoment J D des starren Systems Waagebalken mit Zeiger bezüglich der Drehachse durch D senkrecht zur Zeichenebene. Das Massenträgheitsmoment einer langen dünnen Stange für eine Achse durch den Schwerpunkt (senkrecht zur Zeichenebene) ist 1 JS = m L2 . 12 (b) Stellen Sie die Differentialgleichung für ungedämpfte Drehschwingungen (sehr) kleiner Amplitude auf. (c) Berechnen Sie die Eigenkreisfrequenz ω0 und die Schwingungsdauer T0 des Modell-Systems. Durch Reibungsverluste sind die Schwingungen der Waage schwach gedämpft. Man beobachtet, dass die Ausschläge nach jeweils sieben Schwingungen auf ein Fünftel des Anfangswertes abnehmen. (d) Bestimmen Sie den Dämpfungsgrad D und den Abklingkoeffizienten δ . (e) Um welchen Anteil (Prozentangabe) ist die Schwingungsdauer Td der gedämpften Schwingung größer als die der ungedämpften Schwingung T0 ? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 19 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 19 – Kurzlösungen (a) Massenträgheitsmoment Stange J St,D = 9,0 ⋅ 10 −4 kg m 2 . Massenträgheitsmoment Zeiger J Z,D = 3,33 ⋅ 10 −4 kg m 2 . Gesamtes Massenträgheitsmoment J D = 1,23 ⋅ 10 −3 kg m 2 . (b) Rücktreibendes Drehmoment Zeiger (linearisiert) Mrück = − (mz g ) ⋅ ( Lz L sin β) ≈ − mz g z β . 2 2 && + mz g Lz β = 0 . Differentialgleichung (linearisiert) β 2J D (c) Eigenkreisfrequenz ω0 = 4,47 s −1; Schwingungsdauer T0 = 2π = 1,41 s . ω0 (d) Abklingkoeffizient δ = 0,164 s −1 ; Dämpfungsgrad D = 3,67 ⋅ 10 −2 < 0,1 . (e) Schwingungsdauern (Reihenentwicklung) Td = T0 1− D 2 Schwingungslehre ≈ (1 + 1 2 D )T0 ≈ 1,001⋅ T0 . Abweichung weniger als 0,1 %. 2 -2- Prüfungsaufgabe 19 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 19 – Musterlösung Vorbemerkung zum angegebenen Modell: Der Begriff ’Stange’ beinhaltet, dass die Querabmessungen sehr klein sind gegen die Länge der Stange; dabei ist die geometrische Form des Querschnitts (rechteckig, rund oder x-Profil) unerheblich. Bei der Berechnung des Massenträgheitsmoments geht die Querschnittsfläche in das Volumen und damit in die Gesamtmasse ein. Sind die Querabmessungen nicht mehr vernachlässigbar, z. B. für einen Backstein, dann gehen in die Massenträgheitsmomente zwei Abmessungen ein. (a) Der Waagebalken dreht sich – aus Symmetriegründen – um eine Achse durch den eigenen Schwerpunkt. Für das Massenträgheitsmoment gilt mit r << L , also für eine Stange J St,D = 1 1 mSt LSt 2 = ⋅ 0,120 kg ⋅ (0,30 m) 2 12 12 = 9,0 ⋅ 10 − 4 kg m 2 Der Zeiger dreht sich um eine Achse durch seinen Endpunkt repräsentiert durch eine ebenfalls dünne Stange. Nach STEINER ist das Massenträgheitsmoment des Zeigers bezüglich des Drehpunkts D J Z,D = L 1 1 1 m z ⋅ Lz 2 + m z ⋅ ( z ) 2 = m z ⋅ Lz 2 = ⋅ 25 ⋅ 10 − 3 kg ⋅ (0,20 m) 2 3 3 12 2 = 3,33 ⋅ 10 − 4 kg m 2 Das gesamte Massenträgheitsmoment des Modells bezüglich einer Drehachse durch D wird damit J D = J St,D + J Z,D = (9,0 + 3,33) ⋅ 10 −4 kg m 2 = 1,23 ⋅ 10 − 3 kg m 2 (b) Der Waagebalken ist in seinem Massenmittelpunkt gelagert; es wird aus Symmetriegründen von ihm kein resultierendes Moment ausgeübt. Für jedes Masseteilchen, das ein rechtsdrehendes Drehmoment ausübt, gibt es aus Symmetriegründen ein Masseteilchen, das ein betragsmäßig gleiches linksdrehendes Drehmoment ausübt. Ein rücktreibendes Drehmoment kommt allein durch die Auslenkung des Massenmittelpunkts des Zeigers aus der Ruhelage zustande. Dieses Drehmoment ist Lz L sin β) ≈ − mz g z β 2 2 mit der Linearisierung für kleine Auslenkwinkel aus der Ruhelage also für β << 1 wird M rück = − (mz g ) ⋅ ( sin β ≈ β (Reihenentwicklung der Sinus-Funktion) Das NEWTONsche Grundgesetz für Drehbewegungen lautet && M =J β res Schwingungslehre D -3- Prüfungsaufgabe 19 Mit den obigen Beziehungen für M res = M rück und J D folgt daraus − mz g Lz && β = JD β 2 oder && + mz g Lz β = 0 β 2JD (c) Durch Koeffizientenvergleich mit der Standard-Differentialgleichung && + ω 2β = 0 β 0 erhält man für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz ω0 2 = m z g Lz 25 ⋅ 10 −3 kg ⋅ 9,81 m s −2 ⋅ 0,20 m = 2 JD 2 ⋅ 1,23 ⋅ 10 − 3 kg m 2 = 20,0 s − 2 und die Eigenkreisfrequenz ω0 = 4,47 s −1 und die Schwingungsdauer für die ungedämpfte Schwingung des Modellsystems 2π = 1,41 s . T0 = ω0 (d) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Systems lassen sich darstellen als ϕ = ϕmax ⋅ e −δ t cos( ωdt + ϕ 0 ) oder ϕ = ϕmax ⋅ e −δ t sin( ωdt + ϕ 0 ) Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von ϕ einh = ϕmax e −δt oder ϕ einh = e − δt ϕmax Logarithmieren liefert ⎛ϕ ⎞ ln ⎜⎜ einh ⎟⎟ = − δ t ⎝ ϕmax ⎠ bei schwacher Dämpfung ist Td ≅ T0 (diese Annahme muss am Ende überprüft werden). Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 19 ϕ einh 1 = für jeweils sieben Schwingungsperioden, also für ein ϕmax 5 Zeitintervall t = 7 ⋅ T0 wird der Abklingkoeffizient Mit den Vorgaben ⎛ 1⎞ ln⎜ ⎟ ln1 − ln 5 ln 5 5 δ=− ⎝ ⎠ =− = 7 ⋅ 1,41 s 7 ⋅ 1,41 s 7 ⋅ 1,41 s = 0,164 s −1 Der Dämpfungsgrad ergibt sich aus Abklingkoeffizient δ und Eigenkreisfrequenz ω0 zu D= δ 0,164 s −1 = ω0 4,47 s −1 = 3,67 ⋅ 10 − 2 Damit liegt mit einem Dämpfungsgrad 0 < D ≤ 0,10 für das System ’schwache Dämpfung’ vor und die benutzte Näherung Td = T0 war gerechtfertigt. (e) Die Eigenkreisfrequenzen und die Schwingungsdauern für die Bedingungen mit und ohne Dämpfung sind über den Dämpfungsgrad miteinander verknüpft ωd T = 1− D 2 = 0 , ω0 Td wegen T = 2π ω damit wird schließlich Td = T0 1− D 2 = 1,001 ⋅ T0 Da die Berechnung – wegen D << 1 – an die Grenzen Ihres Taschenrechners stößt, benutzt man zweckmäßigerweise und vorteilhaft die Reihenentwicklung für 1 1− x = 1+ 1 1⋅ 3 2 1⋅ 3 ⋅ 5 3 x+ x + x + ... ( x entspricht D 2 ) 2 2⋅4 2⋅4⋅6 bricht die Reihenentwicklung nach dem linearen Glied ab, dann erhält man – und dies fast ganz ohne Taschenrechner! – Td = T0 1− D2 ≈ 1,001 ⋅ T0 ≈ (1 + 1 2 1 D )T0 = [1 + (3,67 ⋅ 10 −2 ) 2 ] T0 = (1 + 6,7 ⋅ 10 − 4 )T0 2 2 Die beiden Schwingungsdauern Td und T0 für den gedämpften und den ungedämpften Schwingfall weichen um weniger als 0,1 % voneinander ab. Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 19 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 20 Ein Rad hat die Masse m = 1,5 kg , den Innendurchmesser d i = 180 mm und den Außendurchmesser d a = 220 mm . In einem ersten Versuch (vgl. Skizze 1) wird das Rad an einem Nagel im Punkt A aufgehängt. Man lässt es (bei kleinen Auslenkwinkeln aus der Ruhelage) im Schwerefeld der Erde pendeln. Die gemessene Periodendauer aus mehreren Messungen ist T0a = 1,20 s . (a) Bestimmen Sie das Massenträgheitsmoment J S bezüglich der Radachse durch den Massenmittelpunkt. P1 A a1 c1 S di S S da c2 P2 a2 Skizze 2 Skizze 1 In einem zweiten Versuch (vgl. Skizze 2) wird das Rad im Schwerpunkt S reibungsfrei gelagert. In den Punkten P1 und P2 sind Federn mit den Federkonstanten c1 = c 2 = c = 1,20 N cm −1 befestigt. Im Ruhezustand bilden die starren Verbindungen a1 und a2 Tangenten an den äußeren Radumfang. (b) Stellen Sie die Differentialgleichung für die Drehschwingungen des Rades auf. Dies soll wieder unter der Voraussetzung kleiner Winkelausschläge erfolgen. (c) Berechnen Sie die Eigenkreisfrequenz ω0c und die Periodendauer T0c der Drehschwingungen um S. Aufstecken von zwei Flügeln (Masse vernachlässigbar) auf die Felge führt zu einer Dämpfung des schwingungsfähigen Systems. Man beobachtet anschließend, dass die Winkelausschläge in jeweils fünf Schwingungsperioden auf die Hälfte des Anfangswerts abnehmen. (d) Bestimmen Sie den Dämpfungsgrad D des Systems. Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 20 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 20 – Kurzlösungen (a) Massenträgheitsmoment (STEINER) J A = mdg ω0a 2 = m Ri g T0a 4 π2 . Massenträgheitsmoment J S = 3,62 ⋅ 10 −2 kg m 2 . (b) Kleiner Auslenkwinkel β ; Bogenlänge Ra = Federdehnung y ; β = y . Ra Federn in Parallelanordnung c res = 2 c . Rücktreibendes Drehmoment M rück = − 2 [c y ] Ra = − (2 c Ra 2 ) β . 2 && + 2 c Ra β = 0 . Differentialgleichung β JS (c) Eigenkreisfrequenz ω0c = 8,96 s −1 ; Schwingungsdauer T0c = 0,70 s . (d) Abklingkoeffizient δ = 0,198 s −1 . Dämpfungsgrad D = 0,022 < 0,1 (schwache Dämpfung). Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 20 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 20 – Musterlösung (a) Für ein physikalisches Pendel gilt bei kleinen Auslenkwinkeln aus der Ruhelage für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz ω0a ω0a 2 = md g JA mit m Gesamtmasse des Pendels d Abstand zwischen Aufhängepunkt A und Massenmittelpunkt S D d = AS = Ri = i halber Innendurchmesser 2 g Fallbeschleunigung J A Massenträgheitsmoment der Anordnung bezüglich einer Achse durch den Aufhängepunkt A Der Zusammenhang zwischen Eigenkreisfrequenz ω0a und Schwingungsdauer T0a ist 1 ω0a = 2π ⋅ T0a Daraus erhält man das Massenträgheitsmoment J A bezüglich des Aufhängepunkts A JA = mdg ω0a 2 = m Ri g T0a 4 π2 Das Massenträgheitsmoment J A bezüglich des Aufhängepunkts und das Massenträgheitsmoment J S bezüglich des Massenmittelpunkts S sind über den STEINERschen Satz verknüpft J A = J S + ma 2 dabei ist a = Ri der Abstand AS Daraus wird JS = ( T0a 2 4π 2 2 m Ri g ) − ( m Ri ) = m Ri ( = 1,50 kg ⋅ 9,0 ⋅ 10 − 2 m ⋅ ( = 1,35 ⋅ 10 −1 1,20 2 s 2 4π 2 T0a 2 4π 2 g − Ri ) ⋅ 9,81 m s − 2 − 9,0 ⋅ 10 − 2 m) kg m ⋅ (0,365 − 0,09) m = 3,62 ⋅ 10 − 2 kg m 2 (b) Die tangential am Außendurchmesser angreifenden Federkräfte üben ein Drehmoment auf das Rad aus und bewirken Drehschwingungen. Da für eine ideale Feder Stauchung und Dehnung äquivalent sind, addieren sich die von den beiden Federn ausgeübten Drehmomente in Parallelschaltung. Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 20 Bei Linksdrehung des Rades wird die obere Feder gedehnt und die untere um den gleichen Betrag gestaucht; beide Auslenkungen bewirken ein rücktreibendes Drehmoment. Den Zusammenhang zwischen der linearen Auslenkung y einer der beiden Federn und dem Drehwinkel β liefert die Definition des Winkels im Bogenmaß, also Winkel ϕ = Bogenlänge s Federdehnu ng y = Radius R Außenradiu s R a denn für kleine Auslenkwinkel β ist die Bogenlänge gleich der Federdehnung y . Also gilt β= y Ra oder y = Ra ⋅ β Die von einer Feder ausgeübte rücktreibende Kraft ist mit c1 = c 2 = c Frück = − c y Das von beiden Federn ausgeübte rücktreibende Drehmoment wird damit M rück = −2 [c y ] Ra = −(2 c Ra 2 )β (eine Feder wird gedehnt, eine gestaucht, d. h. die Federn sind in Parallelanordnung). Nach dem NEWTONschen Grundgesetz für Drehbewegungen bewirken Drehmomente Winkelbeschleunigungen gemäß && M =J α=J β res S S dabei ist M rück = M res Das ergibt (unter der Einschränkung kleiner Auslenkwinkel β und angenommener Reibungsfreiheit) die Differentialgleichung einer harmonischen, ungedämpften Drehschwingung && + 2 c R 2β = 0 JS β a 2 && + 2 c Ra β = 0 β JS (c) Für die Eigenkreisfrequenz des Systems erhält man durch Koeffizientenvergleich mit der Standard-Gleichung für ungedämpfte Schwingungen y&& + ω0 2 y = 0 für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz ω0c 2 2 c Ra 2 2 ⋅ 1,2 kg m s −2 (10 −2 m) −1 ⋅ 0,112 m 2 = = JS 3,62 ⋅ 10 − 2 kg m 2 = 80,22 s − 2 Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 20 und für die Eigenkreisfrequenz ω0c = 8,96 s −1 Damit wird die Schwingungsdauer T0c = 2π 2π = ω0c 8,96 s −1 = 0,70 s (d) Die Abnahme der Winkelausschläge in gleichen Zeitintervallen um jeweils den gleichen Faktor ist Kennzeichen eines Reibungsmoments, das proportional zur Winkelgeschwindigkeit ist; dies führt zu einer exponentiellen Abnahme der Winkelausschläge β(t ) = βˆ 0 ⋅ e −δt ⋅ cos(ωdt + ϕ 0 ) Es gilt allgemein für die Hüllfunktion βHüll (t ) = βˆ 0 ⋅ e −δ t umgeformt und logarithmiert erhält man ⎛ β (t ) ⎞ ln⎜⎜ Hüll ⎟⎟ = −δ t ⎝ βˆ 0 ⎠ Für den vorliegenden Fall wird, zunächst unter der später nachzuprüfenden Annahme schwacher Dämpfung ( 0 < D ≤ 0,1), also für Td ≅ T0c . ⎛ 1⎞ ln⎜ ⎟ = −δ (5Td ) ≅ −δ (5T0c ) ⎝2⎠ ln 2 0,693 −1 s δ= = 5T0 5 ⋅ 0,70 = 0,198 s −1 Damit wird schließlich der Dämpfungsgrad D 0,198 s −1 δ = ω0c 8,96 s −1 = 0,022 D= Damit wird die oben gemachte Annahme schwacher Dämpfung ( 0 < D ≤ 0,1) bestätigt und die Näherung Td ≅ T0c gerechtfertigt. Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 20 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 21 Eine Schwingtür ( H = 2,00 m , B = 0,80 m , D = 0,03 m , Dichte ρ = 0,9 g cm −3 ) wird von einer Torsionsfeder (Winkelrichtgröße c * = 40 N m ) in ihre Ruhelage zurückgezogen. Die Reibung bei der Rotation um die Achse A sei vernachlässigbar. A P z L FR H x B y A D (a) Bestimmen Sie das Massenträgheitsmoment J A , bezüglich einer Rotation um die Achse A. Ein Öldämpfer erzeugt eine geschwindigkeitsproportionale Reibungskraft FR = −b ⋅ v , die im Punkt P, mit dem Abstand L = 30 cm von der Achse A tangential angreift. (b) Wie lautet die Differentialgleichung für gedämpfte harmonische Bewegungen der Tür. (c) Welche Schwingungsdauer Td der Tür stellt sich ein, wenn der Betrag des Reibungskoeffizienten b1 = 110 kg s −1 ist? Die Schwingtür soll sich von einem vorgegebenen Öffnungswinkel aus ohne Anfangswinkelgeschwindigkeit schließen. (d) Wie muss der Reibungskoeffizient b2 gewählt werden, wenn sich die Tür schnellst möglich schließen soll? Hinweis: Das Massenträgheitsmoment J z (S) um die z -Achse durch den m 2 Massenmittelpunkt S ist J z (S) = (B + D 2 ) . 12 Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 21 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 21 – Kurzlösungen (a) Gesamtmasse m = 43,2 kg . Massenträgheitsmoment (STEINER) J A = 9,22 kgm 2 . (b) Rücktreibendes Drehmoment M Rück = − c * β . Reibungsmoment M Reib = FReib L = − (b1 v ) L = − b1 (ω L ) L = − (b1 L2 ) β& . 2 && + b1 L β& + c * β = 0 . Differentialgleichung β JA JA (c) Quadrat der Eigenkreisfrequenz ω0 2 = 4,34 s −2 . Abklingkoeffizient δ = 0,537 s −1 . Kreisfrequenz ωd = 2,01 s −1 ; Schwingungsdauer Td = 3,13 s . (d) Aperiodischer Grenzfall δ = ω0 ; Reibungskoeffizient bap = b2 = 411 kg s −1 . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 21 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 21 – Musterlösung (a) Zur Berechnung des Massenträgheitsmoments braucht man die Gesamtmasse m der Türe. Diese ergibt sich aus Dichte und Geometrie zu m = ρ D B H = 900 kg m −3 ⋅ 2,0 m ⋅ 0,8 m ⋅ 3 ⋅ 10 −2 m = 43,2 kg Das Massenträgheitsmoment J A für die Bezugsachse A ergibt sich für die vorgegebene Geometrie aus dem STEINERschen Satz zu 1 1 B J A = J z (S) + m ( )2 = m (B 2 + D 2 ) + m B 2 2 12 4 1 1 = ⋅ 43,2 kg ⋅ [(8 ⋅ 10 -1 ) 2 + (3 ⋅ 10 − 2 )2 ] m 2 + 43,2 kg ⋅ (8 ⋅ 10 -1 ) 2 m 2 4 12 = (2,31 + 6,91) kg m 2 = 9,22 kg m 2 (b) Der Betrag des Rückstellmoments M Rück der Torsionsfeder ist proportional zum Auslenkwinkel β M Rück = − c * β Der Betrag des Reibungsmoments M Reib ausgeübt durch den Öldämpfer ist M Reib = FReib L Dabei ist die Reibungskraft FReib bei viskoser Reibung proportional zur Geschwindigkeit und dieser entgegengerichtet FReib = − b1 v Der Zusammenhang zwischen Lineargeschwindigkeit v eines Elements der Türe und der Winkelgeschwindigkeit ω der Türe für einen Abstand L von der Drehachse ist v = ωL Die drei letzten Gleichungen liefern zusammengenommen für den Betrag des Reibungsmoments M Reib = FReib L = − (b1 v ) L = − b1 (ω L ) L = − (b1 L2 ) β& Ein resultierendes Drehmoment aus den Kräften FRück und FReib bewirkt nach NEWTON eine Winkelbeschleunigung α gemäß && M =J α=J β res A A Damit ergibt sich schließlich M res = M Rück + M Reib && = − c * β − b L2 β& JA β 1 Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 21 Nach Umstellen erhält man für die Bewegung der Tür die Differentialgleichung einer viskos gedämpften harmonischen Schwingung 2 && + b1 L β& + c * β = 0 β JA JA (c) Durch Koeffizientenvergleich mit der allgemeinen Differentialgleichung einer viskos gedämpften Drehschwingung && + 2δ β& + ω 2 β = 0 β 0 erhält man für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz ω0 ω0 2 = c * 40 kg m s −2 m = JA 9,21 kg m 2 = 4,34 s − 2 und für den Abklingkoeffizienten δ der gedämpften Schwingung δ= b1 L2 110 kg s −1 ⋅ 0,09 m 2 = 2JA 2 ⋅ 9,21 kg m 2 = 0,537 s −1 Für die Kreisfrequenz ω d einer (geschwindigkeitsproportional) gedämpften Schwingung gilt die Beziehung ωd 2 = ω0 2 − δ 2 = 4,34 s −2 − 0,29 s −2 = 4,05 s − 2 und ωd = 2,01 s −1 Damit ergibt sich die Schwingungsdauer der gedämpften Schwingung zu 2π 2π = ωd 2,01 s −1 = 3,13 s Td = (d) Bei Auslenken und Loslassen ohne eine Anfangswinkelgeschwindigkeit, also mit ω(t = 0) = β& (t = 0) = 0 ; geht die Tür im aperiodischen Grenzfall am schnellsten unter einen vorgegebenen Grenzwert zurück (die e-Funktion ist stets ungleich null). Für den Fall des Loslassens ohne Anfangsgeschwindigkeit geschieht dies ohne Überschwingen. Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 21 Für den aperiodischen Grenzfall ist die Eigenkreisfrequenz ω0 gleich dem Abklingkoeffizient δ ; also D= δ =1 ω0 oder δ = ω0 Mit den Werten für den Abklingkoeffizienten δ und der Eigenkreisfrequenz ω0 aus Teilaufgabe (c) erhält man b2 L2 ω0 = δ = 2J A Der Reibungskoeffizient b2 für den aperiodischen Grenzfall wird damit bap = b2 = 2 J A ω0 L2 = 2 ⋅ 9,21 kg m 2 ⋅ 2,01 s −1 9 ⋅ 10 − 2 m 2 = 411 kg s −1 Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 21 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 22 D d a M A Eine homogene Kreisscheibe (Masse m = 2 kg , Durchmesser D = 0,5 m ) kann sich reibungsfrei um ihre horizontale Symmetrieachse drehen. Der Achsenquerschnitt ist sehr klein und vernachlässigbar. (a) Welches Massenträgheitsmoment J A, voll hat die Scheibe bezogen auf ihre Scheibenachse A ? Aus der Scheibe wird ein kreisrundes Loch geschnitten (Lochdurchmesser d = 10 cm , die Lochmitte M ist a = 15 cm von der Scheibenachse A entfernt). (b) Berechnen Sie das neue Massenträgheitsmoment J A,Loch für die gelochte Scheibe – wieder bezogen auf die Scheibenachse A (vgl. Skizze). (c) Die fehlende Materie in der Bohrung macht die Scheibe zu einem physikalischen Pendel. Bestimmen Sie für kleine Auslenkungen aus der Ruhelage die Winkelrichtgröße c * . Anleitung: Ein gleich großes zweites, achsensymmetrisch zum ersten in die Scheibe geschnittenes Loch brächte den Massenmittelpunkt wieder in die Drehachse A , und damit bliebe die Anordnung frei von Drehmomenten. (d) Welche Eigenfrequenz f0 hat das ungedämpft schwingende Scheibenpendel mit Loch? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 22 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 22 – Kurzlösungen (a) Massenträgheitsmoment J A, voll = 6,25 ⋅ 10 −2 kg m 2 . (b) Massenträgheitsmomente J A, voll = J A,Loch + J Loch . Masse mLoch = 8 ⋅ 10 −2 kg . Massenträgheitsmoment (Scheibe mit Loch) J A,Loch = 6,06 ⋅ 10 -2 kg m 2 . (c) Rücktreibendes Drehmoments (linearisiert) M rück = − (mLoch g a β) = − c * β . Drehfederkonstante c * = mLoch g a = 0,118 N m . 2 (d) Eigenkreisfrequenz ω0 = c* J A,Loch ; Eigenfrequenz f0 = 0,222 s −1 . Schwingungsdauer T0 = 4,50 s . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 22 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 22 – Musterlösung (a) Das Massenträgheitsmoment einer homogenen zylindrischen Voll-Scheibe – also ohne Loch – ist J A, voll = 1 1 mR 2 = mD 2 = 0,125 ⋅ 2 kg ⋅ (0,5 m) 2 2 8 = 6,25 ⋅ 10 − 2 kg m 2 (b) Massenträgheitsmomente sind additiv. Das Massenträgheitsmoment der VollScheibe J A, voll setzt sich zusammen aus dem Massenträgheitsmoment der Scheibe mit Loch J A,Loch und dem Massenträgheitsmoment des Lochs J Loch ausgefüllt mit Materie. Also J A, voll = J A,Loch + J Loch Der Anteil des Loches am Massenträgheitsmoment J Loch muss vom Massenträgheitsmoment J A, voll der Vollscheibe abgezogen werden. Zur Berechnung von J Loch benötigt man die Masse mLoch des ausgeschnittenen Lochs. Dazu überlegt man Folgendes: Die Scheibe ist homogen und sie hat überall die gleiche Dicke; deshalb verhalten sich die Massenanteile wie die zugehörigen Flächen (Dichte des Materials ρ , Dicke der Scheibe d , Flächenelement ΔA ); also ΔM = ρV = ρ ΔA d = const. ⋅ ΔA Damit wird das Verhältnis der Masse des ausgebohrten Lochs mLoch zur Masse der Scheibe m mLoch π r 2 d 2 = = m πR 2 D2 Daraus bestimmt sich die Masse mLoch aus der Gesamtmasse m zu 2 2 mLoch 2 ⎛ 10 cm ⎞ ⎛d ⎞ ⎛ 1⎞ ⎟⎟ ⋅ 2,0 kg = ⎜ ⎟ ⋅ 2,0 kg = ⎜ ⎟ m = ⎜⎜ ⎝D⎠ ⎝5⎠ ⎝ 50 cm ⎠ = 8 ⋅ 10 − 2 kg Das Massenträgheitsmoment für das mit Materie 'gefüllte' Loch ist, einschließlich des STEINERschen Anteils 1 1 d2 mLoch r 2 + mLoch a 2 = mLoch d 2 + mLoch a 2 = mLoch ( + a2 ) 2 8 8 Das Massenträgheitsmoment für die zylindrische Scheibe mit Loch wird damit J Loch = J A.Loch = J A, voll − J Loch ⎛d2 ⎞ D2 =m − mLoch ⎜ + a2 ⎟ ⎜ 8 ⎟ 8 ⎝ ⎠ ⎛ (10 −1 m) 2 ⎞ = 6,25 ⋅ 10 − 2 kg m 2 − 8 ⋅ 10 − 2 kg ⋅ ⎜ + (1,5 ⋅ 10 −1 m) 2 ⎟ ⎜ ⎟ 8 ⎝ ⎠ = 6,06 ⋅ 10 - 2 kg m 2 Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 22 Ein zweites, symmetrisch gebohrtes Loch stellte die Symmetrie wieder her, der Massenmittelpunkt wäre wieder in der Mitte der Scheibe, also in der Drehachse und damit ergäbe sich kein resultierendes Drehmoment. Die Scheibe mit Doppelloch kann frei um die Achse rotieren. Dieses symmetrisch angeordnete Loch, gefüllt mit Materie, übt nach Auslenken aus der Ruhelage (der tiefsten Lage unterhalb der Drehachse A gelegen) ein Drehmoment bezüglich der Drehachse A aus; dieses Drehmoment versucht das System in die Ruhelage zurück zu treiben. Der Betrag des Drehmoments ist M rück = Fgrav a sin β = ( mLoch g ) a sin β A A kein rücktreibendes Drehmoment rücktreibendes Drehmoment Für kleine Auslenkungswinkel aus der Ruhelage gilt die Näherung sin β ≈ β Damit wird der Betrag des rücktreibenden Drehmoments proportional zum Auslenkwinkel. M rück = − (mLoch g a β) = − c * β Dieser lineare Zusammenhang ist Voraussetzung für ungedämpfte harmonische Schwingungen. Die Proportionalitätskonstante c * entspricht der Drehfederkonstante für Drehschwingungen; sie ergibt sich zu c * = mLoch g a = 8 ⋅ 10 −2 kg ⋅ 9,81 m s −2 ⋅ 1,5 ⋅ 10 −1 m = 0,118 N m (d) Die Grundgleichung für Drehbewegungen nach NEWTON lautet M rück = J d 2β 2 && =Jβ dt Mit den Teilergebnissen von (b) und (c) folgt && − c *β = J β A,Loch Damit ergibt sich für die Schwingung die Differentialgleichung && + β c* J A,Loch Schwingungslehre β = 0 -4- Prüfungsaufgabe 22 Koeffizientenvergleich mit der Standard-Differentialgleichung für harmonische Drehschwingungen && + ω 2β = 0 β 0 liefert als Beziehung für die Eigenkreisfrequenz ω0 2 = c* J A,Loch Daraus ergibt sich die Eigenfrequenz des physikalischen Pendels – mit der Einschränkung ’kleine Auslenkungen’ aus der Ruhelage f0 = ω0 1 = 2π 2π c* J A,Loch = 1 2π 0,118 kg m s − 2 m 6,06 kg m 2 = 0,222 s −1 oder für die Schwingungsdauer T0 = 1 1 = f0 0,222 s = 4,50 s Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 22 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 23 Auf einer horizontalen geraden Gleitkissenbahn kann sich ein Gleiter ' G 1' (Masse 25 m1 = kg ) reibungsfrei bewegen. Seine Bewegung wird bestimmt durch eine 9 ideale Feder, die zwischen Gleiter ' G 1' und einer festen Wand angebracht ist (vgl. Skizze). G2 C G1 B A Bei entspannter Feder befindet sich der Gleiter ' G 1' am Ort ' B' (sämtliche Ortskoordinaten werden jeweils von der gleichen Kante des Gleiters aus gemessen). Eine äußere Kraft ( Fext = 20 N ) drückt die Feder zusammen und verschiebt dabei den Gleiter ' G 1' um die Strecke BA = y 1 = 20 cm ; der Gleiter ' G 1' befindet sich danach am Ort ' A ' . Er wird anschließend am Ort ' A ' ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen. (a) Mit welcher Frequenz f01 schwingt der Gleiter ' G 1' nach Loslassen? (b) Welche Geschwindigkeit v C hat der Gleiter ' G 1' am Ort ' C' ? 1 Der Abstand vom Punkt ' B' ist BC = y 2 = 3 ⋅ y1 . 2 1 Am Ort ' C' steht ein zweiter Gleiter ' G 2' (Masse m2 = m1 ). 4 Bei seiner Schwingungsbewegung stößt Gleiter ' G 1' auf Gleiter ' G 2' . Nach dem Stoß haften die beiden Gleiter durch einen Klettenverschluss aneinander. Der in der Zeitspanne des Zusammenstoßes zurückgelegte Weg soll vernachlässigt werden können. (c) Welche gemeinsame Geschwindigkeit u gem haben die beiden gekoppelten Gleiter unmittelbar nach dem Zusammenstoß? (d) Welche Eigenkreisfrequenz ω02 und welche Schwingungsdauer T02 gehören zu der Schwingung des gekoppelten Systems nach dem Stoß? Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 23 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 23 – Kurzlösungen (a) Eigenfrequenz f01 = 0,95 s −1 . (b) Geschwindigkeit Gleiter Ort – ' C' v C = − 0,60 ms −1 . (c) Vollständig inelastischer Stoß – gemeinsame Geschwindigkeit u gem = − 0,48 m s −1 . (d) Eigenkreisfrequenz ω02 = 5,4 s −1 ; Schwingungsdauer T02 = 1,17 s . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 23 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 23 – Musterlösung (a) Für ein lineares Kraftgesetz ist nach HOOKE die Auslenkung proportional zur angreifenden Kraft Fext = c y (die äußere Kraft wirkt in Richtung der Auslenkung); Eine äußere Kraft Fext = 20 N bewirkt eine Auslenkung aus der Ruhelage der entspannten Feder um y 1 = 0,20 m . Damit bestimmt sich die Federkonstante einer idealen Feder zu c= Fext 20 N N = = 100 0,2 m m y1 Die Eigenkreisfrequenz ω01 bzw. die Schwingungsdauer T01 des Feder-MasseSystems wird eindeutig durch die Kenngrößen des schwingungsfähigen Systems bestimmt; diese sind Federkonstante c der Feder und Masse m1 des Gleiters ' G 1' Für die Eigenkreisfrequenz ω01 gilt die Beziehung ω012 c 100 N m −1 900 kg m s −2 m −1 = = = 25 m1 25 kg kg 9 = 36,0 s − 2 und ω01 = 6,0 s −1 Die Eigenfrequenz wird mit ω01 = 2π f01 f01 = ω01 6,0 s −1 = 2π 2π = 0,95 s −1 (b) Die Schwingungen des Feder-Gleiter-Systems werden durch eine harmonische Funktion beschrieben. Da die Bewegung aus dem Umkehrpunkt der Schwingung [ y = yˆ = y 1 ] ohne Anfangsgeschwindigkeit startet, wählt man zweckmäßigerweise zur allgemeinen Beschreibung eine Kosinus-Funktion y = yˆ ⋅ cos(ω01t + ϕ0 ) denn dann ist notwendigerweise die Amplitude gleich der Anfangsauslenkung yˆ = y 1 und der Nullphasenwinkel wird vereinfachend ϕ0 = 0 . Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 23 Die Zeitabhängigkeit der Geschwindigkeit erhält man – für alle Zeiten – durch Ableiten v (t ) = y& (t ) = − yˆ ω01 ⋅ sin(ω01t ) [dabei ist bereits ϕ0 = 0 gesetzt]. Die Geschwindigkeit am Ort ' C' kann also über die Bestimmung des Zeitpunkts t C , an dem der Ort ' C' erreicht wird, bestimmt werden. Dafür gilt nach dem Auslenkung-Zeit-Gesetz y C = y 2 = y 1 ⋅ cos(ω01 t C ) damit wird y cos( ω01 t C ) = 2 = y1 =− − 1 3 ⋅ y1 2 y1 1 3 2 also ( ω01 t C ) = arc cos( − 1 3) 2 5π 6 daraus ergibt sich der Zeitpunkt der Kopplung (ω01 t C ) = 5π 5π = 6 ω01 6 ⋅ 6,0 s −1 = 0,463 s tC = Diesen Zeitpunkt t C braucht man aber gar nicht explizit auszurechnen; denn im Argument der Sinus-Funktion im Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz tritt ebenfalls nur die 5π Kombination (ω01t C ) = auf. 6 Für die Geschwindigkeit des Gleiters am Ort ' C' gilt v C = y& (t = t C ) = − y 1 ω01 ⋅ sin(ω01 t C ) = − 0,2 m ⋅ 6,0 s −1 ⋅ sin( 5π 1 ) = − 0,2 m ⋅ 6,0 s −1 ⋅ 6 2 v C = − 0,60 ms −1 Das negative Vorzeichen bedeutet, dass die Bewegungsrichtung im Zeitpunkt des Zusammenstoßes der als positiv genommenen Richtung der anfänglichen Stauchung entgegengerichtet ist. Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 23 Alternativer Lösungsweg Ein zweiter Weg zur Bestimmung der Geschwindigkeit des Gleiters am Ort ' C' benutzt den Satz von der Erhaltung der Energie in seiner Fassung der Mechanik, da die Schwingungsbewegung reibungsfrei erfolgen soll. Zu jedem Zeitpunkt muss die Summe aus der potentiellen Energie der Feder und der kinetischen Energie des bewegten Gleiters gleich der Gesamtenergie des schwingungsfähigen Systems sein. Die Gesamtenergie des Systems ist aber durch die Stauchung der Feder zu Beginn des Versuchs eindeutig festgelegt. Für die potentielle Energie einer gedehnten oder gestauchten Feder gilt allgemein 1 cy2 2 Für die kinetische Energie des bewegten Gleiters gilt Feder E pot = Gleiter E kin = 1 m1 v 2 2 Für die Orte ' C' und ' A ' liefert der Erhaltungssatz der Energie in seiner Fassung der Mechanik die Identität Feder Gleiter Feder Gleiter E pot (C) + E kin (C) = E pot (A) + E kin (A) mit Gleiter E kin (A) = 0 Damit lässt sich die kinetische Energie des Gleiters am Ort ' C' ausdrücken als Gleiter Feder Feder E kin (C) = E pot (A) − E pot (C) Mit 1 1 N c y 12 = ⋅ 100 ⋅ (0,20 m) 2 2 2 m = 2,00 N m Feder E pot (A) = und 1 1 1 1 3 3 Feder c y 2 2 = c( − 3 ⋅ y 1 )2 = ⋅ c y 12 = ⋅ E pot (A) 2 2 2 2 4 4 = 1,50 N m Feder Epot (C) = wird 1 Feder Feder m 1v C 2 = Epot (A) − E pot (C) = (2,0 − 1,50) N m 2 = 0,50 N m Gleiter Ekin (C) = Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 23 Daraus ergibt sich v C2 = 2 ⋅ 0,50 N m 9,00 kg m s −2 ⋅ m = 25 25 kg kg 9 = 0,36 m2 s2 und m s Weil die Bewegung nach links (in negative Koordinatenrichtung) erfolgt, muss das negative Vorzeichen gewählt werden. v C = ( ± ) 0,60 Schwingungslehre -6- Prüfungsaufgabe 23 (c) Die Aussage “die Gleiter koppeln beim Stoß“ bedeutet, dass sich beide Gleiter unmittelbar nach dem Stoß mit gleicher, einheitlicher Geschwindigkeit weiter bewegen. Damit liegt – nach der Definition – ein vollständig inelastischer Stoß vor. Da keine äußeren Kräfte in Bewegungsrichtung wirken ändert sich der Impuls des Systems nicht, es gilt der Satz von der Erhaltung des Impulses. also m1v C = ( m1 + m 2 ) u gem dabei ist u gem die gemeinsame Geschwindigkeit der beiden Gleiter unmittelbar nach dem Koppeln beim Stoß. u gem = m1 ⋅vC = (m1 + m2 ) m1 4 ⋅ v C = ⋅ ( − 0,60 m s −1 ) 1 5 (m1 + m1 ) 4 = − 0,48 m s −1 Die gemeinsame Bewegung ist ebenfalls nach links gerichtet (in negative Koordinatenrichtung). Eigenkreisfrequenz ω0 , Eigenfrequenz f0 und Schwingungsdauer T0 ändern sich, wenn bei ungeänderter Feder(konstante) die Masse des angehängten Körpers verändert wird. Damit wird ω02 2 = c 100 N m −1 3600 kg m s −2 m −1 = = 1 5 25 125 kg (m1 + m1 ) ⋅ kg 4 4 9 = 28,8 s − 2 und ω02 = 5,4 s −1 damit wird 2π 2π = ω02 5,4 s −1 = 1,17 s T02 = Schwingungslehre -7- Prüfungsaufgabe 23 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 24 In einem Messgerät führt eine homogene Metallscheibe (Masse m , Radius R = 10 cm ) Pendelschwingungen – bei kleinen Winkelausschlägen – um eine Achse senkrecht zur Scheibenebene durch den Punkt P, aus (vgl. Skizze). P A x r g S R Das axiale Massenträgheitsmoment J S der Scheibe bezüglich einer Achse senkrecht 1 zur Scheibenebene durch den Schwerpunkt S ist gegeben durch J S = mR 2 . 2 In einem ersten Versuch schwingt die Scheibe ungedämpft. (a) Berechnen Sie die Schwingungsdauer T0 und die Eigenkreisfrequenz ω 0 der Scheibe. In einem zweiten Versuch lässt man die Scheibe in einem zähen Öl schwingen. Man beobachtet eine exponentielle Abnahme der Ausschläge und misst bei starker Dämpfung eine Schwingungsdauer Td , die um 5 % größer ist als T0 . (b) Bestimmen Sie den Dämpfungsgrad D und den Abklingkoeffizienten δ . In einem dritten Versuch soll die Scheibe wieder ungedämpft schwingen. Dabei soll die Drehachse senkrecht zur Scheibenebene durch den Punkt A gehen, der zwischen Schwerpunkt S und Punkt P liegt (vgl. Skizze). (c) In welchem Abstand x = xmin müsste man die Achse anbringen, damit die Schwingungsdauer TA ( x ) am kleinsten wird? (d) Berechnen Sie TA ( xmin ) . Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 24 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 24 – Kurzlösungen 3 (a) Massenträgheitsmoment (STEINERscher Satz) J P = m R 2 . 2 Eigenkreisfrequenz ω0 = 8,09 s −1 ; Schwingungsdauer T0 = 0,777 s . (b) Dämpfungsgrad D = 0,305 ; Abklingkoeffizient δ = 2,47 s −1 . (c) Massenträgheitsmoment Abstand x = AS wird J A = 1 mR 2 + m x 2 . 2 ⎛1 2 2⎞ ⎜ mR +m x ⎟ 4π 2 R 2 2 ⎠ 2 ⎝2 Schwingungsdauer(Quadrat) T A ( x ) = (2π) = ⋅( + x) . mg x g 2x 1 2 R = 7,07 cm . 2 [Der negative Wert der Wurzel ist physikalisch sinnlos]. ’Extremum‘ x min = (d) Schwingungsdauer T A,min = 0,754 s . Schwingungslehre -2- Prüfungsaufgabe 24 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 24 – Musterlösung (a) Die Scheibe kann im Schwerefeld der Erde schwingen. Für ein physikalisches Pendel ist die Eigenkreisfrequenz bei kleinen Auslenkungen aus der Ruhelage gegeben durch ω0 2 = mit m g m g d m g (PS ) = JP JP Gesamtmasse Schwerebeschleunigung d = PS Abstand zwischen Drehpunkt P und Massenmittelpunkt S JP Massenträgheitsmoment bezüglich des Drehpunkts P Der Schwerpunkt liegt aus Symmetriegründen im Mittelpunkt der Scheibe. Der Abstand d = PS zwischen Aufhängepunkt P und Schwerpunkt S ist damit gleich dem Radius R der Scheibe. Das Massenträgheitsmoment JP bezüglich des Drehpunkts berechnet sich nach dem STEINERschen Satz zu 1 3 J P = J S + m R 2 = mR 2 + m R 2 = mR 2 2 2 Für die Eigenkreisfrequenz ω 0 erhält man mit den o. g. Werten ω0 2 = mg R mg R 2 g 2 ⋅ 9,81 ms −2 = = = 3 JP 3R 3 ⋅ 0,10 m 2 mR 2 = 65,4 s − 2 und ω0 = 8,09 s −1 Die Schwingungsdauer wird 2π 2π = ω0 8,09 s −1 = 0,777 s T0 = (b) Die gemessene Schwingungsdauer bei starker Dämpfung ist Td = 1,05 ⋅T0 . Für die Kreisfrequenz mit Dämpfung ω d gilt die Beziehung ωd2 = ω0 2 (1 − D 2 ) oder D =1− 2 Schwingungslehre ωd 2 ω0 2 -3- Prüfungsaufgabe 24 daraus wird mit ω0 = D 2 = (1 − 2π T0 und T0 2 1,00 2 Td 1,05 2 ) = (1 − 2 ωd = 2π Td ) = (1 − 0,907 ) = 0,0930 und der Dämpfungsgrad D = 0,305 Den Abklingkoeffizienten δ erhält man aus der Definition des Dämpfungsgrades D als Quotient aus Abklingkoeffizient δ und Eigenkreisfrequenz ω0 D= δ ω0 zu δ = D ω0 = 0,305 ⋅ 8,09 s −1 = 2,47 s −1 (c) Für die Schwingungsdauer um den Punkt A gilt, analog zu Teilaufgabe (a), für das Massenträgheitsmoment für einen Abstand x = AS zwischen Drehachse A und Massenmittelpunkt S , also für 0 < x ≤ R 1 mR 2 + m x 2 2 Damit gilt für das Quadrat der Schwingungsdauer bei einer Schwingung um A JA = ⎛1 2 2⎞ ⎜ mR +m x ⎟ 4π 2 R 2 2 ⎠ 2 ⎝2 T A ( x ) = ( 2π ) = ⋅( + x) mg x g 2x Die Bestimmung der kürzesten Schwingungsdauer in Abhängigkeit von der Koordinate x des Aufhängepunkts A ist eine Extremwertaufgabe für TA ( x ) bzw. TA 2 ( x ) ; denn wenn TA ( x ) einen Extremwert hat, dann hat auch TA 2 ( x ) einen Extremwert. 2 Die erste Ableitung von TA ( x ) ist d 4π 2 R 2 ( −1) TA 2 ( x ) = ⋅( ⋅ + 1) dx 2 x2 g Für die Bedingung ’Extremum‘ (physikalisch ohne weitere Mathematik als 'Minimum' genommen) muss die eckige Klammer gleich null werden, also gilt R2 1 ⋅ =1 2 xmin 2 Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 24 oder 1 xmin 2 = R 2 . 2 x min = 1 2 R = 7,07 cm [der negative Wert der Wurzel ist physikalisch sinnlos]. 2 (d) Die Schwingungsdauer T A,min = T A ( x min ) wird T A,min 2 1 ( m R 2 + m x min 2 ) = ( 2π ) 2 2 mg x min 11 2 1 R R = 4π 2 ⋅ ( ⋅ ⋅R 2 ⋅ + ⋅ ) = 4π 2 2 ⋅ 2g R g 2 g = 0,569 s 2 also T A,min = 0,754 s . Für mathematische Puristen Zur Entscheidung ’Minimum’ oder ’Maximum‘ ist das Vorzeichen der zweiten Ableitung zu bestimmen. d d d 4π 2 R 2 ( −1) 4π 2 R 2 ( −1)( −2) 4π 2 R 2 ⋅( ⋅ 2 + 1)] = ⋅[ ⋅ ⋅[ 3 ] [ TA 2 ( x )] = [ ]= g g dx dx dx g 2 x 2 x3 x Da die zweite Ableitung nur positive Größen enthält, wird 4π 2 R 2 1 [TA ( x )] = ⋅ 3 >0 g dx 2 x damit ist die hinreichende Bedingung für ein Minimum der Funktion erfüllt. d2 2 Schwingungslehre -5- Prüfungsaufgabe 24 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 25 Das Massenträgheitsmoment J S eines Rads (Außen-Radius R = 15 cm ) soll für eine Drehachse durch den Mittelpunkt S (zugleich aus Symmetriegründen Massenmittelpunkt) experimentell bestimmt werden. Dazu wird das Rad auf eine waagrechte Achse gesteckt, so dass sich (idealisiert) reibungsfrei um den Mittelpunkt S drehen kann. Befestigt man am Außen-Radius einen – vereinfachend als punktförmig zu behandelnden – Körper (Masse m = 900 g ) dann kann das Rad, nach Auslenkung aus der Ruhelage, ungedämpfte Pendelschwingungen um die Drehachse durch S ausführen. S β R m Die Schwingungsdauer bei kleinen Auslenkungen aus der Ruhelage wurde experimentell aus mehreren Messungen zu T0 = 1,4 s bestimmt. (a) Bestimmen Sie für kleine Winkelauslenkungen β des schwingungsfähigen Systems aus der Ruhelage den Betrag des rücktreibenden Drehmoments M rück bezüglich des Punktes S auf das System. (b) Geben Sie einen Ausdruck an für das gesamte Massenträgheitsmoment von Rad und Punktmasse bezüglich Punkt S . (c) Stellen Sie die Differentialgleichung der freien ungedämpften Schwingung für kleine Auslenkungen aus der Ruhelage auf und geben Sie die Eigenkreisfrequenz ω0 und die Schwingungsdauer T0 an. (d) Berechnen Sie aus der in Teilaufgabe (c) hergeleiteten Beziehung für die Schwingungsdauer T0 das Massenträgheitsmoment J S des Rades. Schwingungslehre -1- Prüfungsaufgabe 25 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 25 – Kurzlösungen (a) Rücktreibendes Drehmoment (linearisiert) M rück = − m g R β . Massenträgheitsmoment J ges = J S + J K = J S + mR 2 . && + (b) Differentialgleichung β mg R JS + m R 2 β = 0. (c) Beziehung für Eigenkreisfrequenz ω0 2 = mg R JS + m R 2 . JS + m R 2 2π Schwingungsdauer T0 = . = 2π mg R ω0 (d) Massenträgheitsmoment J S = Schwingungslehre T0 2 4π 2 mgR − mR 2 = 4,55 ⋅ 10 − 2 kg m 2 . -2- Prüfungsaufgabe 25 Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 25 – Musterlösung (a) Wegen der Symmetrie des Rades kann dieses zwar um eine Achse durch den Massenmittelpunkt S rotieren; das Rad liefert aber keinen Beitrag zu einem rücktreibenden Drehmoment durch den Massenmittelpunkt. Denken Sie an die Definition des Massenmittelpunkts. Ein rücktreibendes Drehmoment wird nur von dem aus der Ruhelage (tiefster Punkt) ausgelenkten materiellen Körper ausgeübt. Der Betrag ergibt sich zu M rück = − m g R sin β Für kleine Auslenkwinkel darf die Sinusfunktion näherungsweise durch den Winkel (im Bogenmaß) ersetzt werden. Mit sin β ≈ β wird das rücktreibende Drehmoment proportional zum Auslenkwinkel M rück = − m g R β Diese lineare Abhängigkeit ist die notwendige Voraussetzung für ungedämpfte harmonische Schwingungen. (b) Das gesamte Massenträgheitsmoment des Systems J ges (Rad plus materieller Körper) bezüglich S setzt sich additiv aus zwei Beiträgen zusammen • dem Massenträgheitsmoment des Reifens J S , • dem Massenträgheitsmoment des punktförmigen Körpers J K . Also J ges = J S + J K = J S + mR 2 (c) Die Grundgleichung für Drehbewegungen nach NEWTON lautet d 2β && = J ges β dt 2 Mit den Teilergebnissen von (a) und (b) folgt für diese Differentialgleichung MRück = J ges && − m g R β = (J M + mR 2 ) β Damit ergibt sich für die harmonischen Schwingungen die Differentialgleichung && + β mgR JS + m R 2 β =0 Koeffizientenvergleich mit der Standard-Differentialgleichung für harmonische Schwingungen y&& + ω0 2 y = 0 liefert als Beziehung für die Eigenkreisfrequenz ω0 2 = mg R JS + m R 2 Schwingungslehre -3- Prüfungsaufgabe 25 Daraus ergibt sich die Schwingungsdauer des physikalischen Pendels – immer mit der Einschränkung ’kleine Auslenkungen’ aus der Ruhelage – T0 = J + mR2 2π = 2π S mg R ω0 (d) Die in Teilaufgabe (c) hergeleitete Beziehung für die Schwingungsdauer J S + mR 2 mgR T0 = 2π erlaubt es, das Gesamtmassenträgheitsmoment des Rads J S zu bestimmen. Quadrieren und umstellen liefert T0 J S + mR 2 = 4π mgR 2 2 T0 2 4π 2 mgR = J S + mR 2 Daraus erhält man schließlich das Massenträgheitsmoment J S JS = = T0 2 4π 2 mgR − mR 2 (1,4 s) 2 4π 2 ⋅ 0,9 kg ⋅ 9,81 m s − 2 ⋅ 1,5 ⋅ 10 −1 m − 0,9 kg ⋅ (1,5 ⋅ 10 −1 m) 2 = 4,55 ⋅ 10 − 2 kg m 2 Schwingungslehre -4- Prüfungsaufgabe 25