Schwingungslehre-Prüfungsaufgaben - gilligan-online

Prüfungsaufgaben
Schwingungslehre
Idee: Jürgen Gilg
Gestaltung: Simon Singer
Günther Kurz
Anregungen und Kommentare willkommen
gunther.kurz@fht-esslingen.de

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 T 0 = 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
Schwingungen.
f0
und Eigenkreisfrequenz ω 0 der ungedämpften
(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
(f) Bestimmen Sie die Gesamtenergie
v max
E ges
hat der schwingende Körper?
des Feder-Masse-Systems.
Schwingungslehre -1-
Prüfungsaufgabe 01

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 01 – Kurzlösungen
(a) Eigenfrequenz
f
= 0,25 −
0 s
(b) Federkonstante c = 0,123 Nm .
1
; Eigenkreisfrequenz
−1
π −
(c) Weg-Zeit-Gesetz y = 18 cm ⋅cos(
s
1 t)
.
2
(d) Zeitpunkt t = 0,5 s :
Auslenkung aus der Ruhelage
π −1
ω 0 = s .
2
y ( t = 0,5 s) = 12,73 cm ;
Geschwindigkeit v(
t = 0,5 s) = − 20,0 cms .
(e) Maximale Geschwindigkeit
max
(f) Gesamtenergie E = 1,99 ⋅10
J.
ges
−1
v = 28,2 cm s .
−3
−1
Schwingungslehre -2-
Prüfungsaufgabe 01

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 01 – Musterlösung
(a) Aus der Schwingungsdauer
1 1
0 s −1
= = = 0,25
T 0 4,0 s
f
und die Eigenkreisfrequenz
ω
2 π 2 π π
0 s −1
= = =
T0
4,0 s 2
T 0
erhält man für die Eigenfrequenz
(b) Die Federkonstante c kann aus der Masse m des Körpers und der
Eigenkreisfrequenz ω des Federpendels bestimmt werden. Aus
wird
ω 2
0
=
c
m
c = m ω
2
0
= 0,123 Nm
−1
0
= 50 ⋅10
−3
2
π
kg ⋅
4
s
−2
⋅(m⋅m
−1
)
(c) Für eine harmonische Schwingung lässt sich das Weg-Zeit-Gesetz darstellen als
ˆ
0 ϕ0
ˆ
0 ϕ0
y = y cos( ω t + ) oder y = y sin( ω t + )
Dabei ist die Eigenkreisfrequenz ω 0 eine für das schwingende System
charakteristische Größe. Amplitude ŷ und Nullphasenwinkel ϕ 0 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
π
y(
t = 0,5 s) = 18 cm ⋅cos(
s
2
= 12,7 cm
t = 0,5 s wird die Auslenkung des Körpers aus der Ruhelage
−1
⋅ 0,5 s) = 18 cm ⋅cos(
π
)
4
= 18 cm ⋅
die Geschwindigkeit ergibt sich als erste Ableitung des Weg-Zeit-Gesetzes zu
v = y&
= − y ω sin( ω )
Zum Zeitpunkt
ˆ
0 0t
t = 0,5 s
wird die Geschwindigkeit des Körpers
1
2
2
Schwingungslehre -3-
Prüfungsaufgabe 01

π
v(
t = 0,5 s) = − 18 cm ⋅ s
2
= − 20,0 cms
−1
−1
π
⋅ sin( s
2
−1
⋅ 0,5 s) = − 28,3 cms
Bei einer Anfangsauslenkung in die positive Koordinatenrichtung ist die
Geschwindigkeit in der ersten Viertelperiode auf die Ruhlage hin, also in negative
Koordinatenrichtung, gerichtet.
−1
⋅
1
2
2
(e) Seine maximale Geschwindigkeit hat der Körper beim Nulldurchgang. Die
Nulllage wird nach einer Viertelschwingung, also nach
erhält durch stures Einsetzen
π
v(
t = 1s) = − 18 cm ⋅ s
2
= − 28,3 cms
−1
−1
π
⋅ sin( s
2
−1
⋅1s)
= − 28,3 cms
t = T0 = 1,0 s erreicht. Man
4
Eine einfachere Argumentation lautet: Die Geschwindigkeit ist gegeben durch
v = y&
= − y ω sin( ω )
ˆ
0 0t
Für den Betrag der Sinus-Funktion gilt
0 ≤ sin( ω0t
) ≤ 1
deshalb ist der Betrag der maximalen Geschwindigkeit des Körpers gegeben durch
den Vorfaktor im Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz
v
max
= yˆ
ω
0
π
= 18 cm ⋅ s
2
− 1
=
28,3 cms
−1
−1
⋅1
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.
E
( y = yˆ)
kin =
0
Die Gesamtenergie des schwingenden Systems ist gleich der potentiellen Energie
der gespannten Feder zum Zeitpunkt des Loslassens, also bei maximaler
Auslenkung.
1 1
ˆ
2
−1
2
Eges
= Epot
( y = yˆ)
= cy
= ⋅ 0,123 Nm ⋅(0,18 m)
2 2
−3
= 1,99 ⋅10
Nm
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
und
1
E ges = Ekin( y = 0) = mv
2
v
v
2
max
max
2E
=
m
ges
= 7,96 ⋅10
= 0,282 ms
−2
m
2
s
−2
2
max
2 ⋅1,99
⋅10
=
50 ⋅10
− 1
=
−3
−3
kg
28,2 cms
Nm
−1
Die geringfügige Abweichung zum Ergebnis der Teilaufgabe (e) erklärt sich durch
Rundungsfehler.
Schwingungslehre -5-
Prüfungsaufgabe 01

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 02
Ein Körper (Masse
−1
m = 300 g ) hängt an einer idealen Feder (Federkonstante
c = 5,0 Nm ). 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 ω 0 , Eigenfrequenz
Schwingungsdauer des ungedämpften Systems.
T 0
(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?
f 0
und
(Für die Verhältnisse der Fallbeschleunigungen gilt g g 6 : 1)
Erde : Mond =
Schwingungslehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 02

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 02 – Musterlösung
(a) Die Eigenkreisfrequenz ω 0 des ungedämpften Systems erhält man aus
Federkonstante c und angehängter Masse m aus der Beziehung
ω
2
0
=
damit wird
ω
c
m
= 16,67 s
= 4,08 −
0 s
−2
−1
5,0 Nm 16,67 kgms
= =
0,300 kg
kg
1
−2
Für den Zusammenhang zwischen Eigenkreisfrequenz ω 0 und Eigenfrequenz
also
ω 0 = 2πf 0
f
0
ω0
=
2π
= 0,650 s
4,08 s
=
2π
−1
−1
⋅m
Für den Zusammenhang zwischen Eigenkreisfrequenz ω 0 und Schwingungsdauer
T 0
also
gilt
ω
T
0
0
1
= 2π
T
0
1
= 2π
ω
0
= 1,54 s
2π
=
4,08 s
−1
−1
f 0
gilt
(b) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Feder-Masse-Systems lassen sich
darstellen als
−δ t
y = y ˆ 0 ⋅ e cos( ωdt
+ ϕ 0 )
ˆ −δ t
0 d ϕ 0
oder y = y ⋅e
sin( ω t + )
Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende
Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von
oder
y
y
yˆ
= y 0 e
einh
ˆ
einh
0
= e
−δt
−δt
Logarithmieren liefert
y
ln[
yˆ
einh
0
] = ln[ e
−δ t
] = −δt
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
y
p = y
einh =
ˆ0
Es wird also
1
2
1
ln[ ] = −δ ⋅10
⋅1,54 s
2
Der Abklingkoeffizient ergibt sich daraus zu
ln(1) − ln(2) 0 − 0,693
δ = − [ ] = − [ ]
15,4 s 15,4 s
= 4,50 ⋅10
− 2 −1
s
Der Dämpfungsgrad des gedämpften Systems bestimmt sich aus Abklingkoeffizient
und Eigenkreisfrequenz ω zu
δ 0
D =
δ
ω
0
= 1,10 ⋅10
−2
−2
4,50 ⋅10
=
4,08 s
s
−1
−1
Mit 0 < D ≤ 0,1 liegt für das System schwache Dämpfung vor; die oben gemachte
Näherung T ≈ ist gerechtfertigt.
d T 0
(c) Die Schwingungsdauer eines Fadenpendels (Fadenlänge L ) bei kleinen
Auslenkungen aus der Ruhelage nahe der Erdoberfläche (Fallbeschleunigung)
ist
T
0 = 2
π
L
g
Erde
daraus erhält man für die Fadenlänge
2
T0
gE
(1,54 s) ⋅9,81ms
L = =
2
2
4π
4π
= 58,9 cm
2
−2
= 0,589 m
g E
Schwingungslehre - 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
T
Erde
0
L
= 2π
und
g
Erde
T
Mond
0 = 2
π
g
L
Mond
das Verhältnis der beiden Schwingungsdauern wird
oder
T
Mond
0
Erde
0
T
Mond
=
2π
2π
T0 = 6 ⋅T
g
L
Mond
L
g
Erde
Erde
0
=
g
g
Erde
Mond
=
6 ⋅ g
g
Mond
Mond
Wie erwartet nimmt mit kleiner werdender Fallbeschleunigung die Schwingungsdauer
zu.
=
6
1
Schwingungslehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 02

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 03
Ein Feder-Masse-System (Masse m = 400 g , Federkonstante c = 5,0 Nm ) führt
viskos gedämpfte Schwingungen aus. Die Dämpfungskraft ist proportional zur
Geschwindigkeit des schwingenden Körpers. Bei einer Geschwindigkeit des Körpers
von
−1
v r = 0,50 ms ist der Betrag der Reibungskraft Fr reib = 0,25 N.
(a) Welche Schwingungsdauer
T 0
gehört zum ungedämpften System?
(b) Bestimmen Sie den Abklingkoeffizienten δ , den Dämpfungsgrad D und die
Schwingungsdauer des gedämpften Systems.
T d
(c) Um welchen Bruchteil p nehmen die Auslenkungen in jeweils einer
Schwingungsperiode ab?
(d) Welcher Dämpfungskoeffizient
eingestellt werden?
b aperiod
−1
muss für den aperiodischen Grenzfall
Schwingungslehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 03

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 03 – Kurzlösungen
(a) Eigenkreisfrequenz
ω
−1
0 = 3,536
s
(b) Dämpfungskoeffizient b = 0,50 kgs .
−1
Abklingkoeffizient δ = 0,625 0 s .
Dämpfungsgrad D = 0,176 8 .
; Schwingungsdauer
Kreisfrequenz (gedämpftes System) ω = 3,48 s .
Schwingungsdauer (gedämpftes System) T d = 1,80 6 s.
−1
(c) Verhältnis der Auslenkungen p = 0,323 .
(d) Dämpfungskoeffizient b = 2,83 kgs
.
aperiod
d
−1
0
−1
T 0 = 1,77 7 s .
Schwingungslehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 03

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 03 – Musterlösung
(a) Für ein Feder-Masse-System legen Masse m des Körpers und Federkonstante
c die Eigenkreisfrequenz ungedämpfter Schwingungen eindeutig fest. Es gilt
ω
2
0
=
c
m
5,0 Nm
=
400 g
= 12,50 s
−2
−1
ω 0
−2
5,0 kgms m
=
0,400 kg
damit wird die Eigenkreisfrequenz
ω
−1
0 = 3,536
s
Daraus ergibt sich die Schwingungsdauer des ungedämpften Systems zu
T
0
2π
=
ω
0
= 1,77
2π
=
3,53 s
7
s
6
−1
−1
Alternative Vorgehensweise
Man bestimmt zuerst T0
und anschließend ω 0 ; also
und
T
ω
0
0
= 2π
= 1,77
0
m
c
7
= 3,53
6
= 2π
s
2π
2π
= =
T 1,78 s
s
−1
0,400 kg
5,0 kgms
−2
m
−1
(b) Bestimmung des Dämpfungskoeffizienten b eines geschwindigkeitsproportionalen
Reibungsgesetzes. Für den Betrag der Reibungskraft gilt
r r
F = b ⋅ v
reib
also wird mit den gegebenen Werten der Dämpfungskoeffizient
r
Freib
−2
0,25 N 0,25 kgms
b = r =
=
v
−1
−1
0,50 ms 0,50 ms
= 0,50 kgs
−1
Der Abklingkoeffizient δ bestimmt sich aus Dämpfungskoeffizient b und Masse m
des Körpers zu
δ =
2
b
m
= 0,625
0
s
−1
−1
0,50 kgs
=
2 ⋅ 0,400 kg
Schwingungslehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 03

Der Dämpfungsgrad D bestimmt sich aus Abklingkoeffizient δ und
Eigenkreisfrequenz ω 0 zu
Mit
D =
δ
ω
0
= 0,176
0,625
=
3,53
8
6
0
s
s
−1
−1
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
2
d
= ω
damit wird
ω
d
2
0
−
= (3,53
6
= 12,10
= 3,48
0
9
s
δ
s
2
−1
s
−1
)
−2
2
− (0,625 s
−1
)
2
= (12,50
3
− 0,3906) s
−2
Alternativer Lösungsweg
Für die Kreisfrequenz eines viskos gedämpften Systems gilt mit Benutzung des
Dämpfungsgrads D
ω
d
= ω
0
= 3,48
1−
D
0
s
2
−1
= 3,53
6
s
−1
⋅
1−
0,176
2
8
= 3,53
6
s
−1
⋅ 0,984
Aus der Kreisfrequenz ωd
ergibt sich die Schwingungsdauer Td
des gedämpften
Systems
T
d
2π
=
ω
d
= 1,80
2π
=
3,48 s
6
s
0
−1
Zur Erinnerung: Die Schwingungsdauer
Teilaufgabe (a)) war
T 0 = 1,77 7
s
T 0
des ungedämpften Systems (vgl.
2
(c) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Feder-Masse-Systems lassen sich
darstellen als
−δ t
y = y ˆ 0 ⋅e
cos( ωdt
+ ϕ 0 )
ˆ −δ t
0 d ϕ 0
oder y = y ⋅e
sin( ω t + )
Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende
Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von
y
= y 0
einh
ˆ
⋅e
−δ t
Schwingungslehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 03

oder
y
yˆ
einh
0
= e
−δ
t
Für das Verhältnis p der Auslenkungen im zeitlichen Abstand einer
Schwingungsperiode, also für t = T d , wird
p = e
−δTd
= 0,323
= e
−1
−(0,625 s ) ⋅(1,806
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
D =
δ
ω
0
= 1
wird für den aperiodischen Grenzfall
δ = ω 0
Damit wird der Dämpfungskoeffizient
b
aperiod
= 2mω
0
= 2,83 kgs
= 2 ⋅0,400 kg ⋅3,53
−1
6
s
−1
Schwingungslehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 03

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 04
c
An einer idealen Schraubenfeder
−1
(Federkonstante c = 0,1Ncm ) 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 u 0 haben Schale und Knetmasse
unmittelbar nach dem Aufprall?
Nach dem Aufprall beobachtet man ungedämpfte harmonische Schwingungen des
beschriebenen Systems.
(d) Welche Schwingungsdauer hat das schwingende System?
T 0
−2
Rechnen Sie bitte vereinfachend mit g = 10 ms .
Schwingungslehre -1-
Prüfungsaufgabe 04

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 04 – Kurzlösungen
(a) Statische Auslenkung y stat = 10 cm .
−1
(b) Fallgeschwindigkeit bei Aufprall v = 2,0 ms
.
(c) Gemeinsame Geschwindigkeit nach Aufprall u = 0,333 m .
(d) Schwingungsdauer T 0 = 0,688 s .
E
−1
0 s
Schwingungslehre -2-
Prüfungsaufgabe 04

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 04 – Musterlösung
(a) Für ein lineares Kraftgesetz ist nach HOOKE die Auslenkung proportional zur
angreifenden Kraft
F = c y ext (die äußere (externe) Kraft wirkt in Richtung der Auslenkung);
damit ist im Gleichgewicht die rücktreibende Kraft der Feder
Frück
= −c
Die äußere Kraft ist die auf die Waagschale wirkende Gewichtskraft
F F = mg
ext
= G
Für die statische Auslenkung aus der Ruhelage der entspannten Feder gilt also
damit
m g =
y
stat
=
c y stat
m g
c
= 10 cm
−2
0,1kg⋅10 ms 0,1kg⋅10 ms
−1
=
=
= 1,0 ⋅10
m
−1
−2
−2
−1
0,1Ncm 0,1kgms (10 m)
−2
y
(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 (Anfang) 0 E (Anfang) = m g H
kin =
1 2
• des Aufpralls E kin(Ende)
= mvE
E pot (Ende) = 0
2
der Energieerhaltungssatz liefert also die Beziehung
1 2
mgH = mvE
2
damit
und
v
v
2
E
E
=
−2
= 2 gH = 2⋅10 ms ⋅0,20 m = 4,0 m
2,0 ms
−1
2
s
-2
pot
Lösungsvariante (Anwendung kinematischer Beziehungen)
Es gelten ohne Luftreibung die Gesetze des ’freien Falls‘ mit der konstanten
Fallbeschleunigung g = const. ; allgemein
• Weg-Zeit-Gesetz:
1 2
h = gt + v 0t
+ h0
2
• Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz: v = gt + v 0
Speziell mit den Bedingungen h 0 (Anfangskoordinate im Nullpunkt)
0 =
und v 0 = 0 (‘ohne Anfangsgeschwindigkeit‘) erhält man
Schwingungslehre -3-
Prüfungsaufgabe 04

1 h = gt
2 und v = gt
2
Beide Beziehungen miteinander kombiniert liefern
für
1 v
h = g
2 g
2
2
2
1 v
=
2 g
h = H und v = v E also
2
vE = 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 ( + u
E = M m)
u 0
0
dabei ist die gemeinsame Anfangsgeschwindigkeit der beiden, aneinander
haftenden, Körper unmittelbar nach Aufprall der Knetkugel. Damit wird
u
0
m
= v
( M + m)
= 0,333 ms
E
−1
20 g
=
⋅ 2,0 ms
(100 + 20) g
−1
T 0
(d) Die Schwingungsdauer 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 und Schwingungsdauer T gelten die Beziehungen
ω
2
0
c
=
( M + m)
bzw. gleichberechtigt – mit
T
0
= 2π
( M + m)
c
die Schwingungsdauer wird
T
0
= 2π
= 0,688 s
( M + m)
= 2π
c
ω0
0
ω
0
2π
=
T
0
0,1kgms
0,120 kg
−2
(10
−2
m)
−1
Schwingungslehre -4-
Prüfungsaufgabe 04

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 05
Eine kleine Kugel (Masse m = 100 g )
fällt aus der Höhe h = 20 cm auf eine
entspannte und (idealisierend)
masselose Feder (Federkonstante
-1
c = 20 Nm ) (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
m
y = 0
y 0
y max
+ y
Abb. A Abb. B Abb. C Abb. D
(a) Um welche maximale Strecke y = ymax
(vgl. Abb. C) wird die ursprünglich
entspannte Schraubenfeder zusammengedrückt?
(b) Mit welcher Frequenz schwingt das Feder-Masse-System?
f 0
(c) Um welche Gleichgewichtslage y = y0
(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
ω
= 14,1 −
0 s
(c) Statische Gleichgewichtslage
ˆ
max 0 =
(d) Amplitude y = y − y 14,8 cm.
(e) Anfangsauslenkung y( 0) = 0 .
1
; Eigenfrequenz
y 0 = 4,9 cm .
f 0 = 2,25 Hz .
Anfangsgeschwindigkeit = Geschwindigkeit bei Aufprall y& (0) = v 0 = 1,98 ms .
(f)-(g) Nullphasenwinkel ϕ 0 = 4,38 ( ϕ0 = 251 im Gradmaß).
Bewegungsgleichung y(
t)
= 4,9 cm + 14,8 cm⋅
cos(14,1s ⋅t
+ 4,38) .
o
−1
−1
Schwingungslehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 05

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 05 – Musterlösung
(a) Die Fallhöhe der Kugel bis zur maximalen Stauchung ist ( h + ymax
). Daraus
ergibt sich die Absenkung der potentiellen Energie der Lage
Lage
pot
E = mg( h + ymax )
die in der Feder bei maximaler Stauchung gespeicherte potentielle Energie ist
Feder 1 E pot = cy
2
2
max
Aus dem Energieerhaltungssatz folgt
1
mg ( h + ymax
) = cy
2
2
max
Dies liefert eine quadratische Gleichung für
1
cy
2
2
max − mgy max − mgh =
Mit der Mitternachtsformel folgt
y
max 1/ 2
mg ±
=
m
2
g
c
2
0
+ 2mghc
ymax
Umformung liefert (jeder Term des Zählers wird durch c dividiert; unter dem
Wurzelzeichen also durch c )
2
2
2
mg m g mg mg ⎛ mg ⎞ ⎛ mg
ymax
1/ 2 = ± + 2h
= ± ⎜ ⎟ + 2h⎜
c 2
c c c ⎝ c ⎠ ⎝ c
Die negative Lösung ist wegen
⎛
⎜
⎝
mg
c
2
⎞
⎟
⎠
⎛ mg
+ 2h⎜
⎝ c
⎞
⎟
⎠
>
⎛
⎜
⎝
mg
c
physikalisch sinnlos, also bleibt
⎞
⎟
⎠
2
⎞
⎟
⎠
mg ⎛ mg ⎞ ⎛ mg
y max = + ⎜ ⎟ + 2h
⎜
c ⎝ c ⎠ ⎝ c
2
⎞
⎟
⎠
die vorgegebenen Werte eingesetzt, erhält man für die auftretende Größe
mg
c
m
= 0,1kg ⋅ 9,81
2
s
= 4,9 cm
1
⋅
20 (kgm s
−2
)m
−1
damit wird schließlich die maximale Auslenkung
= 49,1⋅10
-3
m
mg
c
y
max
= 0,049 m +
= 0,049 m +
= 19,8 cm
0,049
2
2,20 ⋅10
m
-2
2
+ 2 ⋅0,2 m ⋅0,049 m
m
2
= 0,049 m + 0,148 m = 0,198 m
Schwingungslehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 05

(b) Die Eigenkreisfrequenz ω 0 eines Feder-Masse-Systems bestimmt sich aus der
Federkonstante c und der Masse m des angehängten Körpers zu
ω
0
=
c
m
=
= 14,1s
−1
Die Eigenfrequenz
f
0
2π
=
ω
0
2π
=
14,1s
= 2,25 Hz
−2
20 (kgms )m
0,1kg
f 0
−1
wird
−1
(c) Die gesuchte Gleichgewichtslage ist die ’statische Gleichgewichtslage‘, d. h. es
kompensieren sich rücktreibende Federkraft F r rück und Gewichtskraft F r grav auf die
Kugel. Für die Beträge gilt
r
• Gewichtskraft auf die Kugel F grav = mg und
r
• rücktreibende Federkraft F rück = c y0
Damit
m g = c y 0
Dies liefert
y
0
−2
mg 0,1kg⋅9,81ms
= =
c
-2
20(kgms ) ⋅m
= 4,9 cm
-1
= 0,049 m
(d) Die gesuchte Amplitude der Schwingung ist damit
ˆ
0
y = ymax − y = 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 die Geschwindigkeit der aufprallenden Kugel.
0
Der Energieerhaltungssatz liefert mit der Fallhöhe h und der Geschwindigkeit
Aufprall
v 0
bei
und
m g h =
v
0
1 mv
2
= 1,98 ms
2
0
= 2g
h =
−1
2 ⋅9,81 ms
−2
⋅0,2m
=
3,92 m
2
s
−2
Schwingungslehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 05

(f)-(g) Damit ergibt sich die Bewegungsgleichung für die schwingende Kugel
y t)
= y + yˆ
cos( ω t +
( 0 0 ϕ0
dabei sind vorgegeben oder wurden bereits bestimmt
y 0 = 4,9 cm
ˆ = 14,8 cm
y
ω
= 14,1 −
0 s
1
v 0 = 1,98 ms
−1
)
Bestimmung des Nullphasenwinkels ϕ 0
Zunächst wird gezeigt, dass ϕ 0 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)
• für die Auslenkung y t)
= y + yˆ
cos( ω t + )
( 0 0 ϕ0
• und die Geschwindigkeit y& t)
= − yˆ
ω sin( ω t + )
Zum Zeitpunkt
t = 0
des Aufpralls ist
• die Auslenkung y ( 0) = 0
( 0 0 ϕ0
• die Geschwindigkeit v ( 0) = y&
(0) = v 0
Diese speziellen Anfangsbedingungen eingesetzt, ergibt
und
y
+ yˆ cosϕ0
0 =
0
− y ˆ ω0 sinϕ0
= v
Die erste dieser Gleichungen liefert
cosϕ
0
y
= −
yˆ
0
= − 0,331
0
= −
4,9cm
14,8cm
die zweite dieser Gleichungen liefert
oder
− y ˆ ω0 sinϕ0
= v
sinϕ
0
v 0
= −
yˆ
ω
0
= − 0,949
0
−1
198cms
= −
14,8cm⋅14,1s
Weil für den Nullphasenwinkel
ϕ 0
−1
sowohl die Kosinusfunktion als auch die
Sinusfunktion ein negatives Vorzeichen haben ( cosϕ 0 < 0 und sin < 0 ) muss ϕ
notwendig im 3. Quadranten liegen.
ϕ 0
Schwingungslehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 05

Der Tangens des gesuchten Nullphasenwinkels ergibt sich aus den berechneten
Werten der Sinus- und der Kosinus-Funktion zu
tanϕ
0
sinϕ
=
cos ϕ
= 2,87
0
0
− 0,949
=
− 0,331
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
cosϕ = −y
(1)
0
0
− y ˆ ω0 sinϕ0
= v0
(2)
Division der zweiten Gleichung durch die erste Gleichung ergibt sofort
v0
−
ˆ
−1
sinϕ0
yω0
v 0 198cms
tanϕ0
= = = =
cosϕ
1
0
y0
ω
−
0 y
−
0 14,1s ⋅ 4,9 cm
yˆ
= 2,87
π 3π
Mit der Bedingung ≤ ϕ0
≤ ( ϕ 0 im 3. Quadrant) erhält man
2 2
o
ϕ 0 = 251 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(14,1s
−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
= 0,1cm ≈ 0 cm
Die geringfügige Abweichung erklärt sich durch Rundungsfehler im Verlauf der
Berechnung
und
y& (0) = −14,8 cm ⋅14,1s
= 197 cm s
−1
−1
⋅ sin(4,38) = −14,8 cm ⋅14,1s
−1
⋅(
−0,945)
Geringfügige Abweichungen erklären sich durch Rundungsfehler im Verlauf der
Berechnungen.
Schwingungslehre - 6 -
Prüfungsaufgabe 05

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 06
c
m S
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 m S = 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 T 0,35 s .
Anschließend wird ein Astronaut in den Sitz
geschnallt und das System erneut in
Schwingungen versetzt. Man misst nun eine
Schwingungsdauer T 0,90 s .
0, S+
A =
0, 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 m A = 70,2 kg .
Feder
(b) Aufgewendete Arbeit W = E pot (max) = 20,2 J .
−1
(c) Größte Geschwindigkeit v = 0,70 m s .
max
− 2 −1
s
(d) Abklingkoeffizient δ = 4,50 ⋅10
; 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
T
0
=2π
M
c
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)
T
mS
= bzw.
c
0, S 2π
T
0,S+
A
= 2π
( m
S
+ m
c
Mit dem ersten Schwingungsversuch wird experimentell bei bekannter Masse
Federkonstante c bestimmt; aus der Beziehung für die Schwingungsdauer
man
c = 4π
2
T
m
S
2
0,S
= 4,03 ⋅10
3
= 4π
Nm
-1
2
12,5 kg
(0,35 s)
2
m
⋅
m
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 T und die
Federkonstante c heraus; quadrieren ergibt
2
0, S+
A ) ( mS
mA
)
=
2
T0,S
) mS
( T +
(
daraus erhält man für die Masse des Astronauten
m
A
( T
= [
( T
2
0,S+
A )
2
0,S )
= 70,2 kg
− 1] m
S
(0,90 s)
= [
(0,35 s)
2
2
A
)
0, S+
A
− 1] ⋅12,5
kg = [6,61 − 1] ⋅12,5
kg
T 0,S
m S
T 0, S
die
erhält
(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
kin =
E 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
W = E
Feder
pot
= 20,2 J
= c yˆ
2
1
= ⋅ 4,03 ⋅10
2
N
⋅10
m
1 2
3 −2
2
m
Schwingungslehre -3-
Prüfungsaufgabe 06

(c) Variante 1
Beim Nulldurchgang der Schwingung ist die potentielle Energie der Feder
Feder
pot =
E 0 weil die Auslenkung null ist.
Die kinetische Energie der beiden schwingenden Körper beim Nulldurchgang ist
1
E +
2
S+
A
kin (max) = ( mS
mA
)
v
2
max
Sie ist gleich der Gesamtenergie, also
1
W = E
+
2
daraus erhält man
v
2
max
S+
A
kin (max) = ( mS
mA
)
2W
=
( m + m
S
A
v
2
max
2 ⋅ 20,2 Nm
=
= 0,489 m
) 82,7 kg
2
s
−2
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
Weg-Zeit-Gesetz
y t)
= yˆ
sin( ω t +
( 0 ϕ0
Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz
)
Darstellung als Kosinus-Funktion
y t)
= yˆ
cos( ω t +
( 0 ϕ0
y& t)
= yˆ
ω cos( ω t + ) y& t)
= − yˆ
ω sin( ω t + )
( 0 0 ϕ0
dabei ist die Eigenkreisfrequenz
ω
0
2π
2π
= =
T 0,90 s
0
= 7,0
s
−1
und die Amplitude
ˆ = 10 cm y
ω 0
( 0 0 ϕ0
des schwingenden Systems
Da der Betrag einer harmonischen Funktion maximal den Wert 1 annehmen kann, also
wegen
0 0 0 ≤
≤ sin( ω t +ϕ ) 1
≤ cos( ω t +ϕ ) 1
0 0 0 ≤
ist der Vorfaktor im Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz der Betrag der maximal auftretenden
Geschwindigkeit vmax
)
v
max
= yω ˆ
0
= 0,70
= 10
m s
−1
−1
m⋅
6,98
s
−1
Schwingungslehre -4-
Prüfungsaufgabe 06

(d) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Feder-Masse-Systems lassen sich
darstellen als
−δ t
y = y ˆ 0 ⋅e
cos( ωdt
+ ϕ 0 )
ˆ −δ t
0 d ϕ 0
oder y = y ⋅ e sin( ω t + )
Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende
Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von
oder
y
y
yˆ
= y 0
einh
ˆ
einh
0
= e
⋅e
−δt
−δt
Logarithmieren liefert
y
ln[
yˆ
einh
0
] = ln[ e
−δ t
] = −δt
Unter der, später zu überprüfenden, Annahme für den Dämpfungsgrad 0 < D≤ 0,1 wird
mit Td ≈ T 0 für das Zeitintervall t = 10⋅T0
das Verhältnis der Auslenkungen
y
p = y
einh =
ˆ0
Es wird also
2
3
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 −1
s
Der Dämpfungsgrad ist definiert als
D =
δ
ω
0
=
−2
−1
4,50
⋅10
s
−3
= 0,0065 = 6,5 ⋅10
−1
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
L
m 1
s
m 2
Masse m 1 = 5 g
Radius r = 4 mm
Körper ‘2‘
Masse
Faden
Länge
m 2 = 0,60
kg
L = 30 cm
(a) Geben Sie die rücktreibende Kraft F rück 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 ω 0 .
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
(a) Rücktreibende Kraft (linearisiert)
F
2
≅ −( 2m2
g ) ⋅ s
L
rück .
4m2
g
(b) Differentialgleichung (linearisiert) s& & + ( ) s = 0 .
m L
Eigenkreisfrequenz ω = 125 − .
0 s
(c) Abklingkonstante δ = 0,151 s
−1
.
−3
Dämpfungsgrad D = 1,2 ⋅10
.
(d) Zeitintervall t* = 15,2 s .
1
1
Schwingungslehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 07

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 07 – Musterlösung
(a) Die (näherungsweise) konstante Kraft
auf den Körper ‘2‘; also gegeben durch
FF ≅ m2
g
F F
im Faden ist gleich der Gewichtskraft
Wird Körper ‘1‘ in horizontaler Richtung ausgelenkt, dann wird die rücktreibende Kraft
auf die Kugel
F
= − 2FF
sinβ
≅ − FF
β
rück 2
Unter der einschränkenden Voraussetzung kleiner Auslenkungen ist der Winkel
β

erhält man für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz
und
ω
ω
−2
2 4m2
g 4 ⋅0,6 kg⋅
9,81ms
−1
0 = =
= 15700 s
m
−3
1 L 0,3 m ⋅5
⋅10
kg
= 125 −
0 s
1
(c) Bei viskoser Reibung gilt ein geschwindigkeitsproportionales Reibungsgesetz
FR
= − bv
für eine laminare Umströmung einer Kugel gilt nach STOKES für die Reibungskraft
F (Stokes) = − (6πηr
) v
R
also gilt für die Dämpfungskonstante
b = 6 πηr
Die Differentialgleichung einer geschwindigkeitsproportional gedämpften Schwingung
lautet
b 2
s &
+ s&
+ ω0
s = 0
m
1
Die Abklingkonstante
b
δ =
2m
1
= 0,151 s
6πηr
=
2m
−1
1
δ
bestimmt sich zu
3π ⋅ 2 ⋅10
=
−2
Nm
5 ⋅10
−2
−3
s ⋅ 4 ⋅10
kg
Der (dimensionslose) Dämpfungsgrad D ist definiert als der Quotient aus Abklingkoeffizient
und Eigenkreisfrequenz ω
D =
δ 0
δ
ω
0
= 1,2 ⋅10
−3
−3
151⋅10
=
125 s
s
−1
−1
−3
m
(d) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Systems lassen sich darstellen als
−δ t
y = y ˆ 0 ⋅ e cos( ωdt
+ ϕ 0 )
ˆ −δ t
0 d ϕ 0
oder y = y ⋅e
sin( ω t + )
Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende Exponentialfunktion
zu untersuchen; also den Zeitverlauf von
y
oder
y
yˆ
= y 0
einh
ˆ
einh
0
= e
⋅e
−δt
−δt
Schwingungslehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 07

Logarithmieren liefert
⎛ y
ln
⎜
⎝ yˆ
einh
0
⎞
⎟ = ln( e
⎠
−δt
) = − δt
auf jeweils ein Zehntel einer Anfangsauslen-
Für das Abklingen im Zeitintervall
kung ergibt sich
damit
1
ln[ ] = − 0,151 s
10
= 15,2 s
− 1 ⋅ t
ln(1) − ln(10) 0 − 2,30
t*
=
=
−1
( − 0,151 s ) ( − 0,151 s
*
−1
t *
)
Schwingungslehre - 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).
Scheibe
A
•
L
Radius
Masse
Stab
Länge
R = 3 cm
m sch = 0,2 kg
L = 0,5 m
R
Masse
m st = 0,3
kg
Die axialen Massenträgheitsmomente für Scheibe bzw. Stab senkrecht zur
Zeichenebene durch den jeweiligen Schwerpunkt S sind gegeben durch
1 2
1 2
J sch(S)
= mschR
J st (S) = mstL
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.
(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 = J (S) + m L ≈ 0,05009 kg m .
A
sch
phys
0 0a =
Schwingungsdauer T = T 1,42 s .
(b) Gemeinsamer Schwerpunkt Abstand von Drehpunkt A:
Massenträgheitsmoment (STEINER)
J
∗
A
st
= J
st
( A) + J (A) ≈ J (A) + m L =
sch
J ( A) = 0,0250 kg m .
Schwingungsdauer T 0 = 1,32 s .
2
b
st
sch
ΔT
T0b
−T0a
(c) Abweichung = = 0,076
T T
0b
0b
2
sch
2
0,0750 kg m
oder 7,6 % .
2
2
y S = 0,35 m .
.
Schwingungslehre -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
phys
T0 = 2π
J A
mgd
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
2 1 2 2
J A = Jsch(S)
+ mschL
= mschR
+ mschL
2
1
2
2
−2
2
−2
2
= (0,2 kg)(0,03 m) + (0,2 kg)(0,5 m) = 0,009⋅10
kg m + 5,0010 ⋅ kg m
2
2
≈ 0,05009 kg m
Für die Schwingungsdauer des physikalischen Pendels ergibt sich
T
phys
0
= T
0a
= 2π
= 1,42 s
J A
= 2π
m g d
JA
= 2π
m g L
0,05009 kg m
−1
(0.2 kg) ⋅(9,81 m s ) ⋅(0,5 m)
dabei ist d = L = ASSch
der Abstand des Massenmittelpunkts der Scheibe vom
Drehpunkt A .
2
2
,
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 ≈ m
A
Sch
L
2
m Sch
das ist aber das Massenträgheitsmoment eines materiellen Punktes (Masse )
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
T
math
0
= 2π
L
g
= 1,42 s
= 2π
0,5 m
9,81 m s
−1
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 des gemeinsamen
Schwerpunkts vom Drehpunkt A und das neue Massenträgheitsmoment .
y S
∗
J A
y S
0
• A
S st
•S
• S sch
Das Massenträgheitsmoment
die Anordnung aus Scheibe und
Stab ist nach STEINER
y
L
∗
J A
für
Aus Symmetriegründen liegt der
Massenmittelpunkt der Stange in der
Stangenmitte.
y S
Die Koordinate des Massenmittelpunkts
berechnet sich folgendermaßen
(eindimensionale Anordnung)
∑mi
⋅ y L
i mst
+ mschL
i
y
2
S = =
∑ mi
mst
+ msch
i
0,5 m
(0,3 kg)( ) + (0,2 kg)(0,5 m)
=
2
0,2 kg + 0,3 kg
= 0,35 m
∗
2
A = Jst
A) + Jsch(A)
= Jst
(A) + Jsch(S)
+ mschL
≈ Jst
(A)
J ( + m L
sch
2
Schwingungslehre -4-
Prüfungsaufgabe 08

Massenträgheitsmoment der Stange bezüglich des Drehpunkts A
J
st
L 2 1 2 L 2 1
(A) = Jst
( S)
+ mst
( ) = mst
L + mst
( ) = mst
L
2 12
2 3
= 0,0250 kg m
Mit dem Massenträgheitsmoment der Scheibe J
Teilaufgabe (a) folgt
∗
A
2
2
J = 0,0250 kgm + 0,0500 kgm = 0,0750 kgm
.
2
A
2
=
1
(0,3
3
( A) ≈ 0,0500 kgm
2
2
kg)(0,5 m)
Für ein physikalisches Pendel (Scheibe und Stab) ergibt sich die Schwingungsdauer
T
0b
= 2π
= 1,32 s
∗
A
J
m g y
S
= 2π
0,0750 kg m
(0,2 kg + 0,3 kg) ⋅(9,81 m s
2
−2
) ⋅(0,35
m)
dabei ist d = y S = AS der Abstand des gemeinsamen Massenmittelpunkts S von
Scheibe und Stab vom Drehpunkt A .
aus
2
(c) Die Abweichung der in den Teilaufgaben (a) und (b) in den beiden
Modellrechnungen bestimmten Schwingungsdauern T und T beträgt
ΔT
T
0b
T
=
0b
T
−T
0b
= 0,076
0a
1,42 s −1,32
s
=
1,32 s
Dies entspricht einer Abweichung von 7,6 % .
0a
0b
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
−2
[ g = 9,806 ms ].
Hinweis: Rechnen sie bitte durchweg mit vier gültigen Ziffern.
D
L
m Sch
r
m St
Scheibe
Masse
Radius
Stange
Masse
Länge
m Sch = 5,000
kg
r = 0,1500 m
m St = 1,300 kg
L = 1,000 m
Das Pendel wird zu Schwingungen mit kleiner Amplitude angeregt. Berechnen Sie
die Eigenschwingungsdauer T 0 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 T 0
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’
T 1
für die Schwingungsdauer.
Wie groß ist der Unterschied Δ T = T 0 −T 1 zwischen dem berechneten
Wert und dem experimentell bestimmten Bestwert T ?
T0
1
(b) Der Grund für die Differenz der beiden Schwingungsdauern könnte in der Dämpfung
des Systems liegen. Berechnen sie unter dieser Annahme aus dem Verhältnis
T 0 /T 1 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 kg
.
Abstand Drehpunkt-Massenmittelpunkt
d = 0,500 m .
Massenträgheitsmoment (STEINER) = 1,740 kgm .
Schwingungsdauer T 0 = 1,491
5 s .
J D
(b) Arithmetischer Mittelwert T 1 = 1,495 s .
Dämpfungsgrad D = 0,0731 .
y
(c) Rückgang der Auslenkungen 1 2
= 0,631 7 ; (auf etwa der Anfangsauslenkung).
y
3
0
2
Schwingungslehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 09

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 09 – Musterlösung
(a) Für ein physikalisches Pendel ist die Schwingungsdauer bei kleinen Auslenkungen
aus der Ruhelage gegeben durch
phys
T0 = 2π
JD
mgd
mit m Gesamtmasse
g Schwerebeschleunigung
d Abstand Drehpunkt D – Massenmittelpunkt S
J D Massenträgheitsmoment bezüglich des Drehpunkts D
Die Gesamtmasse des Pendels ist
m = m + m
Sch
= 6,300 kg
St
=
(5,0
+ 1,3) kg
Der Abstand d zwischen Drehpunkt D und Massenmittelpunkt S ist aus Symmetriegründen
1,00 m
d = L =
2 2
= 0,500 m
Das Massenträgheitsmoment
STEINERschen Satzes
also
J
Sch
D
J D
=
= J
= J
=
Sch
S
St
D
1
(
12
+
+ m
J
Sch
Sch
D
2
⋅1,300⋅1
⎛ L
2 ⎟ ⎞
⎜
⎝ ⎠
2
J D
( 0,1083 + 0,0563 + 1,575 )
= 1,740 kgm
2
=
1
12
+
2 1
mSt
L + m
2
1
⋅5,000⋅0,1500
2
damit wird die Schwingungsdauer
T
0
= 2π
= 1,491
s
bezüglich des Drehpunkts D unter Anwendung des
Sch
2
kgm
1,740 kgm
= 2π
−2
6,300 kg9,806 ⋅ m s ⋅0,5000
m
5
2
+
2
R
2
+ ( m
St
+ m
6,300⋅0,5000
2
0,0563 s
Sch
L
)( )
2
) kgm
2
2
2
(b) Der arithmetische Mittelwert für die zehn Messungen ist für jeweils zehn Schwingungen
∑
i
10
T i
10 T 1 = = 14,95 s
10
Schwingungslehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 09

damit wird der Mittelwert für eine Schwingungsdauer
T
14,95 s
=
10
1 =
1,495 s
Die Differenz aus berechnetem Wert und Mittelwert aus den Messungen ist
ΔT
= T
0
−T
= 4 ⋅10
1
−3
=
s
( 1,491 − 1,495 )
s
(c) Die Kreisfrequenz ω bei viskoser Dämpfung hängt ab von
d
• der Eigenkreisfrequenz ω , 0
• dem Dämpfungsgrad D.
Es gilt dabei der Zusammenhang
ω
d
wegen
= ω
π
ω =
2
T
0
1−D
2
wird daraus die Beziehung für die Schwingungsdauern
und
T
T
D
0
1
2
D =
=
1−
D
T
= 1 − (
T
0,0731
2
0
1
)
2
oder
= 1 − 0,9947 = 0,0053
Die Schwingungen eines viskos gedämpften Feder-Masse-Systems lassen sich darstellen
als
−δ t
y = y ˆ 0 ⋅ e cos( ωdt
+ ϕ 0 ) oder y = y ˆ 0 ⋅ e 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
y
0
1
= yˆ
0
= yˆ
0
e
e
−δt
−δ(
t + T
d
)
= yˆ
0
e
−δt
e
−δT
d
Damit wird das Verhältnis der Auslenkungen und y im Abstand einer Schwingungsperiode
T d
−δ t
y1
0
y
y
1
0
=
yˆ
0
e
yˆ
−δt
0
e
e
−δt
−δTd
= e
−δTd
Schwingungslehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 09

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 10
L
S
D
R
Eine massive Vollkugel aus Aluminium hängt an einem
dünnen Stahldraht. Die Kugel kann
• Pendelschwingungen um den Aufhängepunkt D ,
• Drehschwingungen um die Achse D − S durch
den Schwerpunkt S
ausführen.
Man beobachtet, dass die Schwingungsdauern T 0 ungedämpfter
Schwingungen für beide Schwingungsarten
gleich sind.
(a) Berechnen Sie die Schwingungsdauer T 0 für die ungedämpfte Pendelbewegung
bei kleinen Amplituden
math
(1) in der Näherung als mathematisches Pendel ( ) und
phys
(2) als physikalisches Pendel ( T 0
). Die Masse des Drahtes soll dabei vernachlässigt
werden können.
(b) Bestimmen Sie die Drehfederkonstante c * für die Verdrillung (Torsion) des
phys
Drahts. Benutzen Sie dazu die Schwingungsdauer ( ) 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 Auslenkungen
auf ihres Anfangswertes abnehmen.
7
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
= − bv .
Bestimmen Sie unter dieser Annahme den Reibungskoeffizienten b des Reibungsgesetzes?
T 0
T 0
Geometrie und Daten für die Aluminium-Kugel:
Länge des Drahtes L = 0,25 m ,
Radius der Kugel R = 0,07 m ,
−3
Dichte ρ = 2,70 ⋅10
kgm .
3
Schwingungslehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 10

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 10 – Kurzlösungen
math
(a) Schwingungsdauer mathematisches Pendel T 0 = 1,135 s .
phys
Schwingungsdauer physikalisches Pendels T 0
= 1,146 s.
Masse Aluminiumkugel m = 3,88 kg .
Massenträgheitsmomente J = 7,60 ⋅10
kg m ; J = 0,405 kg m .
(b) Eigenkreisfrequenz
S
1
ω 0 = 2π ⋅ .
T
phys
0
Drehfederkonstante c* = 0,229 N m .
− 2 −1
s
(c) Abklingkoeffizient δ = 2,08 ⋅10
.
−3
2
D
2
−3
Dämpfungsgrad D = 3,8 ⋅10
.
(d) Reibungskoeffizient
2δ
D
−1
= 0,164 kgs
2
S
J
b =
L
; Abklingkoeffizient
2
S
b L
δ = .
2J
D
Schwingungslehre - 2 -
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) –
math LS
T0 = 2π dabei ist L S = ( L + R)
= 0,32 m
g
T
math
0
= 2π
= 1,135 s
0,32 m
9,81ms
−2
In der Näherung 'physikalisches Pendel' gilt für die Schwingungsdauer – wieder beschränkt
auf kleine Auslenkungen aus der Ruhelage –
T
phys
0
= 2
π
JD
m g L
Dabei ist
m Gesamtmasse
g Schwerebeschleunigung
S
d Abstand zwischen Drehpunkt D und Massenmittelpunkt S
J D Massenträgheitsmoment bezüglich des Drehpunkts D
Das Massenträgheitsmoment bezüglich des Drehpunkts D ergibt sich nach
J D
STEINER zu
2 2 2 2 2
J D = m R + mLS
= m ⋅(
R + 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
m = ρ ⋅ π R
3
= 3,88 kg
4 3
3 −3
−2
3
= 2,70 ⋅10
kg m
4
⋅ π ⋅(7,0
⋅10
3
damit werden die beiden Massenträgheitsmomente
und
J
J
S
D
2 2
= m R = 0,40 ⋅ 3,88
5
−3
2
= 7,60 ⋅10
kg m
= 7,60 ⋅10
−3
= 0,405 kg m
kg m
2
2
kg ⋅(7,0
⋅10
+ 3,88 kg ⋅ 0,32
−2
2
m
m)
2
2
m)
JS
und
JD
Schwingungslehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 10

Die Schwingungsdauer des physikalischen Pendels ergibt sich zu
T
phys
0
= 2π ⋅
= T
math
0
= 1,146 s
m[(2 / 5) R
(1+
2
5
R
L
2
m g L
2
2
S
+ L
S
2
S
]
= 2π ⋅
) = 1,135 s ⋅
LS
2 R
(1+
g 5 L
(1+
2
5
(7 ⋅10
2
2
S
−2
(3,2 ⋅10
−1
) = 2π ⋅
m)
2
m)
2
L
S
g
(1+
) = 1,135 s ⋅
⋅
2
5
R
L
1,019
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
phys
.
(b) Bei einer linearen Abhängigkeit des rücktreibenden Drehmoments M Rück vom
Verdrillungswinkel ϕ gilt mit der Drehfederkonstante c * als Proportionalitätskonstante
M = − c * ϕ
Rück
M Rück ist das einzige auftretende Rückstellmoment; zusammen mit dem Massenträgheitsmoment
J D des Körpers bezüglich der Drehachse ergibt das NEWTONsche
Grundgesetz für Rotationen
M = M = J ϕ&
ges
Rück
D &
Daraus erhält man allgemein die Differentialgleichung einer ungedämpften Drehschwingung
− c * ϕ = JK
ϕ&&
c *
ϕ&&
+ ϕ = 0
J
D
Durch Koeffizientenvergleich mit der Standard-Differentialgleichung
ϕ& &
+
ω
2
0 ϕ =
0
erhält man für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz
2 c *
ω 0 =
J
D
Mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (a) bestimmt sich die Eigenkreisfrequenz zu
1
ω 0 = 2π ⋅
T
phys
0
Damit erhält man für die Drehfederkonstante
2
c*
= ( m R
5
2
= 0,229 N m
4 π
) (
( T
2
phys
0
)
2
) = 7,60 ⋅10
−3
kg m
2
T 0
2
4 π
⋅
(1,146 s)
2
2
2
S
)
Schwingungslehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 10

(c) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Systems lassen sich darstellen als
ϕ = ϕ
max
−δ
−δ t
⋅e t cos( ωdt
+ ϕ0 ) oder ϕ = ϕmax
⋅e
sin( ωdt
+ ϕ0
)
Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende Exponentialfunktion
zu untersuchen; also den Zeitverlauf von
ϕ
oder
ϕ
ϕ
einh
einh
max
= ϕ
=
max
e −δt
e −δt
Logarithmieren liefert
⎛ ϕ
ln
⎜
⎝ ϕ
einh
max
⎞
⎟ = − δ t
⎠
Nach n = 15 Schwingungsperioden, also für den Zeitpunkt t = 15 ⋅T 0
, beobachtet
man
phys
einh 15 ⋅
0
) = 0, 7
ϕ ( T ϕ
also gilt
und
⎛ 0,7 ⋅ ϕ
ln
⎜
⎝ ϕ
max
max
max
⎞
⎟ = −(
δ ⋅15
⋅1,146
s)
⎠
ln( 0,7) − 0,357
δ =
=
= 2,08 ⋅10
( −15
⋅1,146
s) ( −15
⋅1,146
s)
− 2 −1
s
Dabei wurde für einen Dämpfungsgrad D < 0, 1 die Näherung T ≈ T benutzt.
Diese Näherung kann nun überprüft werden. Es ist
D =
δ
ω
0
phys
0
T
= δ
2π
= 2,08 ⋅10
−2
s
−1
1,146 s
⋅ = 3,8 ⋅10
2π
Damit ist die benutzte Näherung gerechtfertigt.
−3
phys
d
phys
phys
0
(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 = F L = ( b v)
L = b ( L ϕ&
L
reib reib S
S S )
S
Denn die Verknüpfung zwischen der linearen Geschwindigkeit v der Kugel auf einer
Kreisbahn vom Radius L S und der zugehörigen Winkelgeschwindigkeit ω ist gegeben
durch
v = L S ω = L S ϕ&
Damit ergibt sich für die Differentialgleichung der gedämpften Schwingung – wieder
beschränkt auf kleine Auslenkungen aus der Ruhelage –
Schwingungslehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 10

J
D
ϕ&&
+ b L
b L
ϕ&&
+
J
2
S
2
S
D
ϕ&
+ m g L
ϕ&
+
m g L
J
D
S
S
ϕ = 0
ϕ = 0
Methodentransfer aus der Standard-Differentialgleichung für das Feder-Masse-
System mit Dämpfung
y &
+ 2δ
y&
+ ω 0 y = 0
liefert die Eigenkreisfrequenz
D
2
2 m g LS
ω 0 =
(vgl. auch Teilaufgabe (a))
J
und den Zusammenhang zwischen Reibungskoeffizient b und Abklingkonstante δ
2
S
b L
δ =
also
2J
D
aus Teilaufgabe (a) erhält man für den Dämpfungskoef-
Mit den Zahlenwerten für
fizienten
= 0,164 kgs
−1
−1
2 ⋅0,0207
s
b =
0,32
2
m
2
J D
⋅0,405
kg m
2δ
J
b =
L
D
2
S
2
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
r = 0,1m
L 2
L 1
D
g r
r
(a) Berechnen Sie die Schwingungsdauer T 0 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
Differentialgleichung (linearisiert) β & m g d
+ β = 0 .
J
Massenträgheitsmoment (mit STEINER) J = J + J = m ⋅13,8⋅10
m .
JD
Schwingungsdauer T 0 = 2π
= 2,36 s .
2mgd
− 2 −1
s
(b) Abklingkoeffizient δ = 5,87 ⋅10
;
Dämpfungsgrad D = 2,20 ⋅10
(c) Bruchteil
− 2 <
1 1 1 1 ⎛ 1⎞
1
p = ⋅ ⋅ ⋅ = ⎜ ⎟ = .
2 2 2 2 ⎝ 2 ⎠ 16
4
D
D
D1
D2
0,1 (schwache Dämpfung).
−2
2
Schwingungslehre - 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
∑mi
⋅ y i m ⋅ 0 + m ⋅(
L1
+ L2
) ( L1
+ L2
)
yS
= =
= = 0,25 m
m m + m
2
∑
i
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 = − ( mges ) g d sinβ = − (2 m)
g d sinβ ≅ − 2m g d β
Rück
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

Die Beziehung für das Massenträgheitsmoment 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.
J D
Das Massenträgheitsmoment bezüglich des Drehpunkts D ergibt sich als
Summe aus den beiden Massenträgheitsmomenten JD1
und J D 2 der beiden Kugeln
bezüglich des Drehpunkts D . Berücksichtigung des STEINERschen Satzes liefert
also
J
J
J
D1
D2
D
2
= m r
5
2
= m r
5
= J
D1
4
= m ( r
5
2
2
+ J
2
+
D2
+
+ L
= m ⋅13,8
⋅10
mL
=
mL
2
(
5
2
1
−2
2
1
2
2
m r
+ L
m
2
2
2
2
+ mL
2
1
) +
2
(
5
) = m ⋅(0,8
⋅10
m r
−2
2
m
2
J D
+ m L
+
2
2
)
9 ⋅10
−2
m
2
+ 4 ⋅10
Damit wird die Schwingungsdauer T 0 [die Masse m in Zähler und Nenner kürzt sich
heraus, braucht also explizit gar nicht bekannt zu sein].
T
0
= 2π
= 2,36 s
JD
2mgd
= 2π
m ⋅13,8
⋅10
2 ⋅ m ⋅9,81ms
−2
−2
m
−2
⋅0,05 m
−2
m
2
)
(b) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Systems lassen sich darstellen als
ϕ = ϕ
max
−δ
−δ t
⋅e t cos( ωdt
+ ϕ0 ) oder ϕ = ϕmax
⋅e
sin( ωdt
+ ϕ0
)
Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende
Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von
ϕ
oder
ϕ
ϕ
einh
einh
max
= ϕ
=
max
e −δ
t
e −δt
Logarithmieren liefert
⎛ ϕ
ln
⎜
⎝ ϕ
einh
max
⎞
⎟ = − δ t
⎠
bei schwacher Dämpfung ist Td ≅ T 0 (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
⎜ ϕ
ln⎜
2
⎜ ϕ
⎝
also
wird
max
max
⎞
⎟
⎟ = − δ⋅ 5T
⎟
⎠
⎛ 1 ⎞
ln⎜
⎟ = − δ⋅ 5T
⎝ 2 ⎠
ln1
0
0
0
− ln2 = −δ⋅5T
da ln 1 = 0
ln2
δ =
5T
0
= 5,87 ⋅10
ln2
=
5⋅
2,36 s
−2
s
−1
Daraus erhält man den Dämpfungsgrad
D =
δ
ω
0
δT0
=
2π
= 2,20 ⋅10
−2
< 0,1
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
⎛ ϕeinh
⎞
ln( p)
= ln
⎜
⎟ = − δ (20 ⋅Td
) ≅ 4( − δ ⋅5T0
)
⎝ ϕmax
⎠
mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (b1)
δ ( 5 T 0 ) = ln2
geht das ohne Zahlenwerte und Taschenrechner
ln( p)
= − 4 ⋅ln2
= ln(2
p = 2
p =
−4
1
16
−4
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
1 1 1 1 ⎛ 1⎞
p = ⋅ ⋅ ⋅ = ⎜ ⎟ =
2 2 2 2 ⎝ 2 ⎠
4
1
16
Schwingungslehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 11

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 12
Ein quadratischer Rahmen besteht aus vier dünnen Stäben
A
der Länge L . Der Rahmen wird an einer Ecke A drehbar
L
L
aufgehängt. Der Rahmen wird in der Zeichenebene aus der
Ruhelage ausgelenkt und schwingt anschießend frei in
dieser Ebene mit der Schwingungsdauer T 0 = 2,00 s .
(a) Berechnen Sie die Länge L eines Stabes unter
Vernachlässigung von Reibungseinflüssen und unter L
L
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
o
sie zu Beginn βˆ 0 = 6 war?
Hinweis: Das Massenträgheitsmoment eines dünnen Stabes (Masse m , Länge L )
bezüglich einer Achse, die senkrecht zur Stabachse durch den Schwerpunkt geht,
1 2
beträgt J S = mL .
12
Schwingungslehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 12

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 12 – Kurzlösungen
(a) Massenträgheitsmoment Rahmen
Gesamtmasse Rahmen m = 4m Stab .
Stablänge
2
3 2T0
g
L = = 0,843 m .
2
20 π
(b) Schwingungsdauer T = ,01⋅T
2,02 s .
d 1 0 =
10 2
J A = mStab
L .
3
ωd
1
Verhältnis der Kreisfrequenzen = = 0, 990 .
ω 1,01
Dämpfungsgrad D = 0,141.
Abklingkoeffizient δ = D ω = 0,443 − .
0
0 s
(c) Winkelauslenkung β( 3T
d ) = 6 ⋅0,069
= 0,42 .
o
1
o
Schwingungslehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 12

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 12 – Musterlösung
(a) Für ein physikalisches Pendel gilt für ’kleine Auslenkungen’ aus der Ruhelage für
die Schwingungsdauer
Mit
phys
T0 = 2π
J A
m g d
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

Es werden damit
1 2 L 3 2
J A1 = 2 ⋅ mStab
⋅(
L + ⋅ ) = mStab
L
12 4 3 3
2
1 2 5 2 3 2 ⋅16
2 8
J A2 = 2 ⋅ mStab
⋅(
L + L ⋅ ) = mStab
⋅ L = mStab
L
12 4 3 12
3
2
2
Das gesamte Massenträgheitsmoment des Rahmens wird
J
A
= J
A1
10
= m
3
+ J
A2
Stab
L
2
= m
3
2
Stab
L
2
8
+ m
3
Stab
Die Gesamtmasse des Rahmens erhält man durch Addition der Einzelmassen
m =
4m Stab
L
2
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
d =
2
2
L
Diese Werte eingesetzt in die (quadrierte) Gleichung für die Schwingungsdauer
ergibt
10 2
( ) m L
J
Stab
2
2 2 A 2
L L
T
3
2 10 ⋅ ⋅ 2 20π
0 = (2π)
= 4π
= π =
m g d
2 3g
2 3 2 g
4mStab
g ( ) L
2
Daraus ergibt sich die Stablänge L zu
2
3 2T0
g
L =
2
20 π
= 0,843 m
3
=
2 ⋅(2,00 s) ⋅ 9,81ms
2
20 π
2
−2
(b) Die Schwingungsdauer
T 0
Mit
; also gilt
T
ω
= 1,01⋅T0
T d
= 1,01⋅
2,00 s
d =
0
1
= 2π ⋅
T
0
und
ω
d
bei Vorliegen von Dämpfung ist um 1 % größer als
2,02 s
1
= 2π ⋅
T
d
Schwingungslehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 12

wird das Verhältnis der Kreisfrequenzen
ω
ω
d
0
2π
T0
T
= ⋅ =
T 2π
T
d
0
d
T0
=
1,01⋅T
Der Zusammenhang zwischen
gemäß
ω
Damit
D
2
d
2
= ω
2
0
ω
= 1−
(
ω
D = 0,141
(1−
D
2
d
2
0
2
)
0
) = 1−
(0,990)
2
=
1
1,01
= 0,990
ωd
und ω 0 wird bestimmt vom Dämpfungsgrad D ,
= 0,020
Abklingkoeffizient δ , Dämpfungsgrad D und Eigenkreisfrequenz ω 0 sind verknüpft
gemäß
2π
2π
δ = D ω0
= D = 0,141⋅
T
1 0 2,00s
−
= 0,443 s
(c) Das Abklingen der Schwingungsauslenkungen bei viskoser Reibung wird durch
die Einhüllende einer Exponential-Funktion beschrieben; also
−δt
( t)
= βˆ
⋅e
β 0
Damit wird die Winkelauslenkung der Schwingung nach drei Schwingungsperioden,
also t = 3 ⋅T
d = 6,06 s
β(3T
d
) = 6
= 6
o
o
⋅e
−(0,443 s
−1
⋅0,069
= 0,42
⋅3⋅2,02 s)
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
−δ⋅t
( t)
= βˆ
⋅e
β 0
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 T 0 = 2,25 s .
−1
0 s
Eigenkreisfrequenz ω = 2,79 .
− 2 <
Dämpfungsgrad D = 2,56 ⋅ 10 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
βˆ
0
−δ
t
Logarithmieren dieser Beziehung liefert
⎛ t ⎞
⎜
β(
)
ln ⎟
= ln( e
⎝ βˆ
0 ⎠
−δt
) = − δt
Mit der Näherung Td
≈ T0
für Dämpfungsgrade D < 0, 10 wird für Z = 10
Schwingungsperioden, also für eine Gesamtzeit von tZ = 10Td
≈ 10T0
oder
⎛ β(
t = 10T0
) ⎞
ln⎜
⎟ = − δ ⋅10T
⎝ β(
t = 0) ⎠
⎛ β(
t = 10T
ln⎜
⎝ β(
t = 0)
δ = −
10T
Zahlenwerte
= 0,0715 s
−1
0
0
) ⎞
⎟
⎠
⎛ 10 ⎞ ⎛ 10 ⎞
ln⎜
⎟ ln⎜
⎟
50 50 ln1−
ln5 0 −1,61
δ = −
⎝ ⎠
= −
⎝ ⎠
= − = −
22,5 s 22,5 s 22,5 s 22,5 s
0
(b) Der Dämpfungsgrad D ist definiert als das Verhältnis aus Abklingkoeffizient
δ und Eigenkreisfrequenz ω0
D =
δ
ω 0
Die Schwingungsdauer
T
0
Z 22,5 s
= t =
Z 10
= 2,25 s
T 0
für die ungedämpfte Schwingung ist
daraus bestimmt sich die Eigenkreisfrequenz zu
ω
0
2π
2π
= =
Z 2,25 s
= 2,79 s
-1
Schwingungslehre -3-
Prüfungsaufgabe 13

Der Dämpfungsgrad wird damit
= 2,56 ⋅10
−2
7,15 ⋅10
D =
2,79 s
−1
−2
s
−1
Damit ist die Forderung ’schwache Dämpfung‘ ( 0 < D ≤ 0, 10 ) erfüllt und für die
Schwingungsdauern im gedämpften und ungedämpften Fall die benutzte Näherung
T d ≈ T 0 erlaubt.
Schwingungslehre -4-
Prüfungsaufgabe 13

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 14
In einem Vorversuch wird die Drehfederkonstante einer Torsionsfeder zu
∗
c = 0,1Nm 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 T 0 = 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
aperiodischen Grenzfall?
∗
b ap
bestimmt für dieses System den
Schwingungslehre -1-
Prüfungsaufgabe 14

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 14 – Kurzlösungen
− 2 −1
s
(a) Abklingkoeffizient δ = 1,76⋅10
.
Eigenkreisfrequenz
Dämpfungsgrad D =
ω
2π
−1
0 = = π s
T0
5,6 ⋅10
− 3 <
.
0,1 (schwache Dämpfung).
(b) Dämpfungskoeffizient b = 6,410 ⋅ kg m s .
∗
ap
−2
2
−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
−δt
( t)
= βˆ
e
β 0
oder umgestellt
β(
t)
−δ
t
= e
βˆ
0
Logarithmieren dieser Beziehung liefert
⎛ t ⎞
⎜
β(
)
ln ⎟
= ln( e
⎝ βˆ
0 ⎠
−δ
t
) = − δt
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
T
d ≈ T0
=
2,0s
Für den Zeitpunkt t = 3T 0 wird für die Auslenkung beobachtet
β( 3T
) = 0,9 βˆ
0
0
die oben hergeleitete Beziehung liefert für diese Werte
⎛ β(3T
ln⎜
ˆ
⎝ β0
δ = −
3T
= 1,76⋅10
0
−2
0
) ⎞ ⎛ 0,9 βˆ
0
⎞
⎟ ln⎜
⎟
ˆ
⎠ ⎝ β0
= −
⎠
3 ⋅ 2,0 s
s
−1
= −
ln(0,9)
6,0 s
Der Dämpfungsgrad D ist definiert als Quotient aus Abklingkoeffizient δ
Eigenkreisfrequenz
D =
δ
ω 0
ω 0
Die Eigenkreisfrequenz
T 0
zu
ω
0
2π
=
T
0
= π s
2π
=
2,0 s
−1
ω 0
und
bestimmt sich aus der gemessenen Schwingungsdauer
Schwingungslehre -3-
Prüfungsaufgabe 14

Damit wird der Dämpfungsgrad
D =
δ
ω
0
= 5,6 ⋅10
1,76⋅10
=
π s
−3
−2
−1
s
−1
d. h., es liegt (sehr) schwache Dämpfung vor, und damit ist die oben gemachte
Näherung T ≈ erlaubt.
d T 0
(b) Der Abklingkoeffizient δ ist darstellbar aus Dämpfungskoeffizient b *
Massenträgheitsmoment J als
∗
b
δ =
[Analogie zum Federpendel mit
2J
oder umgestellt
∗
b = 2 δ J
Für den aperiodischen Grenzfall ist der Dämpfungsgrad
D
= 1
also gilt für den aperiodischen Grenzfall
δ =
ω 0
b
δ = ]
2 m
Damit kann das Massenträgheitsmoment aus der Eigenkreisfrequenz ω und der
Drehfederkonstanten
Eigenkreisfrequenz
ω 2
c ∗
∗
c
berechnet werden. Es gilt für das Quadrat der
0 =
[Analogie zum Federpendel mit
J
und
J 0
c
=
m
ω0 2 ]
oder für das Massenträgheitsmoment des Kupferrings mit Speichen
∗
2
0
2
c ∗ T
J = = c
2
ω0 4 π
Damit ergibt sich der Dämpfungskoeffizient
∗
b ap
für den aperiodischen Grenzfall zu
b
∗
ap
= 2 δJ
= 2 ω
=
6,4 ⋅10
−2
0
kg m
2
s
0
−1
2
0
2
2 π T
J = 2 c *
T 4 π
c
=
∗
T
π
0
=
0,1 Nm ⋅ 2,0 s
π
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.
L
L
L
g r
(a) Berechnen Sie das Massenträgheitsmoment 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
2
st = mL .
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 ω 01 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 W Drill 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?
J 1
Schwingungslehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 15

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 15 – Kurzlösungen
−2
2
1 m
(a) Massenträgheitsmoment U-Stab J = 1,05 ⋅10
kg .
−1
−1
01 s
(b) Eigenkreisfrequenz ω = 7,9 ⋅10
.
(c) Drehfederkonstante c*
= 6,55 ⋅10
Nm .
(d) Maximale Winkelgeschwindigkeit ˆ
−1
β & = β ⋅ ω = 9,9 .
(e) Verdrillungsarbeit W = 5,17 ⋅10
J.
Drill
−5
1max
1 01 s
(f) Massenträgheitsmoment J = 4,05 ⋅10
kg .
−1
−2
2
2 m
1
(g) Drehimpulserhaltung; Maximale Winkelgeschwindigkeit β & = 2,57 − .
2 max s
Schwingungslehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 15

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 15 – Musterlösung
J 1
(a) Das Massenträgheitsmoment 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
• Zwei vertikale Stäbe
J =
H1
1
12
m L
2
L
2
2
V1 2 m ( )
2J =
Bei einem dünnen Stab (Durchmesser

(d) Eine ungedämpfte harmonische Torsionsschwingung wird beschrieben durch
β = βˆ
1 cos( ω01t
+ ϕ
0
)
(Bei der Wahl einer Kosinus-Funktion zur Beschreibung einer harmonischen Schwingung
wird wegen der Anfangsbedingung 'Loslassen ohne Anfangswinkelgeschwindigkeit'
der Nullphasenwinkel ϕ 0 = 0 .)
Die Winkelgeschwindigkeit β & ergibt sich als zeitliche Ableitung der Auslenkwinkel-
Zeit-Funktion allgemein als
β & = − βˆ
ω sin( ω )
1 01 01t
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
ˆ
−2
−1
β & = β ⋅ ω = 20 ⋅ 2π ⋅7,9
⋅10
s
1max
1
= 9,9 s
01
−1
Alternative: Der erste Nulldurchgang mit dem maximalen Betrag der Winkelgeschwindigkeit
wird nach einem Viertel einer Schwingungsperiode erreicht, also zum
T 0
Zeitpunkt t = . Damit wird das Argument der Sinus-Funktion
4
2π
T0
π
( ω01t
) = ⋅ =
T0
4 2
und der zugehörige Wert der Sinus-Funktion
π
sin(
ω01 t ) = 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 2
1 2
W Drill = c * βDr
(analog zum Federpendel W Feder = c y )
2
2
mit c * aus Teilaufgabe (c) und dem gesamten Verdrillungswinkel aus 20 vollen Umdrehungen
β Dr = (20 ⋅ 2π)
(Winkelangaben immer im Bogenmaß!)
wird
1
−5
2
WDrill
= ⋅ 6,55 ⋅10
Nm ⋅(20
⋅ 2π)
2
−1
= 5,17 ⋅10
J
Schwingungslehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 15

(f) Das Massenträgheitsmoment nach der Entriegelung ist das einer Stange der Gesamtmasse
mges = 3 m und der Gesamtlänge Lges = 3L
für eine Achse durch ihren
Massenmittelpunkt senkrecht zur Stange, also
J
2
1
2 27 2 9
= (3m)
(3L)
= m L = m L
12
12 4
= 4,05 ⋅10
−2
kgm
2
2
(g) Da bei der berührungsfreien Befreiung der Blockierung im Nulldurchgang keine
äußeren Drehmomente auf das Torsionspendel wirken, bleibt der Drehimpuls L r des
Systems nach Betrag und Richtung erhalten. Es gilt also für die Beträge
r r
L = L
J
1
β&
1max
1max
= J
oder schließlich
β &
2 max
J
=
J
1
2
2 max
2
β&
β&
= 2,57 s
2 max
1max
−1
1,05 ⋅10
=
4,05 ⋅10
−1
−2
kgm
kgm
2
2
⋅9,9
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
o
Winkel β = 45 erfordert ein äußeres
Drehmoment M = (π / 2) Nm.
∗
(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
der Scheibe.
JP
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 t2 = 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 Nm .
(b) Massenträgheitsmoment J = 0,304 kgm
.
∗
P
(c) Abstand Drehpunkt-Massenmittelpunkt d = PS = 0,100 m .
(d) Fadenpendel – Fadenlänge L = 0,306 m .
2
Schwingungslehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 16

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 16 – Musterlösung
(a) Für ein lineares Momentengesetz gilt – mit der Drehfederkonstante c
Proportionalitätskonstante – für den Zusammenhang zwischen äußerem
Drehmoment M und Winkelauslenkung β
ext
∗
als
M = c
∗ ext β (analog zum HOOKEschen Gesetz für eine ideale Feder F = cy )
daraus wird (der Drehwinkel ist im Bogenmaß einzusetzen)
π
Nm
∗ Mext
c = =
2
= 2 Nm
β π
4
ext
(b) Die Schwingungsdauer eines Drehpendels bestimmt sich aus
∗
Massenträgheitsmoment J und Drehfederkonstante c gemäß
Dreh JP
T0 = 2 π
(analog zum Federpendel T
∗
c
daraus erhält man für das Massenträgheitsmoment
J
P
∗
c T
=
4π
2
0
2
=
= 0,304 kgm
2 (kgm s
2
−2
) m ⋅ 2,45
4π
2
2
s
2
m
c
Federpendel
0
= 2π
)
(c) Die Schwingungsdauer eines physikalischen Pendels unter der Einschränkung
’kleine Auslenkungen’ (nach Linearisierung der Differentialgleichung) ist gegeben
durch
phys
T0 = 2π
JP
m g d
mit m Gesamtmasse
g Schwerebeschleunigung
d Abstand zwischen Drehpunkt P und Massenmittelpunkt S
J P Massenträgheitsmoment bezüglich des Drehpunkts P
Quadrieren und Auflösen nach dem Abstand Drehpunkt-Massenmittelpunkt
liefert
4π
d =
m g ( T
= 0,100 m
2
JP
phys
0
)
2
2
4π
⋅0,304
kg m
=
−2
10 kg⋅10
m s ⋅1,1
2
2
s
2
d = PS
Schwingungslehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 16

(d) Ein Fadenpendel hat, wieder unter der Einschränkung ’kleine Auslenkungen’ aus
der Ruhelage (nach Linearisierung der Differentialgleichung) eine Schwingungsdauer
von
T
math
0
= 2π
L
g
mit L Länge des Pendels
g Schwerebeschleunigung
mit der Forderung
phys math
0
T0
T =
wird nach Quadrieren und Umstellung die Fadenlänge
( T
L =
phys 2
0
)
2
4π
= 0,306 m
2
g 1,1 s
=
2
⋅10
m s
4π
2
−2
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
∗
c; c
L
L
m = 0,032 kg
L = 0,04 m
r = 0,
01m
g r
r
m
(a) Belastet man die Feder mit der Gewichtskraft der Hantel (vgl. Skizze), dann verlängert
sich die Feder um s 1 = 0,37 m . Die Hantel besteht aus einem – idealisierend
masselosen – Stab und den beiden Kugeln. Berechnen Sie die Eigenkreisfrequenz
für die vertikalen ungedämpften Längsschwingungen des Feder-
ω 0,L
pendels.
(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
Nm aufzuwenden, um die Hantel statisch ruhig zu halten. Welche
Eigenkreisfrequenz
ω 0,Dr
haben reine Drehschwingungen der Hantel?
(c) Mit den angegebenen Maßen ist die Bedingung für ausgeprägte Kopplungsschwingungen
(Schwebungen) nicht erfüllt. Welcher Abstand der Kugeln von
der Drehachse muss eingestellt werden, damit
0, Dr = ω0,L
L res
ω gilt?
Schwingungslehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 17

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 17 – Kurzlösungen
(a) Federkonstante c = 1,70 Nm .
-1
0, L s
Längsschwingungen – Eigenkreisfrequenz ω = 5,15 .
(b) Drehfederkonstante (oder Winkelrichtgröße) c*
= 1,79 ⋅10
Nm (rad ) ;
Massenträgheitsmoment (STEINER) J = 1,05 ⋅10
kg m ;
Drehschwingungen – Eigenkreisfrequenz ω = 4,13 .
(c) Resonanzbedingung
Massenträgheitsmoment
ω .
0, Dr = ω0,
L
Resonanz – Länge L res = 3,31cm .
−4
2 2 2
J res = 2mLres
+ 2 mr ;
5
2
−3
−1
0, Dr s
-1
Schwingungslehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 17

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 17 – Musterlösung
F ext
(a) Die Federkonstante c für die Längsschwingungen ergibt sich für eine ideale Feder
nach HOOKE aus der äußeren Kraft , hier der Gewichtskraft der beiden Kugeln,
und der sich einstellenden Auslenkung
mit
wird
F ext = c s 1
F = F 2m g
ext grav =
F
c =
s
grav
1
2mg
=
s
= 1,697 Nm
1
2 ⋅0,032 kg ⋅9,81ms
=
0,37 m
Die Eigenkreisfrequenz ω 0L für Längsschwingungen des Feder-Masse-Systems ergibt
sich aus Federkonstante c und der Masse ( 2m)
der angehängten Hantel zu
-2
s 1
ω
0,L
=
c
=
2m
= 5,149
s
-1
2m g
⋅
s
1
1
2m
=
g
s
1
=
9,81ms
0,37m
−2
(b) Die Drehfederkonstante (oder Winkelrichtgröße) c * ergibt sich für eine ideale
Drehfeder aus dem äußeren Drehmoment und dem sich dadurch einstellenden
Auslenkwinkel
M ext = c *ϕ 1
also für
c*
= M
ϕ
ϕ 1
ϕ1 = 5 ⋅ 2π
(rad)
ext
1
= 1,789 ⋅10
5,6 ⋅10
Nm
=
5 ⋅ 2π
−3
−2
Nm (rad
-1
M ext
(Drehwinkelangabe im Bogenmaß)
)
Die Eigenkreisfrequenz
ω 0,Dr
für Drehschwingungen des Drehpendel-Systems ergibt
sich aus Drehfederkonstante c * und dem Massenträgheitsmoment J der angehängten
Hantel zu
ω 0, Dr =
c *
J
Schwingungslehre - 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 2 2
J = 2 [ mr + mL ] = 2m
[ r + L
5
5
= 0,064 kg ⋅[0,4
+ 16] ⋅10
= 1,050 ⋅10
−4
kg m
2
−4
damit wird die Eigenkreisfrequenz
m
2
2
] = 2 ⋅ 0,032 kg ⋅[
2
5
⋅(1,0
⋅10
ω 0, Dr der Drehschwingungen
−2
m)
2
+ (4,0 ⋅10
−2
m)
2
]
ω
0,Dr
=
c *
J
=
1,789 ⋅10
−3
1,050 ⋅10
(kgms
−4
-2
kg m
) m
2
=
17,04 s
−2
= 4,128 s
−1
(c) Die Resonanzbedingung
c =
m
c
J
*
2 res
oder umgeformt
c*
2m = J
c
res
Das Massenträgheitsmoment
erhält man analog zu Teilaufgabe (b) für eine Verschiebung
der Kugeln um
2 2
J res = 2mLres
+ 2 mr
5
Eingesetzt ergibt sich
c*
2m
c
c*
c
= 2mL
= L
2
res
2
res
L res
2
2
+ 2 mr
5
2 2
+ r
5
ω ist erfüllt für
0, Dr = ω0,
L
J res
2
aus der Drehachse
damit wird die erforderliche Länge für die Resonanzbedingung
L
2
res
c*
2
= − r
c 5
2
= 10,94 ⋅10
und schließlich
L res = 3,307 cm
−4
m
2
−3
1,789 ⋅10
Nm
=
−
-1
1,697 Nm
2
5
⋅(1,0
⋅10
−2
m)
2
= (10,54 + 0,40) ⋅10
−4
m
2
Schwingungslehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 17

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 18
r
L
β
D
m
(a) Berechnen Sie die Eigenfrequenz
die stabile Lage
f 01
β 0 = 0 für kleine Winkelamplituden.
∗
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 ).
An der Stange ist in D eine Spiralfeder
angebracht, die in der senkrechten Lage
β 0 kein Drehmoment ausübt.
0 =
Die Drehfederkonstante ist c0 = 45 Nm .
Das System schwingt im Schwerefeld
der Erde.
für freie ungedämpfte Schwingungen um
(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 c 1 , bei der die Stabilität gerade
verschwindet.
Für c
β = −
∗ ∗
0 < c 1
2 β links
besitzt das System bei den Winkelpositionen β1 = β rechts und
auf der rechten und der linken Seite zwei stabile Gleichgewichtslagen.
(c) Welchen Wert muss die Drehfederkonstante haben, damit die Stange in
diesen beiden Gleichgewichtslagen gerade waagrecht liegt?
(d) Berechnen Sie die Eigenfrequenz f 02 für freie ungedämpfte Schwingungen um
π
die rechte Gleichgewichtslage β 1 = (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.
∗
c 2
∗
Schwingungslehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 18

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 18 – Kurzlösungen
(a) Drehmoment (linearisiert) M = M + M = − c β + ( m g)
⋅ ( Lβ)
.
res
rück
ausl
∗
Differentialgleichung (linearisiert): − c β + mgLβ
= β&
.
∗
0
0 J D
Massenträgheitsmoment (STEINER) J = 3,19 ⋅10
kgm
.
Eigenkreisfrequenz
ω
= 10,4 −
01 s
1
D
−1
; Eigenfrequenz
2 c0
− mgL
(b) Grenzbedingung für Stabilität nach (a) ω =
0 .
Drehfederkonstante c1 = mg L = 0,30 Nm .
r r
(c) Gleichgewichtsbedingung M rück = M .
Drehfederkonstante c2 = 6,56 Nm.
∗
∗
ausl
∗
2
01 =
J D
ω01
−1
f 01 = = 1,66 s .
2π
∗ π
(d) Gleichgewichtsbedingung (vgl. Teilaufgabe (c)):( c 2 − m g L)
= 0 .
2
c2
Schwingungsdifferentialgleichung & γ
+ γ = 0 .
J
Eigenkreisfrequenz = 4,54 −1
1
ω
; Kreisfrequenz f = 0,722 − .
02 s
∗
D
02 s
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
∗
M rück = − c 0 β (analog dem HOOKEschen Gesetz für eine ideale Feder),
• ein auslenkendes Drehmoment (positives Vorzeichen) durch die
Massenverteilung des Systems
M = ( m g)(
L sinβ)
ausl
Für kleine Auslenkwinkel aus der Ruhelage, also für β

Damit erhält man
ω
2
01
c
=
∗
0 −
J D
= 108,8 s
mgL
−2
=
45,0 Nm − 3,50 kg ⋅9,81 ms
0,319 kgm
2
−2
⋅0,30
m
=
( 45,0 −10,3)
kgm
0,319 kgm
2
2
s
−2
und die Eigenkreisfrequenz
ω
= 10,4 −
01 s
1
daraus ergibt sich die Eigenfrequenz
ω
01
−1
01 = = 1,66 s
f
2π
Mit kleiner werdender Drehfederkonstante
kann das System 'kippen'. Die
Grenzbedingung für Stabilität ist erreicht, wenn in der Beziehung für die
Eigenkreisfrequenz nach Teilaufgabe (a)
ω
2
01
∗
c0
− mgL
=
J D
der Zähler verschwindet, also null wird.
Diese Bedingung für Kippen liefert für die zugehörige Drehfederkonstante
∗
c 0 − m g L = 0
Die Drehfederkonstante
c
∗
1
c 1 *
= m g L = 3,50 kg⋅9,81ms
= 0,30 Nm
∗
c 0
bestimmt sich zu
−2
⋅0,30 m
∗
c 1
(c) Die Gleichgewichtsbedingung fordert, dass das resultierende Gesamt-
Drehmoment verschwindet, also gilt
∑ M r
= 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
r
M = L(
m g)
ausl
damit wird
L ( m g)
= c2
∗
π
2
und
π
β rechts = ist
2
M r
= c
rück
∗
2
π
2
Schwingungslehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 18

und
c
∗
2
2
= ⋅ m g L = ⋅3,50 kg⋅9,81ms
π π
= 6,56 Nm
2 −2
⋅0,30 m
(d) In Analogie zu Teilaufgabe (a) gilt
J
D
β &
= − c
∗
2
β +
mg Lsinβ
π
Mit der Setzung β = ( + γ)
wird daraus
2
2
d π
∗ π
π
J D ( + γ)
= − c2
( + γ)
+ m g L sin( + γ)
2
dt
2
2
2
π
oder mit der trigonometrischen Identität sin( + γ)
= cos γ umgeschrieben
2
∗ π ∗
J D
& γ
= − c2 − c2
γ + m g Lcos
γ
2
Für kleine Auslenkwinkel aus der neuen Ruhelage, also für γ

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
L und Masse m (der Radius der Stange ist wesentlich kleiner als die Länge). Der
St
St
Zeiger wird ebenfalls simuliert durch eine sehr dünne Stange der Länge
Masse .
m Z
L Z
und der
Abb. 1
Abb. 2
L
St
D
L Z
β
g r
Daten zur Geometrie und den Massen der Körper:
Waagebalken: Masse
mSt = 120 g, Länge
Zeiger: Masse m Z = 25 g , Länge
L St = 30 cm .
L Z = 20 cm .
(a) Berechnen Sie das Massenträgheitsmoment 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 2
J S = mL .
12
(b) Stellen Sie die Differentialgleichung für ungedämpfte Drehschwingungen (sehr)
kleiner Amplitude auf.
(c) Berechnen Sie die Eigenkreisfrequenz ω 0 und die Schwingungsdauer
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
gedämpften Schwingung größer als die der ungedämpften Schwingung ?
J D
T d
der
T 0
T 0
des
Schwingungslehre -1-
Prüfungsaufgabe 19

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 19 – Kurzlösungen
(a) Massenträgheitsmoment Stange J = 9,0 ⋅10
kgm
.
St, D
Massenträgheitsmoment Zeiger J = 3,33 ⋅10
kg .
−4
−4
2
Z, D
m
Gesamtes Massenträgheitsmoment J = 1,23 ⋅10
kgm
.
(b) Rücktreibendes Drehmoment Zeiger
(linearisiert) M
rück
Lz
Lz
= −( mz
g)
⋅ ( sinβ)
≈ −mz
g
2
2
z z
Differentialgleichung (linearisiert) β& m g L
+ β = 0 .
2J
D
(c) Eigenkreisfrequenz
ω
0 s
D
−3
β .
1
= 4,47 −
2π
; Schwingungsdauer T 0 = = 1,41s
.
ω
(d) Abklingkoeffizient = 0,164 s
−1
−
δ ; Dämpfungsgrad D = 3,67 ⋅10
2 < 0, 1.
(e) Schwingungsdauern (Reihenentwicklung)
T
T 1
= ⋅T0
. Abweichung weniger als 0,1 %.
1−
D 2
0
2
d ≈ (1+
D ) T0
≈ 1, 001
2
2
2
0
Schwingungslehre -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

Mit den obigen Beziehungen für M = M und folgt daraus
− m
z
oder
β&
m
+
Lz
g
2
g L
β = J
D
z z
β =
2J
D
β&
0
res
rück
J D
(c) Durch Koeffizientenvergleich mit der Standard-Differentialgleichung
β &
+ ω
2
0 β =
0
erhält man für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz
ω
2
0
mz
g L
=
2J
D
= 20,0 s
z
−2
und die Eigenkreisfrequenz
ω
= 4,47 −
0 s
1
−3
−2
25 ⋅10
kg ⋅9,81ms
⋅0,20 m
=
−3
2
2 ⋅1,23
⋅10
kgm
und die Schwingungsdauer für die ungedämpfte Schwingung des Modellsystems
2π
T 0 = = 1,41s .
ω
0
(d) Die Schwingungen eines viskos gedämpften Systems lassen sich darstellen als
ϕ = ϕ
max
−δ
−δ t
⋅e t cos( ωdt
+ ϕ0 ) oder ϕ = ϕmax
⋅e
sin( ωdt
+ ϕ0
)
Für das Abklingen der Auslenkungen braucht man jeweils nur die einhüllende
Exponentialfunktion zu untersuchen; also den Zeitverlauf von
oder
ϕ
ϕ
ϕ
einh
einh
max
= ϕ
=
max
e −δt
e −δt
Logarithmieren liefert
⎛ ϕ
ln
⎜
⎝ ϕ
einh
max
⎞
⎟ = − δ t
⎠
bei schwacher Dämpfung ist Td ≅ T 0
werden).
(diese Annahme muss am Ende überprüft
Schwingungslehre -4-
Prüfungsaufgabe 19

ϕ
Mit den Vorgaben
ϕ
Zeitintervall
= 0,164 s
t = 7 ⋅T 0
⎛ 1 ⎞
ln⎜
⎟
5
δ = −
⎝ ⎠
7 ⋅1,41s
−1
einh =
max
1
5
für jeweils sieben Schwingungsperioden, also für ein
wird der Abklingkoeffizient
ln1−
ln5 ln5
= − =
7 ⋅1,41s
7 ⋅1,41s
Der Dämpfungsgrad ergibt sich aus Abklingkoeffizient δ und Eigenkreisfrequenz ω 0
zu
D =
δ
ω
0
= 3,67 ⋅10
0,164 s
=
4,47 s
−2
−1
−1
Damit liegt mit einem Dämpfungsgrad 0 < D ≤ 0, 10 für das System ’schwache
Dämpfung’ vor und die benutzte Näherung T d = T0
war gerechtfertigt.
(e) Die Eigenkreisfrequenzen und die Schwingungsdauern für die Bedingungen mit
und ohne Dämpfung sind über den Dämpfungsgrad miteinander verknüpft
ω
ω
d
0
=
2 T
1− D =
T
damit wird schließlich
T0
Td = = 1, 001⋅T
2
1−
D
0
d
, wegen T
0
= 2π
ω
Da die Berechnung – wegen D

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 20
Ein Rad hat die Masse m = 1,5 kg , den Innendurchmesser
Außendurchmesser d a = 220 mm .
d i = 180 mm und den
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 T 0a = 1,20 s .
(a) Bestimmen Sie das Massenträgheitsmoment
den Massenmittelpunkt.
J S
bezüglich der Radachse durch
A
P 1
a 1
c 1
S
d i
d a
S
S
c 2
P 2
a 2
Skizze 1
Skizze 2
In einem zweiten Versuch (vgl. Skizze 2) wird das Rad im Schwerpunkt S reibungsfrei
gelagert. In den Punkten und P sind Federn mit den Federkonstanten
−1
P1
2
c1 = c2
= c = 1,20 Ncm
befestigt. Im Ruhezustand bilden die starren Verbindungen
und a Tangenten an den äußeren Radumfang.
a1
2
(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 ω 0c und die Periodendauer T 0c 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)
mdg mRigT0a
J A = = .
2
ω 4 π
−2
2
0a
Massenträgheitsmoment J = 3,62 ⋅10
kgm
.
(b) Kleiner Auslenkwinkel β ; Bogenlänge
Federn in Parallelanordnung
S
cres = 2c
.
2
R = Federdehnung y ;
Rücktreibendes Drehmoment M = −2[
c y]
R = −(2c
R ) β .
rück
2 a
Differentialgleichung β& c R
+ β = 0 .
J
(c) Eigenkreisfrequenz
ω
0c
S
2
= 8,96 s
−
1
(d) Abklingkoeffizient δ = 0,198 s
− .
Dämpfungsgrad
1
a
a
2
a
y
β = .
R a
; Schwingungsdauer T 0c = 0,70 s .
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 ω
mit
ω
2
0a
=
m d g
J
A
m Gesamtmasse des Pendels
d Abstand zwischen Aufhängepunkt A und Massenmittelpunkt S
Di
d = AS = Ri
= halber Innendurchmesser
2
g Fallbeschleunigung
J A Massenträgheitsmoment der Anordnung bezüglich einer Achse durch
den Aufhängepunkt A
Der Zusammenhang zwischen Eigenkreisfrequenz ω 0a und Schwingungsdauer
ist
ω
0a
1
= 2π ⋅ T
0a
Daraus erhält man das Massenträgheitsmoment
Aufhängepunkts A
J
A
mdg
=
ω
2
0a
mRigT
=
4 π
0a
2
J A
0a
J A
bezüglich des
Das Massenträgheitsmoment bezüglich des Aufhängepunkts und das Massenträgheitsmoment
JS
bezüglich des Massenmittelpunkts S sind über den STEINERschen
Satz verknüpft
2
J = J + ma dabei ist a = R
A
S
Daraus wird
J
S
2
0a
2
= 1,50 kg ⋅9,0
⋅10
= 1,35 ⋅10
= 3,62 ⋅10
−1
−2
kgm
−2
kgm⋅(0,365
− 0,09) m
2
2
1,20 s
m ⋅ (
2
4π
2
i
der
2
0a
2
⋅9,81 ms
Abstand
T
2 T
= ( mRi
g)
− ( mRi
) = mRi
( g − Ri
)
4π
4π
−2
AS
− 9,0 ⋅10
−2
m)
T 0a
(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 Federdehnung y
=
Radius R Außenradius R
denn für kleine Auslenkwinkel β ist die Bogenlänge gleich der Federdehnung y . Also
gilt
y
β = oder y = R a ⋅β
R a
Die von einer Feder ausgeübte rücktreibende Kraft ist mit
a
c c = c
1 = 2
Frück
= −c y
Das von beiden Federn ausgeübte rücktreibende Drehmoment wird damit
M
rück
2
a
= −2[
c y]
R = −(2c
R ) β
a
(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
2
β && c R
+
J
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
J β && + 2c R β = 0
S
S
a
2
a
β = 0
(c) Für die Eigenkreisfrequenz des Systems erhält man durch Koeffizientenvergleich
mit der Standard-Gleichung für ungedämpfte Schwingungen
2
y& & + ω 0 y =
0
für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz
ω
2
0c
2c R
=
J
S
2
a
= 80,22 s
2 ⋅1,2
=
−2
kgms
−2
(10
3,62 ⋅10
−2
−2
m)
−1
kgm
2
2
⋅ 0,11
m
2
Schwingungslehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 20

und für die Eigenkreisfrequenz
ω
0c
= 8,96 s
−
Damit wird die Schwingungsdauer
T
0c
2π
=
ω
0c
= 0,70 s
1
2π
=
8,96 s
−1
(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
ˆ −δt
β t)
= β ⋅e
⋅cos(
ω t + )
( 0 d ϕ0
Es gilt allgemein für die Hüllfunktion
−δ t
( t)
= βˆ
⋅ e
βHüll
0
umgeformt und logarithmiert erhält man
⎛ β
ln ⎜
⎝
( t)
⎞
⎟
= −δt
βˆ
0 ⎠
Hüll
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(5T
⎝ 2 ⎠
ln2 0,693
δ = = s
5T
5 ⋅0,70
0
= 0,198 s
−1
0c
−1
Damit wird schließlich der Dämpfungsgrad D
D =
δ
ω
0c
= 0,022
0,198 s
=
8,96 s
−1
−1
)
Damit wird die oben gemachte Annahme schwacher Dämpfung ( 0 < D ≤ 0,1 ) bestätigt
und die Näherung T ≅ gerechtfertigt.
d T 0c
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 gcm ) wird
von einer Torsionsfeder (Winkelrichtgröße c * = 40 Nm ) in ihre Ruhelage
zurückgezogen. Die Reibung bei der Rotation um die Achse A sei vernachlässigbar.
A
−3
P
L
z
H
F R
x
y
D
B
A
(a) Bestimmen Sie das Massenträgheitsmoment
Achse A.
J A
, bezüglich einer Rotation um die
Ein Öldämpfer erzeugt eine geschwindigkeitsproportionale Reibungskraft F = −b
⋅v
die im Punkt P, mit dem Abstand L = 30 cm von der Achse A tangential angreift.
R ,
(b) Wie lautet die Differentialgleichung für gedämpfte harmonische Bewegungen der
Tür.
(c) Welche Schwingungsdauer
Reibungskoeffizienten
b
T d
−1
1 = 110 kgs
der Tür stellt sich ein, wenn der Betrag des
Die Schwingtür soll sich von einem vorgegebenen Öffnungswinkel aus ohne
Anfangswinkelgeschwindigkeit schließen.
(d) Wie muss der Reibungskoeffizient b 2 gewählt werden, wenn sich die Tür
schnellst möglich schließen soll?
ist?
Hinweis: Das Massenträgheitsmoment J z(S) um die z -Achse durch den
m 2 2
Massenmittelpunkt S ist J z(S)
= ( B + D ).
12
Schwingungslehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 21

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 21 – Kurzlösungen
(a) Gesamtmasse m = 43,2kg.
Massenträgheitsmoment (STEINER) J A = 9,22 kgm .
(b) Rücktreibendes Drehmoment
M = − c * β .
Rück
2
Reibungsmoment M = F L = − ( b v)
L = − b ( ωL)
L = − ( b L ) β&
.
Reib
Reib
1 *
Differentialgleichung β& b L
+ β&
c
+ β = 0 .
J J
(c) Quadrat der Eigenkreisfrequenz ω = 4,34 − .
Abklingkoeffizient δ = 0,537 s
− .
Kreisfrequenz
d
= 2,01s
−
(d) Aperiodischer Grenzfall δ = ω 0 ;
ω
1
A
2
1
A
1
2
0 s
Reibungskoeffizient b = b = 411 kgs
.
ap
; Schwingungsdauer T d = 3,13 s .
2
−1
2
1
2
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 = ρDBH
= 900 kgm
= 43,2 kg
−3
⋅ 2,0m ⋅0,8m
⋅3
⋅10
J A
Das Massenträgheitsmoment für die Bezugsachse A ergibt sich für die
vorgegebene Geometrie aus dem STEINERschen Satz zu
J
A
= J
z
B 2 1 2
(S) + m(
) = m ( B + D
2 12
1
= ⋅ 43,2 kg ⋅[(8
⋅10
12
= (2,31+
6,91) kgm
= 9,22 kgm
(b) Der Betrag des Rückstellmoments
Auslenkwinkel β
M
Rück
= − c * β
Der Betrag des Reibungsmoments
M
Reib =
F
Reib
L
2
F Reib
2
2
-1
) + m
)
M Reib
2
M Rück
−2
1
B
4
2
+ (3 ⋅10
m
−2
)
2
] m
2
1
+ 43,2 kg ⋅ (8 ⋅10
4
der Torsionsfeder ist proportional zum
ausgeübt durch den Öldämpfer ist
Dabei ist die Reibungskraft bei viskoser Reibung proportional zur
Geschwindigkeit und dieser entgegengerichtet
= − b v
FReib
1
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
2
M = F L = − ( b v)
L = − b ( ωL)
L = − ( b L ) β&
Reib
Reib
1
1
Ein resultierendes Drehmoment aus den Kräften FRück
und FReib
bewirkt nach
NEWTON eine Winkelbeschleunigung α gemäß
M = J α = J β&
res
A
Damit ergibt sich schließlich
M = M + M
A
res Rück Reib
β & 2
= − c β − b β&
1
JA * L
1
-1
)
2
m
2
Schwingungslehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 21

Nach Umstellen erhält man für die Bewegung der Tür die Differentialgleichung einer
viskos gedämpften harmonischen Schwingung
β&&
+
A
2
b 1L
J
β&
+
c *
β = 0
J
A
(c) Durch Koeffizientenvergleich mit der allgemeinen Differentialgleichung einer
viskos gedämpften Drehschwingung
β &&
+ 2δβ&
+ ω
2
0 β =
0
erhält man für das Quadrat der Eigenkreisfrequenz ω 0
ω
2
0
=
c
J
A
= 4,34 s
−2
−2
* 40 kgms m
=
2
9,21 kgm
und für den Abklingkoeffizienten δ der gedämpften Schwingung
2
b1
L
δ =
2J
A
= 0,537 s
−1
−1
110 kgs ⋅ 0,09 m
=
2
2 ⋅9,21kgm
2
Für die Kreisfrequenz ω d einer (geschwindigkeitsproportional) gedämpften
Schwingung gilt die Beziehung
und
ω
ω
2
d
d
= ω
2
0
− δ
= 4,05 s
= 2,01s
−
2
−2
1
= 4,34 s
−2
− 0,29 s
Damit ergibt sich die Schwingungsdauer der gedämpften Schwingung zu
2π
2π
Td
= =
ω
−1
d 2,01s
= 3,13 s
−2
(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 ω 0 gleich dem
Abklingkoeffizient δ ; also
δ
D = = 1 oder δ = ω0
ω
0
Mit den Werten für den Abklingkoeffizienten δ und der Eigenkreisfrequenz
Teilaufgabe (c) erhält man
ω
0
b2
L
= δ =
2J
A
2
Der Reibungskoeffizient b 2 für den aperiodischen Grenzfall wird damit
b
ap
= b
2
2JA
ω
=
2
L
= 411kgs
−1
0
2 ⋅9,21 kgm
=
9 ⋅10
2
−2
⋅ 2,01 s
m
2
−1
ω 0
aus
Schwingungslehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 21

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 22
D
d
M
a
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
Scheibenachse
A ?
J A,voll
hat die Scheibe bezogen auf ihre
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
Scheibe – wieder bezogen auf die Scheibenachse A (vgl. Skizze).
für die gelochte
(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 f 0 hat das ungedämpft schwingende Scheibenpendel mit
Loch?
Schwingungslehre -1-
Prüfungsaufgabe 22

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 22 – Kurzlösungen
−2
2
A, voll
m
(a) Massenträgheitsmoment J = 6,25 ⋅10
kg .
(b) Massenträgheitsmomente J = J + .
−2
Masse m = 8 ⋅10
kg .
Loch
A, voll A,Loch JLoch
-2 2
A, Loch
m
Massenträgheitsmoment (Scheibe mit Loch) J = 6,06 ⋅10 kg .
(c) Rücktreibendes Drehmoments (linearisiert)
Drehfederkonstante
(d) Eigenkreisfrequenz
M = − m g aβ)
= −c
* β .
rück
c * = mLoch g a = 0,118 Nm
.
A,Loch
Schwingungsdauer T 0 = 4,50 s .
( Loch
2 c *
−1
ω 0 = ; Eigenfrequenz f0 = 0,222 s .
J
Schwingungslehre -2-
Prüfungsaufgabe 22

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 22 – Musterlösung
(a) Das Massenträgheitsmoment einer homogenen zylindrischen Voll-Scheibe – also
ohne Loch – ist
1 2 1 2
2
J A,voll = mR = mD = 0,125 ⋅ 2 kg ⋅(0,5 m)
2 8
−2
2
= 6,25 ⋅10
kgm
(b) Massenträgheitsmomente sind additiv. Das Massenträgheitsmoment der Voll-
Scheibe J A,voll setzt sich zusammen aus dem Massenträgheitsmoment der Scheibe
mit Loch J A,Loch und dem Massenträgheitsmoment des Lochs JLoch
ausgefüllt mit
Materie. Also
J = J +
A, voll A,Loch JLoch
J Loch
Der Anteil des Loches am Massenträgheitsmoment muss vom
Massenträgheitsmoment der Vollscheibe abgezogen werden.
J A,voll
Zur Berechnung von JLoch
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 ΔAd
= const. ⋅ ΔA
Damit wird das Verhältnis der Masse des ausgebohrten Lochs
Scheibe m
m
m
Loch
πr
=
πR
2
2
d
=
D
Daraus bestimmt sich die Masse
m
Loch
2
⎛ d ⎞ ⎛ 10cm ⎞
= ⎜ ⎟ m = ⎜ ⎟
⎝ D ⎠ ⎝ 50cm ⎠
−2
= 8 ⋅10
kg
2
2
2
m Loch
⎛ 1 ⎞
⋅ 2,0 kg = ⎜ ⎟
⎝ 5 ⎠
m Loch
aus der Gesamtmasse m zu
2
⋅ 2,0 kg
zur Masse der
Das Massenträgheitsmoment für das mit Materie 'gefüllte' Loch ist, einschließlich des
STEINERschen Anteils
2
1 2
2
2 1 2
2 d
J Loch = mLoch
r + mLoch
a = mLoch
d + mLoch
a = mLoch(
+ a
2
8
8
Das Massenträgheitsmoment für die zylindrische Scheibe mit Loch wird damit
J
A.Loch
= J
A,voll
− J
= 6,25 ⋅10
= 6,06 ⋅10
−2
-2
Loch
kgm
kgm
= m
2
2
−
2
D
8
−
8 ⋅10
m
−2
Loch
⎛
⎜
d
⎝ 8
2
+ a
2
⎞
⎟
⎠
⎛ −1
(10 m)
kg ⋅ ⎜
⎝ 8
2
+
(1,5 ⋅10
−1
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 = F a sinβ = ( m g)
a sinβ
rück
grav
Loch
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 = − m g aβ)
= −c
* β
rück
( Loch
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
= 0,118 Nm
−2
kg⋅9,81ms
−2
⋅1,5
⋅10
−1
m
(d) Die Grundgleichung für Drehbewegungen nach NEWTON lautet
M
rück
2
d β
= J = J β&
2
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 *
β = 0
J
A,Loch
Schwingungslehre -4-
Prüfungsaufgabe 22

Koeffizientenvergleich mit der Standard-Differentialgleichung für harmonische
Drehschwingungen
β &
+
ω
2
0 β =
0
liefert als Beziehung für die Eigenkreisfrequenz
ω
2
0
c *
=
J
A,Loch
Daraus ergibt sich die Eigenfrequenz des physikalischen Pendels – mit der
Einschränkung ’kleine Auslenkungen’ aus der Ruhelage
f
0
ω0
= =
2π
1
2π
= 0,222 s
−1
c *
J
A,Loch
=
1
2π
oder für die Schwingungsdauer
T
0
1
= = f
0
= 4,50 s
1
0,222s
0,118 kgms
6,06 kg m
−2
2
m
Schwingungslehre -5-
Prüfungsaufgabe 22

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 23
Auf einer horizontalen geraden Gleitkissenbahn kann sich ein Gleiter ' G1' (Masse
25
m 1 = kg ) reibungsfrei bewegen. Seine Bewegung wird bestimmt durch eine
9
ideale Feder, die zwischen Gleiter ' G1' und einer festen Wand angebracht ist (vgl.
Skizze).
G 2
G 1
C B A
Bei entspannter Feder befindet sich der Gleiter ' G1' am Ort 'B'
(sämtliche
Ortskoordinaten werden jeweils von der gleichen Kante des Gleiters aus gemessen).
Eine äußere Kraft ( F ext = 20 N ) drückt die Feder zusammen und verschiebt dabei
den Gleiter ' G1' um die Strecke BA = y 1 = 20 cm ; der Gleiter ' G1' befindet sich
danach am Ort ' A' . Er wird anschließend am Ort ' A'
ohne Anfangsgeschwindigkeit
losgelassen.
(a) Mit welcher Frequenz f schwingt der Gleiter ' G1'
nach Loslassen?
01
(b) Welche Geschwindigkeit v hat der Gleiter ' G1'
am Ort 'C'
?
Der Abstand vom Punkt
C
1
B' ist BC = y 2 = 3 ⋅ y .
2
' 1
1
Am Ort ' C' steht ein zweiter Gleiter ' G2'
(Masse m 2 = m 1 ).
4
Bei seiner Schwingungsbewegung stößt Gleiter ' G1' auf Gleiter ' G2'
. 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 f = 0,95 −1
.
01 s
(b) Geschwindigkeit Gleiter Ort – 'C' v = − 0,60 ms .
(c) Vollständig inelastischer Stoß – gemeinsame Geschwindigkeit
u
gem
= −
0,48 ms
−1
(d) Eigenkreisfrequenz
.
ω
02 s
C
−1
1
= 5,4 − ; Schwingungsdauer T 02 = 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
F = c y ext (die äußere Kraft wirkt in Richtung der Auslenkung);
Eine äußere Kraft
entspannten Feder um
idealen Feder zu
F
c = y
ext
1
=
20 N
0,2 m
F ext = 20 N
y
= 100
1 = 0,20 m
N
m
bewirkt eine Auslenkung aus der Ruhelage der
. Damit bestimmt sich die Federkonstante einer
Die Eigenkreisfrequenz ω01
bzw. die Schwingungsdauer T01
des Feder-Masse-
Systems wird eindeutig durch die Kenngrößen des schwingungsfähigen Systems
bestimmt; diese sind
Federkonstante c der Feder und
Masse m des Gleiters ' G1'
1
Für die Eigenkreisfrequenz
und
ω
ω
2
01
=
c
m
1
=
= 36,0 s
= 6,0 −
01 s
100 Nm
25
kg
9
1
−2
−1
Die Eigenfrequenz wird mit
ω 01 = 2π
f 01
f
01
ω01
=
2π
= 0,95 s
6,0 s
=
2π
−1
−1
ω 01
gilt die Beziehung
−2
900 kgms
=
25 kg
m
−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 = y ⋅cos(
ω t + )
ˆ
01 ϕ0
denn dann ist notwendigerweise die Amplitude gleich der Anfangsauslenkung y ˆ = y1
und der Nullphasenwinkel wird vereinfachend ϕ 0 = 0 .
Schwingungslehre -3-
Prüfungsaufgabe 23

Die Zeitabhängigkeit der Geschwindigkeit erhält man – für alle Zeiten – durch
Ableiten
v t)
= y& ( t)
= − yˆ
ω ⋅ sin( ω ) [dabei ist bereits ϕ 0 gesetzt].
( 01 01t
Die Geschwindigkeit am Ort ' C' kann also über die Bestimmung des Zeitpunkts tC
,
an dem der Ort 'C' erreicht wird, bestimmt werden.
Dafür gilt nach dem Auslenkung-Zeit-Gesetz
y
C
= y
damit wird
also
cos( ω
2
01
= y
t
C
1
⋅cos( ω tC )
y
) =
y
2
1
1
= −
2
3
01
−
=
( ω01 t C ) = arc cos( −
5 π
( ω01
t C ) =
6
1
2
1
2
y
3 ⋅ y
daraus ergibt sich der Zeitpunkt der Kopplung
t
C
5π
=
6ω
01
= 0,463 s
5 π
=
6 ⋅ 6,0 s
−1
1
3)
1
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
5
Kombination ( C ) π
ω01t = auf.
6
Für die Geschwindigkeit des Gleiters am Ort
v
v
C
C
= y&
( t = t
C
) = − y
1
= − 0,2 m ⋅ 6,0 s
= − 0,60 ms
−1
ω
−1
01
⋅ sin( ω
01
t
C
'C' gilt
5 π
⋅ sin( ) = − 0,2 m ⋅ 6,0 s
6
)
Das negative Vorzeichen bedeutet, dass die Bewegungsrichtung im Zeitpunkt des
Zusammenstoßes der als positiv genommenen Richtung der anfänglichen Stauchung
entgegengerichtet ist.
−1
⋅
1
2
0 =
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
Feder 1 E
2
pot = c y
2
Für die kinetische Energie des bewegten Gleiters gilt
Gleiter 1 2
E kin = m1
v
2
Für die Orte ' C' und ' A'
liefert der Erhaltungssatz der Energie in seiner Fassung der
Mechanik die Identität
mit
Feder
pot
Gleiter
kin
Feder
pot
E (C) + E (C) = E (A) + E
Gleiter
Gleiter
kin
E kin (A) = 0
Damit lässt sich die kinetische Energie des Gleiters am Ort 'C'
Mit
und
wird
E
E
E
E
Gleiter
kin
Feder
pot
Feder
pot
Gleiter
kin
(C) = E
Feder
pot
(A) − E
1 2 1
(A) = c y1
= ⋅100
2 2
= 2,00 Nm
Feder
pot
N
m
(C)
⋅(0,20 m)
2
(A)
1 2 1 1 2 1 3 2 3
(C) = c y 2 = c(
− 3 ⋅ y1)
= ⋅ c y1
= ⋅E
2 2 2
2 4 4
= 1,50 Nm
1 2 Feder
(C) = m 1v
C = Epot
(A) − E
2
= 0,50 Nm
Feder
pot
Feder
pot
ausdrücken als
(A)
(C) = (2,0 −1,50)
Nm
Schwingungslehre -5-
Prüfungsaufgabe 23

Daraus ergibt sich
und
v
v
2
C
2 ⋅ 0,50 Nm 9,00 kgms
=
=
25
25 kg
kg
9
m
= 0,36
s
= (
C ±
)
2
2
m
0,60
s
−2
⋅m
Weil die Bewegung nach links (in negative Koordinatenrichtung) erfolgt, muss das
negative Vorzeichen gewählt werden.
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
m v = ( m + m u
1 C 1 2 )
gem
dabei ist u gem die gemeinsame Geschwindigkeit der beiden Gleiter unmittelbar nach
dem Koppeln beim Stoß.
m1
m1
4
−1
ugem
= ⋅vC
=
⋅v
C = ⋅(
− 0,60 ms )
( m1
+ m2
)
1 5
( m1
+ m1)
4
−1
= − 0,48 ms
Die gemeinsame Bewegung ist ebenfalls nach links gerichtet
(in negative Koordinatenrichtung).
Eigenkreisfrequenz ω 0 , Eigenfrequenz f0
und Schwingungsdauer T0
ändern sich,
wenn bei ungeänderter Feder(konstante) die Masse des angehängten Körpers
verändert wird. Damit wird
und
ω
ω
2
02
c
=
1
( m1
+ m
4
−2
= 28,8 s
= 5,4 −
02 s
damit wird
2π
2π
T02
= =
ω02
5,4 s
= 1,17 s
1
1
−1
100 Nm
=
5 25
) ⋅ kg
4 9
−1
−2
3600 kgms
=
125 kg
m
−1
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
S
x
R
g r
Das axiale Massenträgheitsmoment
J S
der Scheibe bezüglich einer Achse senkrecht
1 2
zur Scheibenebene durch den Schwerpunkt S ist gegeben durch J S = mR .
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 , die um 5 % größer ist als T .
Td
0
(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 =
Schwingungsdauer T A ( x )
(d) Berechnen Sie T A ( x min ).
x min
müsste man die Achse anbringen, damit die
am kleinsten wird?
Schwingungslehre -1-
Prüfungsaufgabe 24

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 24 – Kurzlösungen
3 2
(a) Massenträgheitsmoment (STEINERscher Satz) J P = m R .
2
1
Eigenkreisfrequenz ω0 = 8,09 s
− ; Schwingungsdauer T 0 = 0,777 s .
1
(b) Dämpfungsgrad D = 0,305 ; Abklingkoeffizient δ = 2,47 s
− .
(c) Massenträgheitsmoment Abstand x = AS wird
1 2 2
J A = mR + mx .
2
⎛ 1 2 2 ⎞
⎜ mR + mx ⎟ 2 2
2
2 2
4π
R
Schwingungsdauer(Quadrat) T A ( x)
= (2π)
⎝
⎠
= ⋅(
+ x)
.
mgx g 2x
1
’Extremum‘ x min = 2R
= 7,07 cm .
2
[Der negative Wert der Wurzel ist physikalisch sinnlos].
(d) Schwingungsdauer T A, = 0,754 s .
min
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
ω
mit m
g
2
0
=
m g d m g (PS)
=
J J
P
P
Gesamtmasse
Schwerebeschleunigung
d = PS Abstand zwischen Drehpunkt P und Massenmittelpunkt S
J P
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
dem STEINERschen Satz zu
J P
2 1 2 2 3
J P = JS
+ mR = mR + m R = mR
2
2
Für die Eigenkreisfrequenz
ω 0
bezüglich des Drehpunkts berechnet sich nach
2
erhält man mit den o. g. Werten
und
ω
ω
2
0
m g R
=
J
P
= 65,4s
= 8,09 −
0 s
m g R
=
3 2
m R
2
−2
Die Schwingungsdauer wird
T
0
2π
=
ω
0
= 0,777 s
1
2π
=
8,09 s
−1
2g
=
3R
2⋅
9,81 ms
=
3⋅0,10 m
−2
(b) Die gemessene Schwingungsdauer bei starker Dämpfung ist Td = 1,
05 ⋅T
0 .
Für die Kreisfrequenz mit Dämpfung ω d gilt die Beziehung
oder
ω
D
2
d
2
=
ω
2
0
ω
= 1 −
ω
(1 − D
2
d
2
0
2
)
Schwingungslehre -3-
Prüfungsaufgabe 24

2π
daraus wird mit ω 0 = und
T
D
2
T
= (1 −
T
2
0
2
d
= 0,0930
0
) = (1 −
und der Dämpfungsgrad
D = 0,305
1,00
1,05
2
2
ω
d
2π
=
T
d
) = (1 − 0,907)
Den Abklingkoeffizienten δ erhält man aus der Definition des Dämpfungsgrades
als Quotient aus Abklingkoeffizient δ und Eigenkreisfrequenz ω 0
zu
D =
δ
ω 0
δ = D ω
0
= 2,47 s
= 0,305⋅8,09 s
−1
−1
D
(c) Für die Schwingungsdauer um den Punkt
das Massenträgheitsmoment für einen Abstand
Massenmittelpunkt S , also für 0 < x ≤ R
1 2
J A = mR + mx
2
2
A
gilt, analog zu Teilaufgabe (a), für
x = AS zwischen Drehachse A und
Damit gilt für das Quadrat der Schwingungsdauer bei einer Schwingung um A
⎛ 1 2 2 ⎞
⎜ mR + mx ⎟ 2 2
2
2 2
4π
R
T A ( x)
= (2π)
⎝
⎠
= ⋅(
+
mgx g 2x
Die Bestimmung der kürzesten Schwingungsdauer in Abhängigkeit von der
Koordinate x des Aufhängepunkts A ist eine Extremwertaufgabe für T A ( x ) bzw.
2
T A ( x)
; denn wenn T A ( x ) einen Extremwert hat, dann hat auch T A ( x ) einen
Extremwert.
2
(
Die erste Ableitung von T A x)
ist
d
dx
T
2 2
2
A +
4π
( x)
=
g
R
⋅(
2
( −1)
⋅
2
x
1)
x)
2
Für die Bedingung ’Extremum‘ (physikalisch ohne weitere Mathematik als 'Minimum'
genommen) muss die eckige Klammer gleich null werden, also gilt
R
2
⋅
x
1
2
2
min
= 1
Schwingungslehre -4-
Prüfungsaufgabe 24

oder
2 1 x = 2
min R . 2
1
x min = 2R
= 7,07
2
cm [der negative Wert der Wurzel ist physikalisch sinnlos].
(d) Die Schwingungsdauer T = T ) wird
also
T
2
A,min
= (2π)
= 4π
=
2
2
1
(
2
1 1
⋅ ( ⋅ ⋅R
2 g
0,569 s
T 0,754 s .
A, min =
2
m R
2
2
mgx
2
⋅
R
A, min A ( x min
+ mx
min
2
min
)
1 R
+ ⋅ )
g 2
2
= 4π
R
2 ⋅
g
Für mathematische Puristen
Zur Entscheidung ’Minimum’ oder ’Maximum‘ ist das Vorzeichen der zweiten
Ableitung zu bestimmen.
d d
[ T
dx
dx
2
A
d 4π
( x)]
= [
dx
g
2
2
R
⋅(
2
( −1)
4π
⋅ + 1)] =
2
x g
2
2
R
⋅[
2
Da die zweite Ableitung nur positive Größen enthält, wird
d
2
dx
2
[ T
2
A
2
4π
R
( x)]
=
g
2
1
⋅
3
x
> 0
( −1)(
−2)
4π
⋅ ] =
3
x g
damit ist die hinreichende Bedingung für ein Minimum der Funktion erfüllt.
2
R
⋅[
x
2
3
]
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 T 0 = 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
und die Schwingungsdauer T an.
ω0
0
(d) Berechnen Sie aus der in Teilaufgabe (c) hergeleiteten Beziehung für die
Schwingungsdauer T das Massenträgheitsmoment J des Rades.
0
S
Schwingungslehre -1-
Prüfungsaufgabe 25

Schwingungslehre – Prüfungsaufgabe 25 – Kurzlösungen
(a) Rücktreibendes Drehmoment (linearisiert) M rück = −m g R β .
Massenträgheitsmoment J = J + J = J + mR .
ges
(b) Differentialgleichung β & m g R
+
β = 0 .
2
J + mR
(c) Beziehung für Eigenkreisfrequenz
Schwingungsdauer T
(d) Massenträgheitsmoment
S
S
K
S
S
2 m g R
ω 0 =
.
2
J + mR
2 π JS
mR
= = π
+ .
ω m g R
0 2
0
2
0
2
2
T
2
−2
2
J S = mgR − mR = 4,55 ⋅10
kgm
.
4π
2
Schwingungslehre -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 = − m g R sinβ
rück
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 g R β
M rück
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 = J + J = J + mR
ges
S
K
S
2
(c) Die Grundgleichung für Drehbewegungen nach NEWTON lautet
2
d β
M = = β&
Rück Jges
J
2 ges
dt
Mit den Teilergebnissen von (a) und (b) folgt für diese Differentialgleichung
2
− m g R β = ( J + ) β &
M mR
Damit ergibt sich für die harmonischen Schwingungen die Differentialgleichung
β &
m g R
+
β = 0
2
J + mR
S
Koeffizientenvergleich mit der Standard-Differentialgleichung für harmonische
Schwingungen
y& &
2
+ ω 0 y =
0
liefert als Beziehung für die Eigenkreisfrequenz
2 m g R
ω 0 =
2
J + mR
S
Schwingungslehre -3-
Prüfungsaufgabe 25

Daraus ergibt sich die Schwingungsdauer des physikalischen Pendels – immer mit
der Einschränkung ’kleine Auslenkungen’ aus der Ruhelage –
T
2 π JS
mR
= = π
+
ω m g R
0 2
0
2
(d) Die in Teilaufgabe (c) hergeleitete Beziehung für die Schwingungsdauer
T
0 = 2
π
J
S
+ mR
mgR
2
erlaubt es, das Gesamtmassenträgheitsmoment des Rads
Quadrieren und umstellen liefert
T
2
0 = 4
T
2
0
2
4π
π
2
J
S
mgR = J
+ mR
mgR
S
2
+ mR
2
Daraus erhält man schließlich das Massenträgheitsmoment JS
J S
zu bestimmen.
J
S
2
0
2
T
= mgR − mR
4π
(1,4 s)
=
2
4π
2
= 4,55 ⋅10
−2
kgm
2
2
⋅0,9 kg ⋅9,81ms
−2
⋅1,5
⋅10
−1
m − 0,9 kg ⋅(1,5
⋅10
−1
m)
2
Schwingungslehre -4-
Prüfungsaufgabe 25