Übungsaufgaben

Robert Wichard Pohl, 1884 - 1976
1 ÜBUNGSAUFGABEN
1 Übungsaufgaben
1. Bei der Bestimmung der Federkonstanten k einer Schraubenfeder misst man für eine
wirkende äußere Kraft Fext = 3,4 N eine Verlängerung der Feder um y = 7,6 cm.
Felast = 0 N
m
reibungsfrei
Ruhelage
Felast = −ky
m
0
y
Nach Bestimmung der Federkonstanten k wird, in horizontaler Anordnung (vgl. Abbildung), ein Körper (Masse m = 700 g) am Ende der Feder befestigt und aus der Ruhelage
der Feder um y(0) = 10 cm auf einer ideal reibungsfreien Unterlage ausgelenkt. Danach
wird der Körper ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen.
Der Körper führt anschließend ungedämpfte harmonische Schwingungen aus.
(a) Welche Federkonstante k hat die Feder?
(b) Welchen Betrag hat die Kraft, den die Feder auf den Körper zum Loslass-Zeitpunkt
t = 0 s ausübt?
(c) Geben Sie die Schwingungsdauer T0 , die Eigenfrequenz f0 und die Eigenkreisfrequenz ω0 des Feder-Masse-Systems an.
(d) Bestimmen Sie die Amplitude ŷ und den Nullphasenwinkel ϕ0 der ungedämpften
harmonischen Schwingung.
(e) Geben Sie das Auslenkungs-Zeit-Gesetz für die Bewegung dieses Systems an.
(f) Welche Maximalgeschwindigkeit vmax hat der schwingende Körper?
(g) Welche Maximalbeschleunigung amax hat der schwingende Körper?
(h) Berechnen Sie die Geschwindigkeit, die Beschleunigung, die kinetische und potentielle Energie für den Punkt der Bahnkurve, der gerade in der Mitte von Anfangslage
und Gleichgewichtslage liegt.
(i) Welche Gesamtenergie Eges hat das Feder-Masse-System?
2
1 ÜBUNGSAUFGABEN
2. Ein Federpendel schwingt ungedämpft harmonisch. Die Amplitude seiner Schwingungen
ist ŷ = 30 cm.
Bei welcher Auslenkung y aus der Ruhelage ist die Geschwindigkeit des schwingenden
Körpers gerade gleich seiner halben Maximalgeschwindigkeit?
3. In einem Experiment wird die Schwingung eines Körpers (Masse m), der am Ende einer
Schraubenfeder befestigt ist, beobachtet. Die Dämpfung des Systems ist sehr klein. Die
beobachteten Schwingungen dürfen deshalb zunächst als ungedämpft betrachtet werden.
Experimentell gemessen wurde die Schwingungsdauer Tgem in Abhängigkeit von der
Masse m des Körpers. Als Mittelwert aus jeweils mehreren Messungen erhielt man:
Angehängte
Masse
Gemessene
Schwingungsdauer
m
g
Tgem
s
50
100
150
200
250
300
350
0,71
0,88
1,03
1,15
1,27
1,37
1,46
Aus diesen Messwerten soll die Federkonstante k der Schraubenfeder bestimmt werden.
Diese Messmethode heißt dynamische Bestimmung der Federkonstante.
2
der gemes(a) Tragen Sie auf Millimeterpapier in passendem Maßstab das Quadrat Tgem
senen Schwingungsdauer Tgem in Abhängigkeit von der Masse m des angehängten
Körpers auf.
(b) Legen Sie durch die eingezeichneten Messpunkte eine ausgleichende Gerade (dem
entspricht eine graphische Mittelung der Messfehler).
Zeigen Sie, dass sich aus der Steigung mG der Geraden des Diagramms die Federkonstante k der Schraubenfeder bestimmen lässt.
(c) In der Tabelle der Messwerte sind nur die Massen m der jeweils angehängten Körper
eingetragen, die Eigenmasse der Schraubenfeder ist nicht berücksichtigt. Bestimmen
Sie aus der graphischen Darstellung (vgl. Teilaufgabe (a)) für einen Ersatzschwinger
eine eﬀektive Federmasse meﬀ so, dass diese eﬀektive Federmasse, an eine masselose
Feder gehängt, die gleiche Schwingungsdauer hätte.
4. Gegeben sind zwei ideale Schraubenfedern. Ihre Federkonstanten sind k1 und k2 . Welchen Wert hat jeweils die resultierende Federkonstante kges , wenn die beiden Federn
(a) hintereinander (Reihenschaltung) bzw.
(b) parallel zueinander (Parallelschaltung) gehängt werden?
Die Eigenmassen der beiden Federn sollen dabei vernachlässigt werden.
(c) Wie lauten die Beziehungen für die Schwingungsdauern eines Feder-Masse-Systems
für die beiden Konﬁgurationen, wenn an die Federn jeweils ein Körper der Masse m
angehängt wird?
3
1 ÜBUNGSAUFGABEN
5. Ein mit Schrot beschwertes Reagenzglas (konstanter Querschnitt A = 2 cm2 , Gesamtmasse (Glas und Schrot) m = 25 g) schwimmt aufrecht in Wasser.
0
y
Das Reagenzglas wird mit dem Daumen etwas tiefer gedrückt und dann losgelassen.
Anschließend führt es Schwingungen in vertikaler Richtung aus.
(a) Zeigen Sie, dass diese Schwingungen harmonisch sind.
Dabei soll idealisierend sowohl die Bewegung der Flüssigkeit als auch die Reibung
durch die Flüssigkeit vernachlässigt werden.
(b) Welche Schwingungsdauer T0 hat das beschriebene System?
(c) Wie hängt die Schwingungsdauer T0 vom Querschnitt A des Reagenzglases ab?
Angenommen, der Querschnitt des Reagenzglases werde verdoppelt.
(d) Welche zusätzliche Masse an Schrot ist zuzufügen, wenn die Schwingungsdauer der
von Teilaufgabe (b) entsprechen soll? (Hinweis: Die Masse des Reagenzglases ändert
sich nicht.)
(e) Begründen Sie, warum bei entsprechendem Eintauchen einer Kugel – im Vergleich
zu einem Reagenzglas – keine harmonischen Schwingungen ergeben.
6. Ein Reifen – ein sehr dünnwandiger Kreisring – hat einen Durchmesser D = 70 cm und
die Masse m = 2,0 kg.
Der Reifen wird über einen horizontal in die Wand getriebenen Nagel gehängt.
P
R
R
S
×
(a) Geben Sie die Schwingungsdauer T0 und die Frequenz f0 des schwingenden Reifens
bei kleinen Auslenkungen des Reifens aus der Ruhelage an.
(b) Bestimmen Sie die Länge Lmath eines mathematischen Pendels, das die gleiche
Schwingungsdauer wie der Reifen hat.
4
Lösungen
Lösungen
1 (a) Bestimmung der Federkonstanten k
Vorbemerkung: Es liegt ein eindimensionales Problem vor. Man legt ein Koordinatensystem durch Wahl einer positiven y-Richtung zweckmäßigerweise so fest, dass die
Verlängerung der Feder parallel zu dieser Achse erfolgt und y = 0 m die Gleichgewichtslage der Feder markiert. Anstelle mit den vektoriellen Größen kann dann einfach mit den
Koordinaten oder Beträgen gerechnet werden. Ein negativer Wert für eine physikalische
Größe bedeutet, dass der zugehörige Vektor in Richtung negativer Werte der y-Achse
gerichtet ist. Das Kraftgesetz für eine ideale Feder lautet
Felast = −ky.
Da die Federkonstante k positiv ist, bedeutet das Minuszeichen, dass bei Auslenkung der
Feder in positiver (negativer) y-Richtung die Rückstellkraft in die negative (positive)
y-Richtung gerichtet ist. Die äußere Kraft Fext muss der Rückstellkraft der Feder stets
das Gleichgewicht halten, also
k=
|Felast |
Fext
3,4 N
=
=
= 44,8 N m−1 .
|y|
y
7,6 · 10−2 m
1 (b) Rückstellkraft bei Auslenken der Feder um y(0) = 0,1 m:
|Felast | = k · y(0) = 44,8 N m−1 · 0,1 m = 4,48 N
Diese Rückstellkraft hängt nur von der Auslenkung der Feder ab. Sie ist unabhängig
von der Masse m des angehängten Körpers.
1 (c) Die Schwingungsdauer des Feder-Masse-Systems bestimmt sich aus
m
0,7 kg
T0 = 2π
= 2π
= 0,785 s.
k
44,8 N m−1
Die Eigenfrequenz ergibt sich zu
1
1
= 1,273 s−1
f0 =
=
T0
0,785 s
und die Eigenkreisfrequenz zu
ω0 = 2πf0 = 2π · 1,273 s−1 = 8,0 s−1 .
1 (d) Das Auslenkungs-Zeit-Gesetz einer ungedämpften harmonischen Schwingung lautet
mit der Wahl einer Kosinus-Funktion
y = ŷ cos(ω0 t + ϕ0 ).
Das Geschwindigkeits-Zeit-Gesetz ist die erste zeitliche Ableitung des Auslenkungs-ZeitGesetzes
ẏ = −ŷω0 sin(ω0 t + ϕ0 ).
Die Konstanten ŷ und ϕ0 können mit Hilfe der Anfangsbedingungen für Auslenkung
und Geschwindigkeit berechnet werden.
5
Lösungen
Der Körper wird zum Zeitpunkt t = 0 s nach Auslenken aus der Ruhelage (y(0) = 0,1 m)
ohne Anfangsgeschwindigkeit (ẏ(0) = 0 m s−1 ) losgelassen.
Einsetzen dieser speziellen Anfangsbedingungen liefert zwei Gleichungen für die beiden
Unbekannten ŷ und ϕ0
Auslenkungs-Zeit-Gesetz für t = 0 s:
y(0) = 0,1 m = ŷ cos ϕ0
Geschwindigkeits-Zeit-Gesetz für t = 0 s:
ẏ(0) = 0 m s−1 = −ŷω0 sin ϕ0
Wenn ein Produkt aus drei Größen null sein soll, dann muss mindestens einer der Multiplikatoren (Faktoren) null sein. Da weder die Amplitude ŷ noch die Eigenkreisfrequenz
ω0 null sind, folgt aus der zweiten Gleichung notwendigerweise
sin ϕ0 = 0.
Damit wird der Nullphasenwinkel
ϕ0 = 0.
Diesen Nullphasenwinkel eingesetzt in die erste Gleichung ergibt die Amplitude
0,1 m
ŷ =
= 0,1 m.
cos(0)
1 (e) Die Bewegungsgleichung des Körpers bei den vorgegebenen Anfangsbedingungen
wird damit durch das folgende Auslenkungs-Zeit-Gesetz beschrieben:
y = 0,1 m · cos(8,0 s−1 · t)
1 (f) Die Geschwindigkeit ist allgemein durch das Geschwindigkeits-Zeit-Gesetz als erste
zeitliche Ableitung des Auslenkungs-Zeit-Gesetzes gegeben
ẏ = −ŷω0 sin(ω0 t + ϕ0 ).
Da 0 ≤ | sin(ω0 t + ϕ0 )| ≤ 1 gilt, wird der Betrag der Maximalgeschwindigkeit bestimmt
durch den Vorfaktor der Sinus-Funktion, also durch
|vmax | = ŷω0 = 0,1 m · 8,0 s−1 = 0,8 m s−1 .
Dieser Wert wird betragsmäßig in einer Schwingungsperiode zweimal erreicht und zwar
jeweils beim Durchgang durch die Ruhelage y = 0 m (in zwei einander entgegengesetzten
Bewegungsrichtungen).
1 (g) Die Beschleunigung erhält man allgemein durch Ableiten der Geschwindigkeit ẏ nach
der Zeit t, also
ÿ = −ŷω02 cos(ω0 t + ϕ0 ).
Da 0 ≤ | cos(ω0 t + ϕ0 )| ≤ 1 gilt, wird der Betrag der Maximalbeschleunigung durch den
Vorfaktor der Kosinus-Funktion bestimmt
|amax | = ŷω02 = 0,1 m · (8,0 s−1 )2 = 6,4 m s−2 .
6
Lösungen
Diese maximale Beschleunigung (und die zur maximalen Beschleunigung proportionale
maximale Kraft) tritt in den beiden Umkehrpunkten y = ±ŷ auf.
1 (h) Für den Bahnpunkt in der Mitte zwischen Ausgangs- und Gleichgewichtslage ist die
Auslenkung aus der Ruhelage
1
y1/2 = ŷ = 5 · 10−2 m.
2
Zunächst wird berechnet, zu welchem Zeitpunkt t = t1/2 dieser Bahnpunkt (erstmalig)
erreicht wird.
Wegen
ŷ
= ŷ cos(ω0 t1/2 )
2
wird
1
= cos(ω0 t1/2 ),
2
also
ω0 t1/2 =
π
3
und damit
π 1
π
·
=
= 0,131 s.
3 ω0
3 · 8,0 s−1
Diese Zeit braucht man aber zahlenmäßig für weitere Rechnungen nicht. Es tritt in
den harmonischen Funktionen jeweils nur der Ausdruck (ω0 t1/2 = π3 ) als Phasenwinkel
(Argument) der harmonischen Funktionen auf.
t1/2 =
Am Ort y1/2 wird die Geschwindigkeit mit vmax = 0,8 m s−1
1√
π
ẏ1/2 = −vmax sin = −
3 · 0,8 m s−1 = −0,692 m s−1
3
2
und die Beschleunigung mit amax = 6,4 m s−2
1
π
ÿ1/2 = −amax cos = − · 6,4 m s−2 = −3,2 m s−2 .
3
2
Energieanteile:
Die potentielle Energie einer (idealen) Feder ist gegeben durch
1
Epot = ky 2 .
2
Für y = y1/2 wird
1 2
1
ky
= · 44,8 N m−1 · (5 · 10−2 m)2 = 0,056 J.
2 1/2 2
= 12 mẏ 2 erhält man mit ẏ = ẏ1/2
(1/2)
Epot
Für Ekin
(1/2)
Ekin
=
=
1
1
mẏ 2 = · 0,7 kg · (−0,692 m s−1 )2 = 0,168 J.
2 1/2 2
1 (i) Die Gesamtenergie ist gegeben durch
Eges = Epot + Ekin .
7
Lösungen
Mit den Werten von Aufgabenteil (h) ergibt sich
Eges = 0,056 J + 0,168 J = 0,224 J.
Probe:
Für die Gesamtenergie eines idealen Feder-Masse-System gilt allgemein
1
Eges = kŷ 2 .
2
Zahlenwerte eingesetzt
1
1
Eges = kŷ 2 = · 44,8 N m−1 · (10−1 m)2 = 0,224 J
2
2
liefert wie erwartet das gleiche Ergebnis.
2 Die Auslenkungen harmonischer Schwingungen können entweder durch eine Sinus- oder
eine Kosinus-Funktion beschrieben werden, also
y(t) = ŷ sin(ω0 t) bzw. y(t) = ŷ cos(ω0 t).
Dabei wurde – ohne Beschränkung der Allgemeinheit (o. B. d. A.) – der Nullphasenwinkel ϕ0 = 0 gesetzt.
Die Geschwindigkeit erhält man durch einmaliges Ableiten des Auslenkungs-Zeit-Gesetzes
nach der Zeit t zu
v(t) = ẏ(t) = ŷω0 cos(ω0 t) bzw. v(t) = ẏ(t) = −ŷω0 sin(ω0 t).
Der Betrag der harmonischen Funktionen kann nicht größer als 1 werden, denn
−1 ≤ cos(ω0 t) ≤ 1
bzw.
− 1 ≤ sin(ω0 t) ≤ 1.
Damit entspricht der Vorfaktor vor den harmonischen Funktionen des GeschwindigkeitsZeit-Gesetzes dem Betrag der maximalen Geschwindigkeit
vmax = ±ŷω0 .
Für den Betrag einer Geschwindigkeit (o. B. d. A.) wird das positive Vorzeichen gewählt.
1
vmax
v(tx ) =
= + ŷω0
2
2
Es gilt für die Beträge
1
1
ŷω0 = ŷω0 cos(ω0 tx ) bzw.
ŷω0 = −ŷω0 sin(ω0 tx )
2
2
oder
1
1
bzw. sin(ω0 tx ) = − .
cos(ω0 tx ) =
2
2
Damit gilt
π
5π
π
π
ω 0 tx = +
oder −
bzw.
ω 0 tx = −
oder −
.
3
3
6
6
Den Zeitpunkt tx braucht man dabei gar nicht explizit zu bestimmen, da in den harmonischen Funktionen als Phasenwinkel stets das Argument (ω0 tx ) auftritt.
Eingesetzt in die zugehörigen Auslenkungs-Zeit-Gesetze
y(tx ) = ŷ sin(ω0 tx )
bzw. y(tx ) = ŷ cos(ω0 tx )
8
Lösungen
erhält man
y(tx ) = ŷ sin
oder
π
π
bzw. y(tx ) = ŷ cos −
6
3
π
y(tx ) = ŷ sin −
3
5π
bzw. y(tx ) = ŷ cos −
.
6
Daraus ergibt sich jeweils
1√
1√
3 bzw. y(tx ) = ±ŷ
3.
y(tx ) = ±ŷ
2
2
Schließlich liefert dies in beiden Fällen – wie das auch unabhängig von der gewählten
harmonischen Funktion sein muss –
1√
y=±
3 · 30 cm
2
= ±26 cm.
Das algebraische Vorzeichen berücksichtigt für ein eindimensionales Problem die Richtung von Auslenkung und Geschwindigkeit.
Alternative Lösung über Energiebetrachtungen:
Für eine ungedämpfte harmonische Schwingung eines Feder-Masse-Systems (Federkonstante k, angehängte Masse m, Auslenkung aus der Ruhelage y) gilt
Feder
= 12 ky 2 ,
• für die potentielle Energie der gestauchten oder gedehnten Feder Epot
Körper
• für die kinetische Energie des angehängten Körpers Ekin
= 12 mv 2 = 12 mẏ 2 .
Energie
Eges
Ekin
Eges = 12 kŷ 2
Epot
Auslenkung y
−ŷ
ŷ
Für ungedämpfte Schwingungen gilt der Energieerhaltungssatz in seiner mechanischen
Schreibweise
1
1
Körper
Feder
+ Ekin
= ky 2 + mv 2
Eges = Epot
2
2
mit den Spezialfällen
•
Nulldurchgang
Körper
2
Eges = Ekin
= 12 mvmax
,
•
Umkehrpunkt
Feder
Eges = Epot
= 12 kŷ 2 .
9
Lösungen
Für eine Geschwindigkeit v = ± 12 vmax ist die kinetische Energie (Vorzeichen bei Quadrieren unerheblich) immer
1 vmax 2 1 1
vmax
1
Körper
2
)= m
Ekin
(v =
= · mvmax
= · Eges ,
2
2
2
4 2
4
also ein Viertel der maximalen kinetischen Energie (bzw. der Gesamtenergie) des Systems beim Nulldurchgang.
Nach dem Energiesatz ist dann die potentielle Energie der gestauchten/gedehnten Feder
3
vmax
3 1
Feder
Epot
) = · Eges = · kŷ 2
(v =
2
4
4 2
1
3 1
Feder
Epot
= ky 2 = · kŷ 2 ,
2
4 2
aufgelöst
3
y 2 = ŷ 2
4
3
· 30 cm
y=±
4
= ±26 cm.
3 (a) Diagramm
2
Tgem
s2
2
1,5
m
g
50
100
150
200
250
300
350
1
0,5
50
100
150
200
250
2
Tgem
s2
0,504
0,774
1,061
1,323
1,613
1,877
2,132
300
350
m
g
2
Das Diagramm zeigt die Quadrate der gemessenen Schwingungsdauern Tgem
aufgetragen
über der Masse m des an die Feder gehängten Körpers. Durch die Messpunkte wird eine
ausgleichende Gerade gelegt.
10
Lösungen
3 (b) Zunächst soll eine Beziehung zwischen der Federkonstanten k und der im Diagramm
der Teilaufgabe (a) eingetragenen Ausgleichsgerade hergeleitet werden.
Für ein ungedämpftes Feder-Masse-System gilt für die Eigenkreisfrequenz ω0 die Beziehung
k
ω02 = .
m
Mit
2π
ω0 = 2πf0 =
T0
erhält man dann
4π 2
m.
(1)
T02 =
k
Diese Beziehung stellt die Gleichung einer (Ursprungs)Geraden dar. Es besteht ein linearer Zusammenhang zwischen dem Quadrat der Schwingungsdauer T02 und der Masse m
des angehängten Körpers. Die Steigung mG der Geraden hängt von der Federkonstanten
k der Feder ab.
Für die Steigung der Geraden erhält man
4π 2
.
(2)
k
Gleichung (1) gilt für eine ideale masselose Feder. Sie gehört zu einer Ursprungsgeraden,
während sich aus den experimentell gewonnenen Daten keine Ursprungsgerade ergibt.
mG =
Die Bedeutung dieses Unterschieds wird in Teilaufgabe (c) diskutiert.
Berechnung der Steigung mG für die im Experiment ermittelte Ausgleichsgerade:
Mit zwei aus der Graphik abgelesenen Wertepaaren (gestrichelte Werte in Teilaufgabe
(a))
T22 = 2,0 s2 , m2 = 0,322 kg
T12 = 0,5 s2 , m1 = 0,048 kg
folgt für die Steigung der Ausgleichsgeraden
mG =
T 2 − T12
Δ(T 2 )
1,5 s2
= 2
.
=
Δm
m2 − m1
0,274 kg
Die oben abgeleitete Gleichung (2) ergibt damit die Federkonstante
k=
4π 2
4π 2
=
· 0,274 kg = 7,21 N m−1 .
mG
1,5 s2
3 (c) Lenkt man eine reale Feder – ohne angehängte Masse m – aus ihrer entspannten Lage
aus und lässt sie anschließend los, so fängt sie an zu zappeln, d. h. sie führt Schwingungen
aus. Der Grund dafür ist: Die Feder ist nicht, wie idealisierend angenommen wurde,
masselos, sondern sie hat eine eigene Masse.
11
Lösungen
In der graphischen Darstellung von Aufgabenteil (a) äußert sich dies dadurch, dass die
2
und m nicht durch den Koordinatenursprung
Gerade für die gemessenen Werte von Tgem
geht, wie es die Beziehung (1)
4π 2
m
k
erfordern würde, sondern dass sie für m = 0 kg (d. h. ohne angehängten Körper) die
2
2
Tgem
-Achse bei T00
= 0,25 s2 schneidet.
T02 =
Daraus ergibt sich – ohne angehängten Körper – eine Schwingungsdauer von T00 = 0,5 s.
Das ist die Schwingungsdauer, mit der die Feder nach Auslenkung alleine schwingt.
Die experimentell erhaltene Gerade lässt sich durch die Gleichung
4π 2
(m + meﬀ ) = mG (m + meﬀ )
(3)
k
beschreiben, in der die eﬀektive Masse meﬀ formal der Wirkung der Eigenmasse der
Feder beschreibt.
2
Tgem
=
Formale Bestimmung einer eﬀektiven Masse meﬀ einer (realen) Feder
Aus Gleichung (3) folgt
meﬀ
T00 = 2π
k
oder aufgelöst nach der eﬀektiven Masse
k 2
T = 0,0457 kg.
meﬀ =
4π 2 00
Die reale Feder verhält sich also so, als sei ein Körper der Masse meﬀ = 45,7 g an einer
idealen – also masselosen – Feder befestigt.
Bei der Bestimmung der Federkonstanten k spielte dies keine Rolle, denn sie wurde nur
aus der Steigung mG der Geraden berechnet, die wiederum ausgehend von zwei Punkten
ermittelt wurde. Der konstante Term mit meﬀ in (3) fällt dabei durch Diﬀerenzbildung
heraus.
Als Kontrolle soll nun die Schwingungsdauer für eine angehängte Masse m = 100 g aus
der ermittelten Federkonstanten k und der eﬀektiven Masse meﬀ der Feder berechnet
werden.
M = m + meﬀ = 0,146 kg
k = 7,21 N m−1
Damit ist
M
= 0,894 s.
k
Zum Vergleich:
T = 2π
Die gemessene Schwingungsdauer war Tgem = 0,88 s (Messfehler).
4 (a) Reihenschaltung
12
Lösungen
Die auf den angehängten Körper (Masse m) wirkende
Gewichtskraft F = FG = mg bewirkt eine (statische)
Verlängerung der beiden Federn.
Die wirkende Gewichtskraft FG ist für beide Federn gleich
(die Federn sind idealisierend masselos).
k1
Die Einzelauslenkungen addieren sich zur Gesamtauslenkung.
FG = k1 y1
damit wird die Auslenkung der Feder ‘1’
y1 =
FG
k1
y2 =
FG
k2
k2
FG = k2 y2
damit wird die Auslenkung der Feder ‘2’
0
FG = mg y
Die Gesamtauslenkung der Anordnung ist yges = y1 + y2 .
Damit wird
yges
FG
FG
= y1 + y2 =
+
=
k1
k2
1
1
+
k1
k1
· FG .
Gewichtskraft auf die Gesamtanordnung:
FG = kges yges
Auslenkung der Federanordnung Serienschaltung:
FG
yges =
kges
Koeﬃzientenvergleich liefert für die resultierende Federkonstante
1
1
1
=
+ .
kges
k1
k2
Bei einer Reihenschaltung addieren sich die reziproken Federkonstanten der beiden Einzelfedern zur reziproken Federkonstante der Resultierenden.
13
Lösungen
4 (b) Parallelschaltung
Die Skizze für die Parallelschaltung ist symbolisch aufzufassen. Denken Sie sich für die folgende Rechnung die
beiden Federn ineinander gesteckt.
Die Auslenkungen y sind notwendig für beide Federn
gleich.
k1
k2
Die beiden Einzelkräfte addieren sich zur Gesamtkraft.
Die beiden Einzelkräfte sind
0
F1 = k1 y
F2 = k2 y
FG = mg y
Die Gesamtkraft FG = F1 + F2 wird
FG = (k1 + k2 )y.
Die Gewichtskraft auf die Gesamtanordnung ist
FG = kges y.
Koeﬃzientenvergleich liefert für die resultierende Federkonstante
kges = k1 + k2 .
Bei einer Parallelschaltung addieren sich die Federkonstanten der beiden Einzelfedern
zur Federkonstante der Resultierenden.
4 (c) Schwingungsdauern für die Anordnungen der Teilaufgaben (a) und (b)
Die Schwingungsdauern ergeben sich mit den berechneten resultierenden Federkonstanten kges zu
m
T0 = 2π
.
kges
Damit gilt für die Reihenschaltung aus (a)
1
1
Reihe
T0
= 2π m
+
k1
k2
und für die Parallelschaltung aus (b)
m
T0Parallel = 2π
.
k1 + k2
5 (a) Im Ruhezustand schwimmt das Reagenzglas. Die Ruhelage wird gekennzeichnet
durch die Koordinate y = 0 m. Auslenkungen aus der Ruhelage werden durch y beschrieben. Als positive y-Richtung wird die Eintauchrichtung gewählt (vgl. Skizze).
14
Lösungen
0
y
Marke zum Ablesen der
zusätzlichen Eintauchtiefe y
Es werden folgende Bezeichnungen verwendet:
•
ρ
Dichte der Flüssigkeit,
•
g
Fallbeschleunigung,
•
V
zusätzlich verdrängtes Volumen,
•
A
Querschnitt.
Nach dem Tiefertauchen um die Auslenkung y wirkt eine zusätzliche Auftriebskraft FA
nach oben (also in negative y-Richtung). Die Auftriebskraft ist gegeben durch
FA = −(ρV )g,
dabei ist das zusätzlich verdrängte Volumen V = Ay, also wird
FA = −(ρAg)y.
Die Auftriebskraft FA ist proportional zur Eintauchtiefe y bezüglich der Ruhelage und
in die Ruhelage rückstellend. Der Vergleich mit einem linearen Kraftgesetz Felast = −ky
liefert für die Federkonstante k = ρAg.
Die Federkonstante k wird repräsentiert durch den Ausdruck (ρAg). Ein lineares Kraftgesetz führt stets zu harmonischen Schwingungen.
5 (b) Bestimmung der Schwingungsdauer T0
Sämtliche für ein Feder-Masse-System aufgestellten und abgeleiteten Beziehungen können
übernommen werden. Es ist nur überall die Federkonstante k = ρAg des vorliegenden
Problems einzusetzen.
m
m
= 2π
T0 = 2π
k
ρAg
Zahlenwerte:
T0 = 2π
m
= 2π
ρAg
25 · 10−3 kg
= 0,71 s
103 kg m−3 · 2 · 10−4 m2 · 9,81 m s−2
15
Lösungen
5 (c) Abhängigkeit der Schwingungsdauer T0 vom Querschnitt A des Reagenzglases.
Nach der Beziehung für die Schwingungsdauer gilt
m
.
T0 = 2π
ρAg
Für eine konstante Dichte ρ der Flüssigkeit und eine konstante Fallbeschleunigung g
folgt für die Schwingungsdauer:
m
T0 = konst. ·
A
5 (d) Nach Teilaufgaben (c) gilt für die Schwingungsdauer:
m
T0 ∼
A
Wenn der Querschnitt A des Reagenzglases verdoppelt wird, muss auch die Masse m
verdoppelt werden, wenn die Schwingungsdauer T0 unverändert bleiben soll.
5 (e) Schwingungen einer Kugel
Für eine Kugel ist der Querschnitt von der Eintauchtiefe abhängig, denn A = A(y) ist
nicht mehr konstant. Damit wird das Kraftgesetz nicht-linear und die Voraussetzung
für ungedämpfte harmonische Schwingungen ist nicht mehr erfüllt.
6 (a) Diese Aufgabe beschreibt die Schwingungen eines physikalischen Pendels.
Für einen Reifen gilt: Wandstärke << Durchmesser. Dies ist wichtig für die Bestimmung
des Massenträgheitsmoments.
Die Beschränkung auf kleine Auslenkungen ist notwendig für die Linearisierung der
Diﬀerentialgleichung.
Es werden folgende Bezeichnungen gewählt:
• JP Massenträgheitsmoment des Reifens bezüglich einer Drehachse durch P.
• JS Massenträgheitsmoment des Reifens bezüglich einer Achse durch den Massenmittelpunkt S (Achsen durch P und S parallel).
• d Abstand Drehachse durch Aufhängepunkt P – Massenmittelpunkt S.
• Für die gegebene Geometrie ist d = R.
• m Gesamtmasse des Reifens.
• g Fallbeschleunigung nahe der Erdoberﬂäche.
Für die Schwingungsdauer eines physikalischen Pendels gilt bei kleinen Auslenkungen
aus der Ruhelage (notwendig zur Linearisierung der Diﬀerentialgleichung)
JP
phys
T0
.
= 2π
mgd
16
Lösungen
Das Massenträgheitsmoment JP des Reifens bezüglich des Drehpunkts P kann mit Hilfe
des Steinerschen Satzes bestimmt werden. Für die vorgegeben Geometrie ergibt sich
D
= Reifenradius R
JP = JS + ma2 mit a =
2
2
JS = mR
Wandstärke << Durchmesser
Damit erhält man
JP = mR2 + mR2 = 2mR2 .
Die Schwingungsdauer bei kleinen Auslenkungen aus der Ruhelage wird damit
2
2mR
2R
T0phys = 2π
= 2π
.
mgR
g
Die Schwingungsdauer T0phys des Reifens ist unabhängig von seiner Masse m.
Die Schwingungsdauer ergibt sich zu
2 · 0,35 m
phys
T0
= 2π
= 1,68 s.
9,81 m s−2
Die Eigenfrequenz der Schwingungen wird
1
1
f0 = phys =
= 0,60 s−1 .
1,68
s
T0
6 (b) Die Schwingungsdauer eines mathematischen Pendels ist für kleine Auslenkungen
aus der Ruhelage
Lmath
.
T0math = 2π
g
Die Schwingungsdauer des Reifens (physikalisches Pendel) ist für kleine Auslenkungen
aus der Ruhelage
2R
phys
.
T0
= 2π
g
Die beiden Schwingungsdauern sollen gleich sein. Also muss gelten:
2R
Lmath
= 2π
2π
g
g
Vergleich der Radikanden liefert als Länge Lmath des mathematischen Pendels
Lmath = 2R = 70 cm.
Anmerkung: Man nennt die Länge dieses der Schwingungsdauer des physikalischen
Pendels äquivalenten mathematischen Pendels die reduzierte Pendellänge Lred .
17

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