Schwingungslehre - gilligan-online

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

Schwingungslehre – Periodizität und harmonische Bewegung –
Übungsaufgabe 1
Eine kleine Stahlkugel (Masse m = 10 g ) bewegt sich an einem dünnen Draht
gleichförmig auf einer Kreisbahn (Bahnradius L = 90 cm ).
Man beobachtet in der Zeit t = 20,94 s insgesamt Z = 10 Umläufe der Kugel.
(a) Zeigen Sie, dass der Begriff ’materielles Teilchen’ oder ’Punktmasse’ erlaubt ist,
weil der Kugeldurchmesser sehr klein gegen den Bahnradius ist, dass also gilt
r

Schwingungslehre – Periodizität und harmonische Bewegung –
Übungsaufgabe 1 – Kurzlösung
(a) Kugelradius aus Volumen einer Kugel und der Dichte von Stahl
Kugelradius R = 0,677 cm .
2R
Verhältnis = 0,015 oder 1,5 % – Begriff ’materielles Teilchen’ gerechtfertigt.
L
(b) gleichförmige Kreisbewegung
Umlaufdauer T = 2,094 s
Frequenz
1
f = 0,478 s
−
Winkelgeschwindigkeit
Bahngeschwindigkeit
v
ω = 2πf
Bahn
= 3,00 s
−1
2 π
− 1
L
= = 270,0 cms
T
(c) Massenträgheitsmoment
(d)
2
J = mL
= 10,81kgm
2
L
ω t
Y
P
y
Senkrechte Projektion
Y
auf die
ˆ
0 ϕ0
Weg-Zeit-Gesetz y = y cos( ω t + ) .
Speziell yˆ = L = 90 cm .
Nullphasenwinkel
ϕ 0 = 0
[für
(e) Weg-Zeit-Gesetz y = 90 cm⋅cos(3,00 s ⋅ ).
y -Achse – harmonische Bewegung.
t = 0 s maximale Auslenkung in y-Richtung].
− 1 t
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 2 -
Übungsaufgabe 1

Schwingungslehre – Periodizität und harmonische Bewegung –
Übungsaufgabe 1 – Musterlösung
(a) Zum Begriff ’materielles Teilchen’ oder ’Punktmasse’’
Man bestimmt zunächst den Radius R aus den gegebenen Angaben. Anschließend
wird der Kugeldurchmesser ( 2R)
mit dem Bahnradius L = 90 cm verglichen.
Bestimmung des Kugelradius R :
Für einen homogenen Körper ist
Das Volumen einer Kugel ist
Die Dichte von Stahl ist
Hieraus ergibt sich ein Kugelradius von
m
ρ =
V
4 V = π R 3
ρ = 7,7 gcm
3
−3
R = 0,677 cm .
2R
1,35 cm
Damit wird das Verhältnis = = 0,015 , das entspricht 1,5 % .
L 90 cm
Der Begriff ’materielles Teilchen’ oder ’Punktmasse’ ist also gerechtfertigt.
(b) Für eine gleichförmige Kreisbewegung gilt:
gemessene Gesamtzeit t 20,94 s
Umlaufdauer T =
= = 2,094 s
Anzahl der Umläufe Z 10
Frequenz
f
= T
Winkelgeschwindigkeit
Bahngeschwindigkeit
Alternative
v
Bahn
1 − 1
=
1
2,094 s
= 0,478 s
2π
−1
ω = 2πf
= = 3,00 s
T
Weg für einen Umlauf
v Bahn =
Umlaufdauer
= ωL
=
270,0 cms
−1
2πL
= =
T
270,0 cms
−1
(c) Die Berechnung erfolgt mit Hilfe der Definition des Massenträgheitsmoments J
für ein materielles Teilchen der Masse m , das im Abstand L um eine Achse umläuft
2
J = mL
−3
= 10 ⋅10
kg⋅(0,9 m) = 0,81kgm
2
2
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 3 -
Übungsaufgabe 1

(d) Die senkrechte Projektion einer gleichförmigen Kreisbewegung auf einen
Durchmesser der Bahn ergibt eine ungedämpfte harmonische Bewegung längs
dieses Durchmessers bzw. einer entsprechenden Achse.
L
P
ω t
Y
y
P sei das materielle Teilchen (Masse
Radius L ausführt.
m ), der die gleichförmige Kreisbewegung mit
Seine senkrechte Projektion Y auf die y -Achse beschreibt dort eine harmonische
Bewegung, deren Weg-Zeit-Gesetz einer ungedämpften harmonischen Schwingung
entspricht.
Hierbei entsprechen einander:
Harmonische Bewegung
Gleichförmige Kreisbewegung
Kreisfrequenz ω 0
Winkelgeschwindigkeit ω
Frequenz f 0
Umlauffrequenz f
Schwingungsdauer T 0
Umlaufdauer T
Amplitude ŷ Radius der Kreisbahn L
Das allgemeine Weg-Zeit-Gesetz lautet:
y = y cos( ω t + )
ˆ
0 ϕ0
Es ist hier speziell y ˆ = L = 90 cm und der Nullphasenwinkel ϕ 0 = 0 , weil die
Bewegung mit maximaler Auslenkung in y-Richtung beginnt.
Mit dem eingangs berechneten Wert für ω = ω0
ergibt sich als Weg-Zeit-Funktion für
die betrachtete Bewegung
y = 90 cm⋅cos(3,00 s
− 1 ⋅t
)
Hinweis: Der Phasenwinkel muss im Bogenmaß angegeben werden.
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 4 -
Übungsaufgabe 1

Schwingungslehre – Periodizität und harmonische Bewegung –
Übungsaufgabe 2
Ein Körper führt ungedämpfte harmonische Schwingungen aus. Das Weg-Zeit-
Gesetz seiner Bewegung lautet
−1 π
y ( t)
= 1,0 m ⋅ cos( π s ⋅ t + )
3
Finden Sie für diese Schwingungen
(a) die Eigenkreisfrequenz ω 0 ,
(b) die Schwingungsdauer T 0 ,
(c) den Nullphasenwinkel ϕ 0 ,
(d) die Amplitude y ˆ .
Wie groß ist für den Körper zum Zeitpunkt
(e) die momentane Auslenkung y(2 s) ,
(f) die momentane Geschwindigkeit y&(2 s) ,
(g) die momentane Beschleunigung y&(2 & s) .
t = 2 s
Zeichen Sie in passendem Maßstab das Weg-Zeit-Gesetz für das Zeitintervall
0 s ≤ t ≤ 2,0 s .
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 1 -
Übungsaufgabe 2

Schwingungslehre – Periodizität und harmonische Bewegung –
Übungsaufgabe 2 – Kurzlösungen
Teilaufgaben (a) - (d)
Koeffizientenvergleich allgemein y = y cos( ω t + )
−1 π
speziell y = 1,0 m ⋅ cos( π s ⋅ t + )
3
Amplitude
yˆ = 1,0 m
Eigenkreisfrequenz
Nullphasenwinkel
Schwingungsdauer
Teilaufgaben (e) - (g)
Auslenkung,
y (2 s) = 1,0 m ⋅ cos( π s
ω0 = π s −1
ϕ
T
−1
0
π
= +
3
2π
=
ω
0 =
0
⋅ 2 s +
π
)
3
ˆ
0 ϕ0
2 s
ˆ 0 0 ϕ 0
= 0,5 m
Geschwindigkeit y& = − yω
sin( ω t + ) und
Beschleunigung
y
y& = − yˆ ω0 cos( ω0t
+ ϕ0
)
und
y& (2 s) = −2,72 ms
−1
&
2
&
−2
y& (2 s) = − 4,94 ms
+1 m
y
= 1m ⋅cos(
π s
− 1 ⋅t
)
y
= 1m ⋅ cos( π s
−1 π
⋅t
+ )
3
t
= 2 s
t
− 1m
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 2 -
Übungsaufgabe 2

Schwingungslehre – Periodizität und harmonische Bewegung –
Übungsaufgabe 2 – Musterlösung
Teilaufgaben (a) - (d)
Aus dem Koeffizientenvergleich des allgemeinen Weg-Zeit-Gesetzes der
ungedämpften harmonischen Schwingung
y = y cos( ω t + )
ˆ
0 ϕ0
mit dem speziellen Weg-Zeit-Gesetz der betrachteten Bewegung
−1 π
y = 1,0 m ⋅ cos( π s ⋅ t + )
3
erhält man folgende Werte:
Amplitude
yˆ = 1,0 m
Eigenkreisfrequenz ω0 = π s −1
π
o
Nullphasenwinkel ϕ 0 = + [dies entspricht 60 im Gradmaß]
3
2π
Daraus folgt wegen ω 0 = 2πf0
= für die
T
Schwingungsdauer
T
0
2π
=
ω
2π
=
−
π s
0 1
=
0
Anmerkung zum Nullphasenwinkel
2 s
Der positive Nullphasenwinkel bedeutet, dass die Schwingung mit
gegenüber einer Schwingung, deren Nullphasenwinkel ϕ 0 = 0 ist.
π
ϕ 0 = + voreilt
3
Die gegebene Gleichung liefert als Auslenkung zum Zeitpunkt
π
y ( 0 s) = 1,0 m ⋅ cos(0 + ) = 1,0 m ⋅ 0,5 = 0,5 m
3
t = 0 s
Diese Auslenkung würde die durch y = 1,0 m⋅cos(
π s ⋅t
+ 0) gegebene Schwingung
1
erst zu einem späteren Zeitpunkt t ≥ 0 s erreichen (nämlich bei t = s ).
3
−1
Teilaufgaben (e) - (g)
Auslenkung, Geschwindigkeit und Beschleunigung für
Die Auslenkung zum Zeitpunkt
t = 2 s :
−1
π
y(2 s) = 1,0 m ⋅ cos( π s ⋅ 2 s + )
3
π
π
= 1,0 m ⋅ cos(2π + ) = 1,0 m ⋅ cos( )
3
3
= 1,0 m ⋅ 0,5 = 0,5 m
t
= 2 s
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 3 -
Übungsaufgabe 2

Geschwindigkeit y& und Beschleunigung y& & findet man zunächst allgemein durch einbzw.
zweimaliges Ableiten des Weg-Zeit-Gesetzes nach der Zeit t:
y& = − yω
sin( ω t + )
y& &
ˆ 0 0 ϕ 0
2
= − yˆ ω0 cos( ω0t
+ ϕ0
)
Für deren Werte zum Zeitpunkt
der harmonischen Funktionen:
Die Geschwindigkeit zum Zeitpunkt
y& (2 s) = −1,0 m ⋅ π s
= −2,72 ms
−1
−1
Die Beschleunigung zum Zeitpunkt
y& & (2 s) = −1,0 m ⋅ π
= −π
2
⋅
1
2
2
ms
s
−2
t = 2 s erhält man unter Ausnutzung der Periodizität
t = 2 s :
π π
⋅ sin(2π + ) = −π ⋅ sin( ) ms
3 3
−2
= −4,94 ms
t = 2 s :
π
⋅ cos(2π + ) = −π
3
−2
2
−1
π
⋅ cos( ) ms
3
= −π ⋅
−2
1
2
3 ms
−1
Die negativen Vorzeichen bedeuten, dass der Körper sich in negative y -Richtung
bewegt und auch in diese Richtung beschleunigt wird. Die Auslenkung weist einen
positiven Wert auf.
Grafische Darstellung des Weg-Zeit-Gesetzes
−1 π
y = 1,0 m ⋅ cos( π s ⋅ t + )
3
Das Zeitintervall von 0 bis 2 s entspricht in diesem Beispiel genau einer Periode der
π
Kosinus-Funktion. Ein Nullphasenwinkel von ϕ 0 = + bedeutet, dass die gesuchte
3
1
Kosinus-Funktion gegenüber der Standard-Kosinus-Funktion um t = s nach links
3
verschoben ist. Ein Maximum (Funktionswert y max = +1m
) liegt deshalb bei
1
t max = − s , das nächste bei s
3
t 5
max = 3
.
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 4 -
Übungsaufgabe 2

2
Ein Minimum (Funktionswert y min = −1m
) liegt bei t min = s und die Nullstellen
3
befinden sich jeweils in der Mitte zwischen den genannten Werten von Maximum und
Minimum.
Der Funktionswert an der Stelle t = 0 ist 0,5 m .
y
+1 m
y
= 1m ⋅ cos( π s
− 1 ⋅ t
)
y
= 1m ⋅ cos( π s
−1 π
⋅t
+ )
3
t
= 2 s
t
− 1
m
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 5 -
Übungsaufgabe 2

Schwingungslehre – Periodizität und harmonische Bewegung –
Übungsaufgabe 3
In der folgenden Skizze finden Sie das Weg-Zeit-Diagramm für eine ungedämpfte
harmonische Bewegung.
+ 10
y
cm
+ 5
4
3
π
16
π
3
28
3
π
t
s
− 10
(a) Bestimmen Sie aus diesem Diagramm und den angegebenen Daten
(a1) die Amplitude ŷ ,
(a2) die Schwingungsdauer T 0 ,
(a3) die Eigenfrequenz f 0 ,
(a4) die Eigenkreisfrequenz ω 0 ,
(a5) den Nullphasenwinkel ϕ 0 .
(b) Stellen Sie die Bewegungsgleichung y(t) für die gezeichnete ungedämpfte
harmonische Schwingung auf.
(c) Berechnen Sie die Geschwindigkeit v 0 = v(0 s)
für den Zeitpunkt t = 0 s .
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 1 -
Übungsaufgabe 3

Schwingungslehre – Periodizität und harmonische Bewegung –
Übungsaufgabe 3 – Kurzlösungen
(a) Diagramm liefert
Amplitude yˆ = 10 cm
Schwingungsdauer
Daraus
Frequenz
Kreisfrequenz
T
= 8π
s
0 =
1 −1
0 = = 0,040 s
T 0
f
ω
25,13 s
−1
0 = 2πf0
= 0,25 s
Auslenkungen y = 10 cm ⋅cos(0,25 s ⋅t
+ ϕ0
)
Nullphasenwinkel für Kosinus-Ansatz: Aus Diagramm
5 cm = 10 cm ⋅ cosϕ
Also cosϕ 0 = 0,5 und
0
−1
π
ϕ 0 = ± im Bogenmaß
3
Auslenkung nacheilend – negatives Vorzeichen
4
Alternative: Erstes Maximum bei t m = π s .
3
π
Nullphasenwinkel ϕ0
= − t m ⋅ ω0
= −
3
ϕ
0
y ( 0 s) = 5,0 cm .
π
= −
3
−1 π
(b) Kosinus-Ansatz liefert y = 10 cm ⋅ cos(0,25 s ⋅ t − )
3
−1 π
Hinweis: Sinus-Ansatz analog y = 10 cm ⋅ sin(0,25 s ⋅ t + )
6
Geschwindigkeit
allgemein – Ableiten nach der Zeit
speziell
π
y& ( t = 0 s) = − 2,5 ⋅ sin( − ) cms
3
−1
y& ( t)
= − 2,5 ⋅ sin(0,25 s ⋅ t −
−1
= + 2,17 cm s
−1
π
)
3
cms
−1
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 2 -
Übungsaufgabe 3

Schwingungslehre – Periodizität und harmonische Bewegung –
Übungsaufgabe 3 – Musterlösung
+ 10
y
cm
+ 5
4
3
π
16
3
π
28
3
π
t
s
−10
(a) Man liest aus dem Diagramm ab
Amplitude
yˆ = 10 cm
Schwingungsdauer
T
= 8π
s
0 =
25,13 s
Daraus ergeben sich die Werte für die
1
Frequenz
f = = = 0,040
T 8π
s
Kreisfrequenz
0 1 s −1
0
2π
8π
1
−1
0 = 2π
0 = s
− = 0,25 s
ω f
und somit y = 10 cm ⋅cos(0,25 s ⋅t
+ ϕ0
)
−1
Der Wert des Nullphasenwinkels ϕ 0 hängt davon ab, ob für die Beschreibung der
Kurve eine Kosinus- oder eine Sinus-Funktion gewählt wird. Hier wird der Ansatz mit
der Kosinus-Funktion zugrunde gelegt.
Berechnung des Nullphasenwinkels
Der Kosinus-Ansatz für das Weg-Zeit-Gesetz liefert für t = 0 s mit dem aus dem
Diagramm abgelesenen Wert y ( 0) = 5,0 cm .
Aus
−1
y = 10 cm ⋅cos(0,25 s ⋅t
+ ϕ0
) folgt mit dem abgelesenen Wert
5 cm = 10 cm ⋅ cosϕ
0
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 3 -
Übungsaufgabe 3

5 cm
cosϕ
0 = = 0,5
10 cm
und somit ist im Bogenmaß
ϕ
0
π
= ±
3
Für den gewählten Cosinus-Ansatz ist die Auslenkung nacheilend, d. h. nur das
negative Vorzeichen kommt in Frage (das erste Maximum der Kurve liegt nicht bei
4
t = 0 s , sondern bei t = π s , also zeitlich später).
3
ϕ
0
π
= −
3
Ein kürzerer Lösungsweg:
Das erste Maximum liegt bei
Damit ergibt sich
ϕ
0
= − t
m
⋅ ω
0
1
= − π s ⋅ s
3 4
4 − 1
4
t m = π s .
3
π
= −
3
(b) Der Kosinus-Ansatz führt somit auf
y = 10 cm ⋅ cos(0,25 s
Hinweis
−1 π
⋅ t
−
)
3
Hätte man einen Sinus-Ansatz gemacht, so hätte sich als Beschreibung des
Diagramms ergeben
y = 10 cm ⋅ sin(0,25 s
−1 π
⋅ t
+ )
6
Für einen Sinus-Ansatz ist die Auslenkung gegen eine Standard-Sinus-Funtkion
voreilend.
(c) Die Geschwindigkeit erhält man durch Ableiten des Weg-Zeit-Gesetzes nach der
Zeit t
y = 10 cm ⋅ cos(0,25 s
−1 π
⋅ t
− )
3
−1
−1
π
−1
π
y& = −10 cm ⋅0,25 s ⋅ sin(0,25 s ⋅ t − ) = − 2,5 ⋅ sin(0,25 s ⋅ t − ) cms
3
3
Für die vorliegende Schwingung wird für
π
y& (0) = − 2,5 ⋅ sin( − ) cms
3
−1
= − 2,5 ⋅(
−
t = 0 s
1
2
3) cms
−1
= + 2,17 cms
−1
−1
Schwingungslehre – Periodizität & harmonische Bewegung - 4 -
Übungsaufgabe 3

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 1
Bei der Bestimmung der Federkonstanten c einer Schraubenfeder misst man für eine
wirkende äußere Kraft F = 3,4 N eine Verlängerung der Feder um y = 7,6 cm .
F rück = 0
m
reibungsfr ei
Ruhelage
Frück
= − c
y
m
0
y
Nach Bestimmung der Federkonstanten c wird (vgl. Abbildung) ein Körper (Masse
m = 700 g ) am Ende der Feder befestigt und aus der Ruhelage der Feder um
y( 0) = 10 cm in horizontaler Richtung auf einer ideal reibungsfreien Unterlage
ausgelenkt. Danach wird der Körper ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen. Der
Körper führt anschließend ungedämpfte harmonische Schwingungen aus.
(a) Welcher Federkonstante c hat die Feder?
(b) Welchen Betrag hat die Kraft, den die Feder auf den Körper zum Zeitpunkt t = 0
ausübt, in welchem er losgelassen wird?
(c) Geben Sie die Schwingungsdauer T0
, die Eigenfrequenz f 0 und die
Eigenkreisfrequenz des Feder-Masse-Systems an.
ω 0
(d) Bestimmen Sie die Amplitude ŷ und den Nullphasenwinkel ϕ 0 der
ungedämpften harmonischen Schwingung.
(e) Geben Sie das Weg-Zeit-Gesetz für die Bewegung dieses Systems an.
(f) Welche Maximalgeschwindigkeit hat der schwingende Körper?
(g) Welche Maximalbeschleunigung
v max
a max
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 hat das Feder-Masse-System?
E ges
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 1 -
Übungsaufgabe 1

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 1 –
Kurzlösungen
Fext
−1
(a) Federkonstante c = = 44,8 Nm .
y
(b) Rückstellkraft für
y( 0) = 0,1m
F = c y(0)
4,48 N .
rück =
(c) Schwingungsdauer
m
T 0 = 2π
= 0,785 s .
c
Eigenfrequenz
1 −1
0 = = 1,273 s
T 0
f .
−1
0 0 s
Eigenkreisfrequenz ω = 2πf
= 8,0 .
(d) Die Anfangsbedingungen liefern zwei Gleichungen für zwei Unbekannte.
Nullphasenwinkel ϕ 0 = 0 und Amplitude y ˆ = 0,1m
.
− 1 t
(e) Weg,Zeit-Gesetz y = 0,1m ⋅cos(8,0 s ⋅ ) .
(f) Maximalgeschwindigkeit
(g) Maximalbeschleunigung
max
0
−1
y& = yˆ
ω = 0,8 ms
.
max
1 − 2
2
0
−2
y& & = yˆ
ω = 6,4 ms
.
(h) Bahnpunkt y 1/ 2 = yˆ
= 5 ⋅10
m .
2
Phasenwinkel (Argument) der harmonischen Funktion ( 2 ) π
ω0
t 1/ = ;
3
[( 2 )
π
t 1/ ist nicht explizit auszurechnen; es tritt stets ( ω0
t 1/ 2 ) = auf]
3
π
−1
Geschwindigkeit y &
1/
2 = − y&
max sin = − 0,692 ms
.
3
π
−2
Beschleunigung y & 1/
2 = − y&
max cos = −3,2 ms
.
3
Potentielle Energie
(1/ 2)
1 2
E
pot
= c y1/
2 = 0,056 J.
2
Kinetische Energie
(1/ 2)
1 2
E
kin
= my& 1/ 2 = 0,168 J .
2
(1/ 2) (1/ 2)
ges kin pot
=
(i) Gesamtenergie E = E + E 0,224 J.
Probe: Gesamtenergie
1 2
E ges = c yˆ
= 0,224 J .
2
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 2 -
Übungsaufgabe 1

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 1 –
Musterlösung
(a) Bestimmung der Federkonstanten c
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 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
F = − c y
rück
Da die Federkonstante c positiv ist, bedeutet das Minuszeichen, dass bei Auslenkung
der Feder in positiver (negativer) y -Richtung die rücktreibende Kraft in die negative
(positive) y-Richtung gerichtet ist. Die äußere Kraft F ext muss der rücktreibenden
Kraft der Feder stets das Gleichgewicht halten; also
Frück
Fext
3,4 N
−1
c = = =
= 44,8 Nm
y y
−2
7,6 ⋅10
m
(b) Rückstellkraft bei Auslenken der Feder um
−1
F rück = c y(0)
= 44,8 Nm ⋅ 0,1m = 4,48 N
y ( 0) = 0,1m
Diese rücktreibende Kraft hängt nur von der Auslenkung der Feder ab, sie ist
unabhängig von der Masse m des angehängten Körpers.
(c) Die Schwingungsdauer des Feder-Masse-Systems bestimmt sich aus
T
= 2π
m
c
= 2π
0,7 kg
0 =
−1
44,8 Nm
Die Eigenfrequenz ergibt sich zu
1 1
0 s −1
= = = 1,273
T 0 0,785 s
f
Die Eigenkreisfrequenz wird
1 −1
0 = 2π
0 = 2π ⋅1,273 s
− = 8,0 s
ω f
0,785 s
(d) Das Weg-Zeit-Gesetz einer ungedämpften harmonischen Schwingung lautet
allgemein
y = y cos( ω t + )
ˆ
0 ϕ0
Das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz ist die erste Ableitung des Weg-Zeit-Gesetzes
y& = − y ω sin( ω t + )
ˆ 0 0 ϕ 0
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 3 -
Übungsaufgabe 1

Die Integrationskonstanten ŷ und ϕ 0 können mit Hilfe der Anfangsbedingungen für
Auslenkung und Geschwindigkeit berechnet werden.
Der Körper wird zum Zeitpunkt
t = 0 s
nach Auslenken aus der Ruhelage
[ y( 0) = 0,1m ] ohne Anfangsgeschwindigkeit [ y& (0) = 0 ms ] losgelassen
Einsetzen dieser speziellen Anfangsbedingungen liefert zwei Gleichungen für die
beiden Unbekannten und ϕ
Weg-Zeit-Gesetz für
ŷ 0
t = 0 s
y ( 0) = 0,1m = yˆ
cosϕ
Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz für
−1
y& ( 0) = 0 m s = − yˆ
ω sin ϕ
0
0
0
t = 0 s
Wenn ein Produkt aus drei Größen null sein soll, dann muss mindestens einer der
Multiplikatoren null sein. Da weder die Amplitude noch die Eigenkreisfrequenz ω
null sind, folgt aus der zweiten Gleichung notwendigerweise
sinϕ
0 = 0
−1
ŷ 0
Damit wird der Nullphasenwinkel
ϕ 0 = 0
Diesen Nullphasenwinkel eingesetzt in die erste Gleichung ergibt die Amplitude
0,1m
y ˆ = = 0,1m
cos(0)
(e) Die Bewegungsgleichung des Körpers bei den gegebenen Anfangsbedingungen
wird damit durch das folgende Weg,Zeit-Gesetz beschrieben
y = 0,1m ⋅cos(8,0 s
− 1 ⋅t
)
(f) Die Geschwindigkeit ist allgemein durch das Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz als
erste Ableitung des Weg-Zeit-Gesetzes gegeben
y& = − y ω sin( ω t + )
ˆ 0 0 ϕ 0
Da 0 ≤ sin( ω0t + ϕ0
) ≤ 1 gilt, wird der Betrag der Maximalgeschwindigkeit bestimmt
durch den Vorfaktor der Sinus-Funktion; also
v = y&
= yˆ
ω
max
max
0
= 0,1m ⋅ 8,0 s
− 1
=
0,8 ms
Dieser Wert wird betragsmäßig in einer Schwingungsperiode zweimal erreicht und
zwar jeweils beim Durchgang durch die Ruhelage y = 0 (in zwei verschiedene
Bewegungs-Richtungen).
−1
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 4 -
Übungsaufgabe 1

(g) Die Beschleunigung erhält man allgemein durch Ableiten der Geschwindigkeit
nach der Zeit t ; also
y& &
2
= − yˆ ω0 cos( ω0t
+ ϕ0
)
Damit wird der Betrag der Maximalbeschleunigung, wieder als Vorfaktor der Kosinus-
Funktion
a
max
= y&
= yˆ
ω
max
2
0
= 0,1m ⋅(8,0 s
−1
)
2
=
6,4 ms
Diese maximale Beschleunigung (und die zur Beschleunigung proportionale Kraft)
tritt in den beiden Umkehrpunkten y = ± yˆ
auf.
−2
y&
(h) Für den Bahnpunkt in der Mitte zwischen Ausgangs- und Gleichgewichtslage ist
die Auslenkung aus der Ruhelage
1 − 2
y 1/ 2 = yˆ
= 5 ⋅10
m
2
Zunächst wird berechnet, nach welcher Zeit t = t 1/ 2 dieser Bahnpunkt erreicht wird.
Wegen
yˆ
= yˆ
cos( ω0t 1/ 2 )
2
wird
1
cos( 2 )
2
= ω 0 t 1/
also
( 2 ) π
ω0
t 1/ =
3
und damit
π 1 π
t 1 / 2 = ⋅ = = 0,131s
3 ω
−1
3 ⋅8,0 s
0
Diese Zeit braucht man aber zahlenmäßig für weitere Rechnungen nicht, es tritt in
den harmonischen Funktionen jeweils nur der Ausdruck ( ω 0 t 1/ 2 ) als Phasenwinkel
(Argument) der harmonischen Funktionen auf.
Am Ort wird die Geschwindigkeit
y 1/ 2
π 1
y &
3 2
und die Beschleunigung
π 1
y &
/ 2 = − y&&
max cos = − ⋅ y&
3 2
−1
−1
1/
2 = − y&
max sin = − 3 ⋅ y&
max = − 3 ⋅ 0,8 ms = − 0,692 ms
−2
−2
1 max = − ⋅ 6,4 ms = −3,2 ms
1
2
1
2
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 5 -
Übungsaufgabe 1

Energieanteile
Die potentielle Energie einer (idealen) Feder ist gegeben durch
Für
Für
1 E
2
pot = c y .
2
y = y 1/ 2
wird
(1/ 2) 1 2 1
−1
−2
2
E
pot
= c y1/
2 = ⋅ 44,8 Nm ⋅(5
⋅10
m) =
2 2
E
kin
1 2
= m y&
erhält man mit y & = y&
1/ 2
2
(1/ 2) 1 2 1
−1
2
E
kin
= my&
1/ 2 = ⋅ 0,7 kg ⋅(
−0,692 ms ) =
2 2
0,056 J
0,168 J
(i) Die Gesamtenergie ist gegeben durch
E = E +
ges
pot
E
kin
Mit den Werten von Aufgabenteil (h) ergibt sich
E ges = 0,056 J + 0,168 J =
0,224 J
Probe
Für die Gesamtenergie eines idealen Feder-Masse-System gilt allgemein
1 E ges = c y ˆ
2
Dies liefert mit den Werten
2
1 1
ˆ
2
−1
−1
E ges = c y = ⋅ 44,8 Nm ⋅(10
m)
2 =
2 2
wie erwartet das gleiche Ergebnis.
0,224 J
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 6 -
Übungsaufgabe 1

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 2
Ein Federpendel schwingt ungedämpft harmonisch. Die Amplitude seiner
Schwingungen ist y ˆ = 30 cm .
Bei welcher Auslenkung y aus der Ruhelage ist die Geschwindigkeit des
schwingenden Körpers gerade gleich seiner halben Maximalgeschwindigkeit?
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 1 -
Übungsaufgabe 2

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 2 –
Kurzlösungen
Auslenkung-Zeit-Gesetz (z.B. Sinus-Funktion) y ( t ) = y ˆ sin( ω 0 t )
(o. B. d. A. Nullphasenwinkel ϕ 0 = 0 gesetzt.)
Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz v t)
= y&
( t)
= yˆ
ω cos( ω )
Wegen [ −1≤
cos( ω0t)
≤ 1]
( 0 0t
Maximale Geschwindigkeit = Vorfaktor [ y ˆω0
]; wegen ( −1≤
cos( ω0t ) ≤ 1)
v max = ± yˆ ω 0
vmax
1
Für v ( t x ) = = + yˆ
ω0
2 2
1
cos( ω0 t x ) = oder der Phasenwinkel ( x oder
2
) π π
ω0
t = + −
3 3
( ω x ) eingesetzt in Weg-Zeit-Gesetz y t ) = y ˆ sin( ω t )
0 t
( x
0 x
π
π
y ( t x ) = yˆ
sin( ) bzw. y ( t x ) = yˆ
sin( − )
3
3
1
y ( t x ) = ± yˆ
3 = ± 26 cm
2
Algebraisches Vorzeichen – Richtung von Auslenkung und Geschwindigkeit.
Analoges Ergebnis bei Wahl einer Kosinus-Funktion für Auslenkung-Zeit-Gesetz.
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 2 -
Übungsaufgabe 2

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 2 –
Musterlösung
Die Auslenkungen harmonischer Schwingungen können entweder durch eine Sinusoder
eine Kosinus-Funktion beschrieben werden, also
y ( t ) = y ˆ sin( ω 0 t )
y(
t)
= yˆ
cos( ω 0 t)
dabei wurde – ohne Beschränkung der Allgemeinheit (o. B. d. A.) – der
Nullphasenwinkel ϕ 0 = 0 gesetzt.
Die Geschwindigkeit erhält man durch einmaliges Ableiten des Weg-Zeit-Gesetzes
nach der Zeit t zu
v t)
= y& ( t)
= yˆ
ω cos( ω ) v t)
= y&
( t)
= − yˆ
ω sin( ω )
( 0 0t
( 0 0t
Der Betrag der harmonischen Funktionen kann nicht größer als 1 werden, denn
−1≤
cos( ω0t ) ≤ 1
−1≤
sin( ω0t
) ≤ 1
Damit entspricht der Vorfaktor vor den harmonischen Funktionen des
Geschwindigkeit-Zeit-Gesetzes dem Betrag der maximalen Geschwindigkeit
v max = ± yˆ ω 0
Für den Betrag einer Geschwindigkeit (o. B. d. A. wird das positive Vorzeichen
gewählt)
vmax
1
v ( t x ) = = + yˆ
ω0
2 2
gilt für die Beträge
1
1
yˆ
ω 0 = yˆ
ω0
cos( ω0
t x ) yˆ
ω 0 = − yˆ
ω0
sin( ω0
t x )
2
2
oder
cos( ω0 t x ) =
1
2
sin( ω t x ) =
0 −
damit gilt
π π
π 5π
( ω0
t x ) = + oder − ( ω0
t x ) = − oder −
3 3
6 6
Den Zeitpunkt t x braucht man dabei gar nicht explizit zu bestimmen, da in den
harmonischen Funktionen als Phasenwinkel stets das Argument ( ω 0 t x ) auftritt.
Eingesetzt in die zugehörigen Weg-Zeit-Gesetze
y t ) = yˆ
sin( ω t )
y t ) = yˆ
cos( ω t )
( x
0 x
erhält man
1
2
( x
0 x
π
π
y ( t x ) = yˆ
sin( )
y ( t x ) = yˆ
cos( − )
3
6
bzw.
π
5π
y ( t x ) = yˆ
sin( − )
y ( t x ) = yˆ
cos( − )
3
6
Daraus ergibt sich jeweils
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 3 -
Übungsaufgabe 2

1
1
y ( t x ) = ± yˆ
3
y ( t x ) = ± yˆ
3
2
2
schließlich liefert dies in beiden Fällen – wie das auch 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 c , angehängte Masse m , Auslenkung aus der Ruhelage y ) gilt
• für die potentielle Energie der gestauchten oder gedehnten Feder
Feder 1 E
2
pot = cy
2
• für die kinetische Energie des angehängten Körpers
Körper 1 2 1 2
E
kin
= mv = m y&
2 2
Energie
E ges
E kin
1 E ges = c y ˆ
2
2
E pot
ŷ
Auslenkung y
Für ungedämpfte Schwingungen gilt der Energieerhaltungssatz in seiner
mechanischen Schreibweise
Feder Körper 1 2 1
E ges = Epot
+ Ekin
= c y + mv
2 2
mit den Spezialfällen
2
• Nulldurchgang
ges
Körper
kin
E = E =
1 mv
2
2
max
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 4 -
Übungsaufgabe 2

• Umkehrpunkt
Feder 1 E ges = E y
pot = c ˆ
2
1
Für eine Geschwindigkeit v = ± v max ist die kinetische Energie (Vorzeichen bei
2
Quadrieren unerheblich) immer
E
Körper
kin
vmax
1 vmax
2 1 1 2 1
( v = ± ) = m(
± ) = ⋅ mvmax
= ⋅E
2 2 2 4 2 4
also einem Viertel der maximalen kinetischen Energie (bzw. der Gesamtenergie) des
Systems bei Nulldurchgang.
Nach dem Energiesatz ist dann die potentielle Energie der gestauchten/gedehnten
Feder
E
E
Feder
pot
Feder
pot
aufgelöst
y
2
±
= yˆ
4
vmax
3 3 1
( v = ± ) = ⋅Eges
= ⋅ cyˆ
2 4 4 2
1
= cy
2
3 2
2
=
3
y = ± ⋅ 30 cm
4
= 26 cm
3 1
⋅ cyˆ
4 2
2
2
2
ges
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 5 -
Übungsaufgabe 2

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 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
T gem
in Abhängigkeit von
der Masse m . Man erhielt – jeweils als Mittelwert aus mehreren Messungen –
folgende Ergebnisse
Angehängte
Masse
m
g
50 100 150 200 250 300 350
Gemessene
Schwingungsdauer
T gem
s
0,71 0,88 1,03 1,15 1,27 1,37 1,46
Aus diesen Messwerten soll die Federkonstante c der Schraubenfeder bestimmt
werden. Diese Messmethode heißt dynamische Bestimmung der Federkonstante.
2
T gem
(a) Tragen Sie auf Millimeterpapier in passendem Maßstab das Quadrat der
gemessenen 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 grafische Mittelung der Messfehler)
Zeigen Sie, dass sich aus der Steigung m G der Geraden des Diagramms die
Federkonstante c der Schraubenfeder bestimmen lässt.
(c) In der obigen Tabelle der Messwerte sind nur die Massen m der jeweils
angehängten Körper eingetragen, die Eigenmasse der Schraubenfeder ist nicht
berücksichtigt. Bestimmen Sie aus der grafischen Darstellung (vgl. Teilaufgabe
(a)) für einen Ersatzschwinger eine effektive Federmasse so, dass diese
m eff
effektive Federmasse, an eine masselose Feder gehängt, die gleiche
Schwingungsdauer hätte.
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 1 -
Übungsaufgabe 3

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen– Übungsaufgabe 3 –
Kurzlösungen
(a) Diagramm
T
2
gem
2
s
2
1 ,5
1
0 ,5
m
g
T
2
gem
2
s
50 0,504
100 0,774
150 1,061
200 1,323
250 1,613
300 1,877
350 2,132
(b) Quadrat Eigenkreisfrequenz
Mit
50 100 150 200 250 300 350
0
ω 2
0
=
c
m
2π
2 4π
ω 0 = 2π
f0
= wird T0
= m
T
c
Gleichung (Ursprungs)Gerade – Steigung
2
m
G
4π
=
c
Steigung Ausgleichsgerade (Zwei-Punkte-Formel)
Federkonstante
c = 7,21Nm
−1
(c) Berücksichtigung Eigenmasse der Feder
2
m
G
= 5,47
2
2
00 s
Für m = 0 (d. h. ohne angehängten Körper) ist T = 0,25 .
Schwingungsdauer T 00 = 0,5 s .
Schwingungsdauer
Effektive Masse
m
T
00 = 2π
c
= T
2
4π
m
eff
c
2
eff 00 =
0,0457 kg
kg
-1
s
m
g
2
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 2 -
Übungsaufgabe 3

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 3 –
Musterlösung
(a) Diagramm
T
2
gem
2
s
2
1 ,5
1
0 ,5
m
g
T
2
gem
2
s
50 0,504
100 0,774
150 1,061
200 1,323
250 1,613
300 1,877
350 2,132
50 100 150 200 250 300 350
Das Diagramm zeigt die Quadrate der gemessenen Schwingungsdauern
aufgetragen über der Masse m des an die Feder gehängten Körpers. Durch die
Messpunkte wird eine ausgleichende Gerade gelegt.
m
g
2
T gem
(b) Zunächst soll eine Beziehung zwischen der Federkonstanten c und der im
Diagramm der Teilaufgabe (a) eingetragenen Ausgleichsgerade hergeleitet werden.
Für ein ungedämpftes Feder-Masse-System gilt für die Eigenkreisfrequenz ω 0 die
Beziehung
Mit
ω 2
0
ω
0
=
c
m
= 2π
f
0
erhält man dann
2
2π
=
T
0
2 4π
T0
= m
(1)
c
Diese Beziehung stellt die Gleichung einer (Ursprungs)Geraden dar. Es besteht ein
linearer Zusammenhang zwischen dem Quadrat der Schwingungsdauer und der
2
T 0
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 3 -
Übungsaufgabe 3

Masse m des angehängten Körpers. Die Steigung mG
der Geraden hängt von der
Federkonstanten c der Feder ab.
Für die Steigung der Geraden erhält man
m
G
2
4π
= (2)
c
Gleichung (1) gilt für eine ideale masselose Feder; sie gehört zu einer
Ursprungsgeraden, während sich aus den experimentell gewonnenen Daten keine
Ursprungsgerade ergibt.
Die Bedeutung dieses Unterschieds wird in Teilaufgabe (c) diskutiert.
Berechnung der Steigung
Ausgleichsgerade
m G
für die im Experiment ermittelte
Mit zwei aus der Grafik abgelesenen Wertepaaren
2 2
2 = 2,0 s
T , m 2 = 0,322 kg
2 2
1 = 0,5 s
T , m 1 = 0,048 kg
folgt für die Steigung der Ausgleichsgeraden
m
2 2 2
Δ(
T ) T2
−T1
G = = =
Δm
m2
− m1
2
1,5 s
0,274 kg
Die oben abgeleitete Gleichung (2) ergibt damit die Federkonstante
c = m
2 2
4π
4π
−1
= 0,274 kg = 7,21Nm
2
G 1,5 s
(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.
In der grafischen Darstellung von Aufgabenteil (a) äußert sich dies dadurch, dass die
2
Gerade für die gemessenen Werte von T und m nicht durch den
gem
Koordinatenursprung geht, wie es die Beziehung (1)
T
2
0
4π
=
c
2
m
erfordern würde, sondern dass sie für m = 0 (d. h. ohne angehängten Körper) die
2
T gem
-Achse bei T
2
2
00 = 0,25 s
schneidet.
Daraus ergibt sich – ohne angehängten Körper – eine Schwingungsdauer von
00 = 0,5 s . Das ist die Schwingungsdauer, mit der die Feder nach Auslenkung
alleine schwingt.
T
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen Übungsaufgabe 3
- 4 -

Die experimentell erhaltene Gerade lässt sich durch die Gleichung
2
2 4π
T gem = ( m + meff
) = mG(
m + meff
)
(3)
c
beschreiben, in der die effektive Masse
Feder beschreibt.
m eff
formal der Wirkung der Eigenmasse der
Anmerkung
Formale Bestimmung einer effektiven Masse
Aus Gleichung (3) folgt
T
00 = 2π
m
eff
c
oder aufgelöst nach der effektiven Masse
m
c
= T
2
4π
2
eff 00 =
0,0457 kg
m eff
der (realen) Feder
Die reale Feder verhält sich also so, als sei ein Körper der Masse m eff = 45,7 g an
einer idealen – also masselosen – Feder befestigt.
Bei der Bestimmung der Federkonstanten c spielte dies keine Rolle, denn sie wurde
nur aus der Steigung der Geraden berechnet, die wiederum ausgehend von
m G
zwei Punkten ermittelt wurde. Der konstante Term mit
Differenzbildung heraus.
m eff
in (3) fällt dabei durch
Als Kontrolle soll nun die Schwingungsdauer für eine angehängte Masse m = 100 g
aus der ermittelten Federkonstanten c und der effektiven Masse m eff der Feder
berechnet werden.
M = m + meff = 0,146 kg
c = 7,21Nm
−1
Damit ist
M
T = 2 π = 0,894 s
c
Zum Vergleich
Die gemessene Schwingungsdauer war T gem = 0,88 s (Messfehler).
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 5 -
Übungsaufgabe 3

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 4
Gegeben sind zwei ideale Schraubenfedern. Ihre Federkonstanten sind c1
und c2
.
Wie groß ist jeweils die resultierende Federkonstante , wenn die beiden Federn
(a) hintereinander (’Reihenschaltung’) bzw.
(b) parallel zueinander gehängt (’Parallelschaltung’)
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?
c res
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 1 -
Übungsaufgabe 4

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 4 –
Kurzlösungen
(a) Gewichtskraft F = F G = mg für beide Federn gleich
Auslenkungen addieren sich: c 1
Auslenkung Feder '1'
Auslenkung Feder
Gesamtauslenkung
Gesamtauslenkung
'2'
Koeffizientenvergleich
1
c
ges
1 1
= +
c c
1
2
y
y
F
y 1 =
c
G
1
F
y 2 =
c
ges
= y
1
F
G
2
+ y
G
ges =
c ges
2
⎛ 1 1 ⎞
=
⎜ + ⋅F
c1
c
⎟
⎝ 1 ⎠
G
c 2
y
F = mg G
Bei einer Reihenschaltung addieren sich die reziproken Federkonstanten der beiden
Einzelfedern zur reziproken Federkonstante der Resultierenden.
(b) Auslenkungen für beide Federn gleich.
Einzelkräfte addieren sich:
Kraft auf Feder ' 1'
Kraft auf Feder
Gesamtkraft
' 2'
Gesamtanordnung
FG1 = c1
y
FG = c2
y
2
F = c c ) y
G ( 1 + 2
F
G =
c
ges
Koeffizientenvergleich c ges = c1
+ c2
y
c 1 c 2
y
F = mg G
Bei Parallelschaltung addieren sich die Federkonstanten der beiden Einzelfedern zur
Federkonstante der Resultierenden.
(c) Schwingungsdauern
T
=
0 2
π
m
c
ges
Reihenschaltung (a)
T
0a
= 2π
⎛ 1 1
m
⎜ +
⎝ c1
c2
⎟ ⎞
⎠
Parallelschaltung (b)
T
0b = 2
π
c
1
m
+ c
2
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 2 -
Übungsaufgabe 4

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 4 –
Musterlösung
(a) Die auf den angehängten Körper (Masse m ) wirkende
Gewichtskraft F = F G = mg bewirkt eine (statische) Verlängerung
c 1
der beiden Federn.
Die wirkende Gewichtskraft F G ist für beide Federn gleich (die
Federn sind idealisierend masselos).
Die Einzelauslenkungen addieren sich zur Gesamtauslenkung.
F
F G = c1y1
damit wird die Auslenkung der Feder '1'
y 1 =
c
F = c y damit wird die Auslenkung der Feder '2'
G
2
2
Die Gesamtauslenkung der Anordnung ist y ges = y1
+ y 2
Damit wird
y
ges
= y
1
+ y
2
F
=
c
G
1
F
+
c
G
2
⎛ 1 1 ⎞
=
⎜ + ⋅F
c1
c
⎟
⎝ 1 ⎠
Gewichtskraft auf die Gesamtanordnung
F = c
G
ges
y
ges
G
G
1
F
y 2 =
c
Auslenkung der Anordnung ’Serienschaltung’ Federanordnung (a)
y
F
G
ges =
c ges
Koeffizientenvergleich liefert für die resultierende Federkonstante
1
c
ges
1 1
= +
c c
1
2
G
2
c 2
y
F = mg G
Bei einer Reihenschaltung addieren sich die reziproken Federkonstanten der
beiden Einzelfedern zur reziproken Federkonstante der Resultierenden.
(b) Die Skizze für die Parallelschaltung ist ’symbolisch’ aufzufassen.
Denken Sie sich für die folgende Rechnung die beiden Federn in
einander gesteckt. Die Auslenkungen y sind notwendig für beide
Federn gleich.
Die beiden Einzelkräfte addieren sich zur Gesamtkraft.
Die beiden Einzelkräfte sind
c y
F1 = 1
F2 = c2
y
Die Gesamtkraft ist
F = c c ) y
G ( 1 + 2
F = F + F
G
1
2
wird
Die Gewichtskraft auf die Gesamtanordnung
c 1 c 2
y
F = mg G
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 3 -
Übungsaufgabe 4

F
G =
c
ges
y
Koeffizientenvergleich liefert für die resultierende Federkonstante
c = c + c
ges
1
2
Bei einer Parallelschaltung addieren sich die Federkonstanten der beiden
Einzelfedern zur Federkonstante der Resultierenden.
(c) Schwingungsdauern für die Anordnungen der Teilaufgaben (a) und (b)
Die Schwingungsdauern ergeben sich mit der jeweils berechneten resultierenden
Federkonstanten jeweils zu
T
=
0 2
π
m
c
ges
c ges
Damit gilt für die Reihenschaltung aus (a)
T
Reihe
0
= 2π
⎛ 1 1
m
⎜ +
⎝ c1
c2
Damit gilt für die Parallelschaltung aus (b)
T
Parallel
0 = 2
π
c
1
m
+ c
2
⎞
⎟
⎠
Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen - 4 -
Übungsaufgabe 4

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 5
0
y
Ein mit Schrot beschwertes Reagenzglas (konstanter Querschnitt A = 2 cm ,
Gesamtmasse (Glas und Schrot) m = 25 g ) schwimmt aufrecht in Wasser.
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 hat das beschriebene System?
(c) Wie hängt die Schwingungsdauer T vom Querschnitt
Angenommen der Querschnitt des Reagenzglases werde verdoppelt.
A
des Reagenzglases ab?
(d) Welche zusätzliche Masse an Schrot ist zuzufügen, wenn die Schwingungsdauer
der von Teilaufgabe (b) entsprechen soll?
(Die Masse des Reagenzglases ändert sich nicht.)
(e) Begründen Sie, warum entsprechende Schwingungen einer Kugel – im Vergleich
zu einem Reagenzglas – keine harmonischen Schwingungen ergeben.
2
Schwingungslehre - 1 -
Übungsaufgabe 5

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 5 –
Kurzlösungen
Ruhezustand Koordinate y = 0 (schwimmen)
Bezeichnungen
ρ Dichte der Flüssigkeit
0
V zusätzlich verdrängtes Volumen
A Querschnitt
g Fallbeschleunigung
y
(a) Tiefertauchen um y
Verdrängtes Volumen
Auftriebskraft
V = Ay
Marke zum Ablesen der
zusätzlichen Eintauchtiefe y
F (nach oben – negative y -Richtung) F = −(
ρV
) g = −(
ρ Ag)
y .
A
Lineares Kraftgesetz Frück = − c y – Federkonstante c = ( ρ A g)
.
Ein lineares Kraftgesetz führt zu harmonischen Schwingungen.
(b) Schwingungsdauer
m
T 0 = 2π
=
ρAg
0,71 s
(c) Abhängigkeit der Schwingungsdauer T 0(
A )
A
T
0
= 2π
m
ρ Ag
Für ρ = const. und g = const.
: Schwingungsdauer
Querschnitt A verdoppeln fordert Masse m verdoppeln.
(d) Kugelquerschnitt abhängig von Eintauchtiefe A = A(y )
T
0
= const. ⋅
Nicht-lineares Kraftgesetz – keine harmonische Schwingungen.
m
A
Schwingungslehre - 2 -
Übungsaufgabe 5

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 5 –
Musterlösung
Im Ruhezustand schwimmt das Reagenzglas. Die
Ruhelage sei gekennzeichnet durch die Koordinate
y = 0 . Auslenkungen aus der Ruhelage seien durch y 0
beschrieben. Als positive y -Richtung sei die
Eintauchrichtung gewählt (vgl. Skizze).
y
Es werden folgende Bezeichnungen verwendet:
ρ Dichte der Flüssigkeit
g Fallbeschleunigung
V zusätzlich verdrängtes Volumen
A Querschnitt
Marke zum Ablesen der
zusätzlichen Eintauchtiefe y
(a) Nach dem Tiefertauchen um die Auslenkung y wirkt eine zusätzliche
Auftriebskraft FA
nach oben (also in negative y -Richtung). Die Auftriebskraft ist
gegeben durch
F = − ( ρV
) g , dabei ist das verdrängte Volumen V = Ay
A
also wird
F = − ( ρ Ag)
y
A
F A
Die Auftriebskraft ist proportional zur Eintauchtiefe y bezüglich der Ruhelage und
in die Ruhelage rücktreibend. Der Vergleich mit einem linearen Kraftgesetz
F = − c y liefert für die ’Federkonstante’ c = ρ A g .
rück
Die Federkonstante c wird repräsentiert durch den Ausdruck ( ρ A g)
. Ein lineares
Kraftgesetz führt stets zu harmonischen Schwingungen.
(b) Bestimmung der Schwingungsdauer T0
Sämtliche für ein Feder-Masse-System aufgestellten und abgeleiteten Beziehungen
können übernommen werden. Es ist nur überall die Federkonstante c = ρAg des
vorliegenden Problems einzusetzen.
T
0
Zahlenwerte
m
= 2π
= 2π
c
m
ρAg
m
25 ⋅10
kg
T 0 = 2π
= 2π
= 0,71s
ρAg
3 −3
−4
2
−2
10 kgm ⋅ 2 ⋅10
m ⋅9,81ms
−3
Schwingungslehre - 3 -
Übungsaufgabe 5

(c) Abhängigkeit der Schwingungsdauer T vom Querschnitt A des Reagenzglases
Nach der Beziehung für die Schwingungsdauer gilt
T
0
= 2π
m
ρ Ag
Für eine konstante Dichte ρ der Flüssigkeit und eine konstante Fallbeschleunigung
g folgt für die Schwingungsdauer
T
0
= const. ⋅
m
A
Wenn der Querschnitt A des Reagenzglases verdoppelt wird, muss auch die Masse
verdoppelt werden, wenn die Schwingungsdauer T unverändert bleiben soll.
m 0
0
(d) Schwingungen einer Kugel
Für das Reagenzglas gilt
F = −(
ρ Ag)
y mit A = const. (zylinderförmig)
A
Für eine Kugel ist aber 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.
Schwingungslehre - 4 -
Übungsaufgabe 5

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 6
Ein Reifen – das ist 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.
S
(a) Geben Sie die Schwingungsdauer T 0 und die
R
Frequenz f 0 des schwingenden Reifens bei
kleinen Auslenkungen des Reifens aus der
Ruhelage an.
(b) Bestimmen Sie die Länge L math eines mathematischen Pendels, das die gleiche
Schwingungsdauer wie der Reifen hat.
R
Schwingungslehre - 1 -
Übungsaufgabe 6

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 6 –
Kurzlösungen
Vorbemerkung:
Reifen – Wandstärke

Schwingungslehre – Harmonische Schwingungen – Übungsaufgabe 6 –
Musterlösung
Vorbemerkung:
Für einen Reifen gilt: Wandstärke

Die Eigenfrequenz der Schwingungen wird
1 1
0 s −1
= = = 0,60
T 0 1,68 s
f
(b) Die Schwingungsdauer eines mathematischen Pendels ist
math Lmath
T0 = 2π
[für kleine Auslenkungen aus der Ruhelage]
g
Die Schwingungsdauer des Reifens (physikalisches Pendel) ist
T
2R
= 2
[für kleine Auslenkungen aus der Ruhelage]
g
phys
0
π
Diese beiden Schwingungsdauern sollen gleich sein. Also muss gelten
2R
2π
= 2π
g
L
math
g
Vergleich der Radikanden liefert als Länge L des mathematischen Pendels
L
= 2R
math =
70 cm
Anmerkung
Man nennt die Länge dieses, der Schwingungsdauer des physikalischen Pendels
äquivalenten mathematischen Pendels, die reduzierte Pendellänge . L red
Schwingungslehre - 4 -
Übungsaufgabe 6

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 1
In dem Experiment, das in Übungsaufgabe 5 ('dynamische Bestimmung der
Federkonstante c') beschrieben wurde, beobachtet man bei längerer
Beobachtungsdauer doch schwach gedämpfte harmonische Schwingungen.
Für einen angehängten Körper (Masse m = 100 g ) wurde das Abklingen der
Auslenkung y als Funktion der Zeit t experimentell bestimmt. Dazu ging man
folgendermaßen vor:
Es wurden die Zeiten ti
bestimmt, nach der die Auslenkungen yi
auf einen
vorher festgelegten Betrag abgenommen hatte. Im Einzelnen erhielt man dabei
folgende Ergebnisse
Auslenkung
Zeit
y
cm
t
s
5,0 4,5 4,0 3,5 3,0 2,5 2,0 1,5 1,0
0 30 60 95 140 190 250 330 440
Aus diesen Messwerten können die die Dämpfung bestimmenden,
physikalischen Größen Abklingkoeffizient δ und Dämpfungsgrad D bestimmt
werden. Dabei wird – wie in Übungsaufgabe 5 – eine grafische Methode zur
Auswertung benutzt.
(a) Tragen Sie den natürlichen Logarithmus der gemessenen Auslenkung y
(dimensionslos – ohne Einheiten) gegen die Zeit t auf.
[Hinweis: einfach-logarithmisches Papier wäre noch günstiger!]
(b) Legen Sie durch die gezeichneten Messpunkte eine ausgleichende Gerade und
bestimmen Sie aus der Steigung m der Geraden den Abklingkoeffizient δ .
G
(c) Bestimmen Sie (unter Benutzung des Wertes für ω 0 aus der Aufgabe 5:
Dort wurde für eine Masse m = 100 g des angehängten Körpers eine
Schwingungsdauer von T gem = 0,88 s gemessen) den Dämpfungsgrad D des
schwingungsfähigen Systems.
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 1 -
Übungsaufgabe 1

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 1 –
Kurzlösungen
ˆ
− δ t
0 d ϕ0
Weg-Zeit-Gesetz y = y e cos( ω t + ).
− δ t
(a) Einhüllende – Exponentialfunktion y yˆ
e .
Umformen und Logarithmieren
y
ln(
yˆ
0
einh
= 0
) = ln( e
−δ t
) = − δt
Reduktion Rechenaufwand – Umformung ln( y ) = − δt
+ ln( yˆ
0 ) .
(Nullpunktverschiebung) Steigung
m = − δ ungeändert.
G
(Geradengleichung)
Vorgehensweise: Auftragen Ausschläge (unter Unterschlagung der Einheit ‘c m‘)
– logarithmisch gegen die Zeit t (SI-Einheit ' s' ).
(b) Steigung Gerade (Zwei-Punkte-Formel)
− 3 −1
s
Abklingkoeffizient δ = 3,66 ⋅10
.
(c) Eigenkreisfrequenz (vgl. Aufgabe 5)
Dämpfungsgrad
0
ω
δ
−4
D = = 5,13 ⋅10
.
ω
m
G
= − 3,66 ⋅10
π
−3
2 −1
0 = = 7,14 s
Tgem
s
−1
ln( y einh )
2
1 ,5
1
t y einh ln( y einh )
s
0 5,0 1,609
30 4,5 1,504
60 4,0 1,386
95 3,5 1,253
140 3,0 1,099
190 2,5 0,916
250 2,0 0,693
330 1,5 0,405
440 1,0 0,000
0 ,5
Wertepaare zur Bestimmung der
Geradensteigung m G :
ln y 2 = 1,61 t2
= 0 s
ln y = 0 t = 440 s
1
1
t
s
50 100 150 200 250 300 350
400 450
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 2 -
Übungsaufgabe 1

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 1 –
Musterlösung
Falls Sie einfach logarithmisches Papier zu Hand haben, können Sie dieses zum
Auftragen der Messwerte benutzen. Machen Sie sich mit der Teilung vertraut:
Eingetragen wird der Numerus, das Papier leistet die ’Umrechnung’ in Logarithmen.
Berücksichtigen Sie dabei, dass dieses Papier auf dem Logarithmus zur Basis 10
basiert; für die Berechnung der Steigung ist der natürliche Logarithmus zu benutzen.
(a) Die in der Messwerttabelle angegebenen Auslenkungen gehören zu Punkten, die
auf der Abklingkurve (der Einhüllenden) der gedämpften Schwingung liegen.
Das Weg-Zeit-Gesetz gedämpfter harmonischer Schwingungen lautet bei Vorliegen
einer geschwindigkeitsproportionalen Reibungskraft
− δ t
y = yˆ 0 e cos( ωdt
+ ϕ0
)
Die Einhüllende, die hier interessiert, wird beschrieben durch die Exponentialfunktion
y
einh = yˆ
0
e
− δ t
umgeformt erhält man
y − δ t
= e
y
ˆ0
Logarithmieren liefert
y − δ t
ln[ ] = ln[ e ] = −δt
yˆ
0
y
Trägt man also ln[ ] gegen t auf, so erhält man eine Gerade, deren Steigung m
yˆ
G
0
gleich dem Abklingkoeffizient δ in der exponentiellen Beziehung ist.
Eine Logarithmusfunktion ist nur für einen reinen Zahlenwert definiert; deshalb steht
in der Gleichung der Geraden eine normierte Größe (im vorliegenden Beispiel
erreicht durch Division mit ŷ 0 ).
Um den Rechenaufwand zu reduzieren und um die grafische Darstellung zu
vereinfachen, formt man die Gleichung der Geraden – mit den Regeln der
Logarithmenrechnung – um
y
ln[ ] = ln[ y]
− ln[ yˆ
0 ] = −δt
yˆ
0
ln[ y ] = − δt
+ ln[ yˆ
0 ]
Auf der rechten Seite der Gleichung erscheint ein Zusatzterm als
Nullpunktverschiebung; an der Steigung m G = − δ der Geraden ändert dies aber
nichts; die Gerade wird nur parallel verschoben. Deshalb trägt man vereinfachend die
Messergebnisse – hier die Ausschläge [unter Unterschlagung der Einheit ‘c m‘] –
logarithmisch gegen die Zeit t [SI-Einheit ' s' ] auf.
Man bestimmt den Zahlenwert der natürlichen Logarithmen der Auslenkungen
und trägt sie auf der Ordinate über der Zeitachse t als Abszisse auf.
Man erhält die Grafik auf der nächsten Seite, in die auch bereits eine
Ausgleichsgerade eingezeichnet wurde.
y einh
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 3 -
Übungsaufgabe 1

(b) Durch die aufgetragenen Punkte wird eine ausgleichende Gerade gelegt.
Dies entspricht einer grafischen Mittelung über mögliche Messfehler. Die Gerade hat
eine negative Steigung.
Dies ist die Gleichung einer Geraden der oben hergeleiteten Beziehung
ln[ y ] = − δt
+ ln[ yˆ
0 ]
Ein Vergleich mit der allgemeinen Gleichung einer Geraden
y m x + n
= G
zeigt, dass der negative Wert des Abklingkoeffizienten δ mit der Steigung
Ausgleichsgeraden entspricht; also gilt.
δ = −m G
Um den Wert von m G aus der Kurve zu bestimmen, benutzt man die 'Zwei-Punkte-
Formel'. Um einen Fehler möglichst klein zu halten, wählt man dabei zwei möglichst
weit voneinander entfernte Punkte der Geraden aus.
Man entnimmt der Abbildung
Geradenpunkt
' 2'
ln( y 2 ) = 1, 61 t 2 = 0 s
Geradenpunkt ' 1'
ln( y 1 ) = 0 t 1 = 440 s
Damit erhält man für die Steigung der Geraden
m
G
ln( y 2 )
=
t
2
−
−
ln( y
t
1
1
)
=
−
1,61
440 s
= − 3,66 ⋅10
Es ergibt sich somit (wie nach der Skizze zu erwarten) eine negative Steigung und
wegen
δ = − m G
−3
folgt sofort der Abklingkoeffizient als positive Größe
δ = 3,66 ⋅10
− 3 −1
s
s
−1
m G
der
(c) Der Dämpfungsgrad D ist definiert als
D =
δ
ω 0
ω 0 erhält man aus den Daten von Übungsaufgabe 5. Dort hatte man bei einer
angehängten Masse von m = 100 g eine Schwingungsdauer Tgem = 0, 88 s
gemessen.
Damit wird die Eigenkreisfrequenz
ω
2π
−1
0 = = 7,14 s
Tgem
und der Dämpfungsgrad
D =
δ
ω
0
−3
−1
3,66 ⋅10
s
−
=
= 5,13 ⋅10
−1
7,14 s
4
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 4 -
Übungsaufgabe 1

ln( y einh )
2
1 ,5
1
t y einh ln( y einh )
s
0 5,0 1,609
30 4,5 1,504
60 4,0 1,386
95 3,5 1,253
140 3,0 1,099
190 2,5 0,916
250 2,0 0,693
330 1,5 0,405
440 1,0 0,000
0 ,5
Wertepaare zur Bestimmung der
Geradensteigung m G :
ln y 2 = 1,61 t2
= 0 s
ln y = 0 t = 440 s
1
1
t
s
50 100 150 200 250 300 350 400 450
Es liegt also eine schwache Dämpfung vor und die Voraussetzung der
Übungsaufgabe 5 ist damit erfüllt.
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 5 -
Übungsaufgabe 1

Einfacher ist die Nutzung einfach logarithmischen Papiers. Die Teilung des Papiers
bewerkstelligt die Logarithmierung. Die dekadische Einteilung ist für die Gerade
unerheblich. Natürliche und dekadische Logarithmen sind über einen konstanten
Faktor miteinander verknüpft. Für die Auswertung der Steigung der Geraden sind
allerdings die natürlichen Logarithmen zu verwenden.
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 6 -
Übungsaufgabe 1

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 2
Eine eindimensionale gedämpfte harmonische Schwingung eines Feder-Masse-
Systems wird beschrieben durch die Differentialgleichung
m x&&
+ bx&
+ cx = 0
Die Masse des angehängten Körpers ist m = 0,4 kg und die Federkonstante der
−1
Feder c = 160 Nm .
Welcher Wert des Dämpfungskoeffizienten b muss eingestellt werden, um die
Bedingung des aperiodischen Grenzfalls zu erfüllen?
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 1 -
Übungsaufgabe 2

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 2 –
Kurzlösung
Schwingungsdifferentialgleichung in Standardform
b c
x &
+ x&
+ x = 0
m m
2 c
2
Beziehung für Eigenkreisfrequenz ω0 = = 400 s
− .
m
Eigenkreisfrequenz ω = 20 −1
.
0 s
b
Abklingkoeffizient δ = .
2m
Dämpfungskoeffizient b = 2mδ
.
δ
Dämpfungsgrad D = .
ω 0
Aperiodischer Grenzfall – Forderung D = 1; also δ = ω0
.
−1
0 s
Dämpfungskoeffizient b = 2m ω = 16 kg .
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 2 -
Übungsaufgabe 2

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 2 –
Musterlösung
Die gegebene Schwingungsdifferentialgleichung lautet umgeschrieben auf
Standardform
b c
x &
+ x&
+ x = 0
m m
dabei bestimmt sich die Eigenkreisfrequenz gemäß
ω 2
0
=
c
m
Der Dämpfungskoeffizient b bestimmt, zusammen mit der Masse m
den Abklingkoeffizient zu
b
δ =
2m
oder umgestellt gilt für den Dämpfungskoeffizient
b = 2 mδ
Der Dämpfungsgrad eines Systems ist definiert als
δ
D =
ω 0
Fallunterscheidung
0 ≤ D < 1 Schwingfall
D = 1 Aperiodischer Grenzfall
D > 1 Kriechfall
Für den aperiodischen Grenzfall wird damit
δ = ω 0
Die Eigenkreisfrequenz
ω 0
bestimmt sich eindeutig aus
• Federkonstante c (HOOKEsches Gesetz)
• Masse m des schwingenden Körpers
Für die Eigenkreisfrequenz gilt
ω
damit
ω
−1
−2
−1
2 c Nm kgms m
0 = = = 400
= 400 s
m
= 20 −
0 s
160 −
0,4 kg
kg
1
Zusammengenommen erhält man für den Dämpfungskoeffizienten
b = 2m
δ = 2m
ω
Zahlenwerte
b = 2m ω
0
1
−1
0 = 2 ⋅ 0,4 kg ⋅ 20 s
− = 16 kgs
2
des Körpers,
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 3 -
Übungsaufgabe 2

Alternative Kurzfassung
Die Beziehung
b = 2m
δ = 2m
ω
und die Definition
ω 0
=
c
m
ergeben zusammengenommen
= 2
0
c
b = 2m
ω0
= 2m
= 2 c m
m
160 Nm
−1
⋅0,4 kg = 2
160 kgms
−2
m
−1
⋅0,4 kg
= 2
160 kgs
= 16 kgs
−1
−2
⋅0,4 kg = 2
64 kgs
−1
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 4 -
Übungsaufgabe 2

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 3
Mit einem POHLschen Drehpendel werden Drehschwingungen untersucht.
In einer ersten Messung wird für zehn Schwingungen des 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 Auslenkung (abgelesen auf einem Skalenring) von anfangs 50
Skalenteilen auf 10 Skalenteile.
Bei einer viskos gedämpften Schwingung nehmen die Auslenkungen exponentiell mit
der Zeit ab, gemäß
β = βˆ
0 ⋅e −δ⋅t
Bestimmen Sie aus diesen Angaben
(a) den Abklingkoeffizient δ und
(b) den Dämpfungsgrad D des schwingenden Systems.
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 1 -
Übungsaufgabe 3

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 3 –
Kurzlösung
(a) Abklingen der Auslenkungen – Exponentialfunktion = βˆ
⋅e −δ
t .
Umstellen und Logarithmieren
Abklingkoeffizient
β
ln[ ]
βˆ
⎡β(
t = 10T0
) ⎤
ln⎢
( 0)
⎥
⎣ β t =
δ = −
⎦
10 ⋅T
0
0
−δ
β 0
= ln[ e t ] = − δt
= 0,0715 s
−1
.
(b) Eigenkreisfrequenz
Dämpfungsgrad
ω
2 π
−1
0 = = 2,79 s
T0
δ
−2
D = = 2,56 ⋅10
.
ω
0
Bedingung: ’schwache Dämpfung‘ ( D

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 3 –
Musterlösung
(a) Die Auslenkungen eines viskos gedämpften schwingenden Systems klingen mit
einer Exponentialfunktion ab; also gilt
β = βˆ
0 ⋅e −δ
t
oder umgestellt
β
= e −δ
t
βˆ
0
Logarithmieren dieser Beziehung liefert
β
−δ
ln[ ] = ln[ e t ] = − δt
βˆ
0
daraus wird für
Z = 10 Schwingungsperioden, also für t = 10 ⋅T0
oder
⎡β(
t = 10T0
) ⎤
ln⎢
= − δ ⋅10
⋅T
( t 0)
⎥
⎣ β = ⎦
⎡β(
t = 10T0
) ⎤ 10
ln
⎡ ⎤
⎢
ln
( 0)
⎥ ⎢50⎥
⎣ β t =
δ = −
⎦
= −
⎣ ⎦
10 ⋅T
22,5 s
= 0,0715 s
0
−1
0
⎡1⎤
ln⎢5⎥
= −
⎣ ⎦
= −
22,5 s
( ln1−
ln5) ( 0 −1,61)
22,5 s
= −
22,5 s
(b) Der Dämpfungsgrad D ist definiert als das Verhältnis aus dem
Abklingkoeffizienten δ und der Eigenkreisfrequenz ω 0
D =
δ
ω 0
Bestimmung der Eigenkreisfrequenz ω 0
Die Schwingungsdauer für eine Schwingung ist – unter der Voraussetzung
‘schwache Dämpfung‘ –
T
t
n
d ≈ T0
= =
22,5 s
10
daraus bestimmt sich die Eigenkreisfrequenz zu
ω
2 π
−1
0 = = 2,79 s
T0
Der Dämpfungsgrad wird
−2
−1
7,15 ⋅10
s
−
D =
= 2,56 ⋅10
−1
2,79 s
Damit ist die Forderung ’schwache Dämpfung‘ ( D

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 4
Für ein geschwindigkeitsproportional gedämpftes Feder-Masse-System ergibt sich
für den Schwingfall als Kreisfrequenz einer gedämpften Schwingung
ω
dabei ist
2
d = ω0
1−
D
ω 0 die Eigenkreisfrequenz des ungedämpften Systems und
D der Dämpfungsgrad des schwingenden Systems.
Tragen Sie grafisch das (dimensionslose) Kreisfrequenzverhältnis
Funktion des Dämpfungsgrades D auf.
ωd
η = als
ω
0
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 1 -
Übungsaufgabe 4

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 4 –
Kurzlösung
Eigenkreisfrequenz ω 0
Kreisfrequenz mit Dämpfung
Kreisfrequenzverhältnis
2
2
d = ω0
1−
D
ω .
ωd
2
η = = 1−
D .
ω
Quadrieren liefert η = 1−
D oder η + D = 1.
Kreis-Gleichung: Kreis-Mittelpunkt
2
0
2
2
M(0 / 0) und Radius R = 1.
Mit D ≥ 0 und η ≥ 0 : Viertelkreis im ersten Quadranten.
η
1
D = 0
ω
η =
ω
d
0
D = 1
1
D
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 2 -
Übungsaufgabe 4

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 4 –
Musterlösung
Die Kreisfrequenz bei einem Dämpfungsgrad D ergibt sich zu
ω
Dabei ist
2
d = ω0
1−
D
ω 0
ω d
die Eigenkreisfrequenz des Systems für den dämpfungsfreien Fall.
Daraus erhält man für das Kreisfrequenzverhältnis
ωd
2
η = = 1−
D
ω
0
Für die Abhängigkeit vom Dämpfungsgrad D
ωd
2
η = = 1−
D
ω
0
erhält man
Um den Wert dieses Quotienten grafisch in Abhängigkeit von D aufzutragen, bieten
sich zwei Lösungswege an.
(1) 'Gaulsweg'
Sie stellen – altmodisch – eine Wertetabelle für 0 ≤ D ≤ 1 auf und zeichnen dann ein
Diagramm.
oder Sie lassen – neumodisch – Ihren Taschenrechner arbeiten.
(2) 'Königsweg' unter Nutzung und Beanspruchung der grauen Zellen.
Sie denken nach und ersparen sich dadurch eine Menge Rechenarbeit. Begründung:
Quadrieren der obigen Beziehung liefert
η
2
= 1−
D
oder nach Umstellung
2
η + D
2
2
= 1
Dies ist aber nichts anderes als die algebraische Gleichung eines Kreises
2
2
x + y = R
2
mit Radius R um den Kreis-Mittelpunkt M(0 / 0)
.
Da D ≥ 0 und auch η ≥ 0 ist, interessiert allerdings nur der Viertelkreis im ersten
Quadranten. Damit erhält man die grafische Darstellung
η
1
D = 0
ω
η =
ω
d
0
D = 1
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 3 -
Übungsaufgabe 4
1
D

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 5
2
0 0 =
Zeigen Sie, dass die Differentialgleichung y && + 2D
ω y&
+ ω y 0
für den Kriechfall – gekennzeichnet durch die Forderung eines Dämpfungsgrades
D > 1 – gelöst wird durch den Ansatz
2
2
− ω0 ( D + D −1)
t
− ω ( D D 1) t
y 2 e
0 − −
+
y = y1
e
[Dabei sollen selbstverständlich die Vorfaktoren y1
und y2
der beiden
Exponentialfunktionen ungleich null sein].
Gehen Sie zum Beweis folgendermaßen vor:
(1) Bilden Sie die 1. und 2. Ableitung des Lösungsansatzes.
(2) Setzen Sie den Ansatz sowie die beiden Ableitungen in die vorgegebene
Differentialgleichung ein.
(3) Fassen Sie alle Terme zusammen, welche die gleiche Exponentialfunktion
enthalten.
(4) Zeigen Sie, dass die Summe der Ausdrücke, die vor den beiden
Exponentialfunktionen stehen, jeweils null ergeben. Damit erfüllt der Ansatz die
Differentialgleichung.
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 1 -
Übungsaufgabe 5

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 5 –
Kurzlösung
Lösungsansatz
1. Ableitung
y
= y
1
e
2
2
− ω0 ( D + D −1)
t
− ω ( D D 1) t
y 2 e
0 − −
+
y&
= y ( −ω
1
0
)( D +
D
2
−1)
e
− ω0
( D +
2
D −1)
t
+
y
2
( −ω
0
)( D −
D
2
−1)
e
− ω0(
D −
2
D −1)
t
= − ω
0
2. Ableitung
[ y
1
( D +
D
2
−1)
e
− ω0
( D +
2
D −1)
t
+
y
2
( D −
D
2
−1)
e
− ω0(
D −
2
D −1)
t
]
y&&
= y ( −ω
= ω
1
2
0
[ y
0
1
)
2
( D +
( D +
D
2
D
2
−1)
−1)
2
e
2
e
− ω0
( D +
− ω0
( D +
2
D −1)
t
2
D −1)
t
+
+
y
2
y
2
( −ω
( D −
0
D
)
2
2
( D −
−1)
2
e
D
2
−1)
− ω0
( D −
2
e
− ω0(
D −
2
D −1)
t
]
2
D −1)
t
Einsetzen in Differentialgleichung
y&
= ω
2
0
[ y
1
( D +
D
2
−1)
2
e
2
− ω0 ( D + D −1)
t
2 2 − ω0
( D − D −1)
t
+ y 2(
D − D −1)
e
2
]
2D
ω
ω
0
2
0
y&
= (2D
ω
0
= ( − 2D
ω
y = ω
2
0
[ y
1
)[ − ω
2
0
e
0
)[ y
[ y
1
1
( D +
( D +
2
D
2
D
2
−1)
e
−1)
e
− ω0
( D +
− ω0
( D +
2
D −1)
t
2
D −1)
t
− ω0 ( D + D −1)
t
− ω0(
D − D −1)
t
+ y 2 e
Summenbildung und ordnen nach Exponentialfunktionen
y
1
e
y
− ω0
( D +
2
e
− ω0
( D −
2
D −1)
t
ω
2
0
2
D −1)
t
ω
[( D +
2
0
D
[( D −
2
−1)
D
2
2
−1)
2
− 2D(
D +
2
− 2D(
D −
+
D
]
2
+
y
2
y
2
( D −
( D −
−1)
+ 1]
D
2
D
2
D
+ ...
2
−1)
+ 1] = 0
−1)
e
−1)
e
− ω0(
D −
− ω0
( D −
Ausmultiplizieren und Zusammenfassen der Ausdrücke in den eckigen Klammern
liefert: Beide Faktoren sind null.
2
D −1)
t
2
D −1)
t
]
]
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 2 -
Übungsaufgabe 5

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 5 –
Musterlösung
Der Lösungsansatz für die Differentialgleichung
y &
lautet
2
0 0 =
+ 2D
ω y&
+ ω y
y = y
1
e
0
2
2
− ω0 ( D + D −1)
t
− ω ( D D 1) t
y 2 e
0 − −
+
Dies ist ein Beispiel für die Vorgehensweise, durch einen geeigneten Ansatz für eine
Lösung, diese durch Einsetzen in die Differentialgleichung zu ’verifizieren’, also für
’wahr’ und damit für ’richtig’ zu erklären.
Die Durchführung ist mathematisch geprägt. Dazu gehört einmal, die Regeln der
Ableitung (äußere und innere) zu beherrschen, und zum andern, eine disziplinierte
Vorgehensweise im Anschreiben längerer mathematischer Terme
(Klammersetzungen, Zusammenfassung von Termen zur gleichen
Exponentialfunktion, …).
Am besten nehmen Sie als Schreibformat DIN A4 im Querformat. Arbeiten Sie
sorgfältig und gehen Sie schrittweise vor. Am besten arbeiten Sie in einer
Zweiergruppe. Bearbeiten Sie jeden Lösungsschritt individuell und vergleichen Sie
nach jedem einzelnen Lösungsschritt mit Ihrer/Ihrem Kommilitonin/Kommilitonen.
Bereinigen Sie möglicherweise aufgetretene Fehler; nutzen Sie geg. falls erst dann
die Angaben in der Musterlösung.
In einem ersten Teilschritt sind die 1. und 2. Ableitungen der angegebenen
Lösungsfunktion zu bilden.
Die 1. Ableitung nach der Zeit t ergibt
y&
= y ( −ω
1
= − ω
0
0
[ y
1
)( D +
( D +
D
D
2
2
−1)
e
−1)
e
− ω0
( D +
− ω0
( D +
2
D −1)
t
2
D −1)
t
Die 2. Ableitung nach der Zeit t ergibt
+ y
+ y
2
2
( −ω
( D −
0
)( D −
D
2
D
−1)
e
2
−1)
e
− ω0(
D −
− ω0(
D −
2
D −1)
t
2
D −1)
t
]
y&&
= y ( −ω
= ω
1
2
0
[ y
0
1
)
2
( D +
( D +
D
2
D
2
−1)
−1)
2
e
2
e
− ω0
( D +
− ω0
( D +
2
D −1)
t
2
D −1)
t
+
+
y
2
y
2
( −ω
( D −
0
D
)
2
2
( D −
−1)
2
e
D
2
−1)
− ω0
( D −
2
e
− ω0(
D −
2
D −1)
t
]
2
D −1)
t
In einem zweiten Teilschritt sind diese Ableitungen in die Differentialgleichung
einzusetzen. Zweckmäßigerweise schreibt man die drei Teilausdrücke untereinander
und bildet dann die Summe, die null ergeben muss.
y&
= ω
2
0
[ y
1
( D +
D
2
−1)
2
e
2
− ω0 ( D + D −1)
t
2 2 − ω0
( D − D −1)
t
+ y 2(
D − D −1)
e
2
]
2D
ω
ω
0
2
0
y&
= (2D
ω
0
= ( − 2D
ω
y = ω
2
0
[ y
1
)[ − ω
2
0
e
0
)[ y
[ y
1
1
( D +
( D +
Die Summe der linken Seite ist null.
2
D
2
D
2
−1)
e
−1)
e
− ω0
( D +
− ω0
( D +
2
D −1)
t
2
D −1)
t
− ω0 ( D + D −1)
t
− ω0(
D − D −1)
t
+ y 2 e
2
+
]
+
y
2
y
2
( D −
( D −
D
2
D
2
−1)
e
−1)
e
− ω0(
D −
− ω0
( D −
2
D −1)
t
2
D −1)
t
]
]
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 3 -
Übungsaufgabe 5

Deshalb muss zur ’Verifizierung’ des Ansatzes gezeigt werden, dass die Summe aller
Glieder der rechten Seiten für alle Zeiten null ergibt.
Zweckmäßigerweise ordnet man nach den beiden Ausdrücken im Lösungsansatz
y
1
e
2
− ω0 ( D + D −1)
t
und
y
2
e
2
− ω0(
D − D −1)
t
In einem dritten Teilschritt fasst man sämtliche Ausdrücke zusammen, die jeweils die
gleiche Exponentialfunktion enthalten; dies liefert
y
1
e
y
− ω0
( D +
2
e
− ω0
( D −
2
D −1)
t
ω
2
0
2
D −1)
t
ω
[( D +
2
0
D
[( D −
2
−1)
D
2
2
−1)
− 2D(
D +
2
D
− 2D(
D −
2
−1)
+ 1]
D
2
+
−1)
+ 1] = 0
Ausmultiplizieren und Zusammenfassen der Terme in den eckigen Klammern
y
1
e
y
− ω0
( D +
2
e
− ω0
( D −
2
D −1)
t
ω
2
D −1)
t
2
0
ω
[ D
2
0
2
[ D
+ 2D
2
D
− 2D
2
−1
+ (
D
2
−1
D
+ (
2
−1)
D
2
2
− 2D
−1)
2
2
− 2D
− 2D
2
D
+ 2D
2
−1
+ 1]
D
2
−1
+
+
1] = 0
Exponentialfunktionen sind stets ungleich null. Die beiden Teilamplituden
(Konstanten) y1
und y2
sind voraussetzungsgemäß ebenfalls ungleich null. Um die
Gleichung zu erfüllen, müssen deshalb notwendig die Ausdrücke in den eckigen
Klammern jede für sich null ergeben. Dies ist in einem vierten Teilschritt zu prüfen.
[ D
[ D
2
2
2
2
+ 2D
D −1
+ D − 1−
2D
− 2D
D
− 2D
D
2
−1
+ D
2
− 1 − 2D
2
2
+ 2D
D
2
2
−1
+ 1] = 0
−1
+ 1] = 0
Beide Klammern, die bei den Exponentialfunktionen als Faktoren stehen,
verschwinden. Deshalb erfüllt der Lösungsansatz die Differentialgleichung; er ist eine
Lösung der Differentialgleichung.
Wie es für eine homogene lineare Differentialgleichung 2. Ordnung sein muss,
enthält die Lösung noch die beiden willkürlichen Integrationskonstanten y1
und y2
,
die aus den Anfangsbedingungen bestimmt werden müssen.
Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen - 4 -
Übungsaufgabe 5

Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen – Übungsaufgabe 1
Ein geschwindigkeitsproportional gedämpftes Feder-Masse-System ist
gekennzeichnet und festgelegt durch
• Masse m = 0,2 kg
• Federkonstante
c = 80 Nm
• Dämpfungskoeffizient b = 3,2 kgs
Dieses System wird von einer harmonisch erzwingenden Kraft
F
erzw
= Fˆ
cos( ω t)
mit FˆE = 4,0 N
E
E
zu erzwungenen Schwingungen angeregt.
Berechnen Sie für den eingeschwungenen, stationären Zustand, für die beiden
Erregerkreisfrequenzen
1
ω = 10 s
− und
E1
ω
E2
= 40 s
−
(a) die jeweils zugehörigen stationären Amplituden und A ,
1
−1
−1
A1
2
(b) die jeweils zugehörigen Phasenverschiebungen α 1 und α 2 zwischen den
erzwungenen Schwingungen (Antwort des Systems) und der erregenden Kraft
(Anregung).
Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen - 1 -
Übungsaufgabe 1

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 1 –
Kurzlösung
Fˆ
E
1
Stationärer Zustand y part = ⋅
cos( ωEt
− α)
c
2 2
2
(1− η ) + (2D
η)
Phasenverschiebung
Eigenkreisfrequenz
ω
2D
η
tanα =
2
1− η
c
m
0 = s
= 20 −
b
Dämpfungsgrad D = = 0,4 m ω
Frequenzverhältnis
2 0
ωE1
1
η 1 = = also ω E 1 < ω0
ω 2
ωE2
Frequenzverhältnis η 2 = = 2 also ω E 2 > ω0
ω
FˆE
(a) Statische Auslenkung A stat = = 0,05 m
c
Radikand ( η1): R 1 = 0,
1
723; und =
R
1, 176
Radikand ( η2
): R 2 = 11,
1
56 ; und =
R
0, 294
Stationäre Amplituden
(b) Phasenverschiebung
0
0
1
A 1 = 10,059 m
1
2
und
Kreisfrequenzverhältnis η1:
tanα
1 = +0, 533
A 1 = 0,015 m
; damit
Kreisfrequenzverhältnis η2
: tanα
2 = − 0, 533 ; damit
α
o
1 = 28, 1
o
α2 = 180
− 28,1 = 151,9
o
o
Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen - 2 -
Übungsaufgabe 1

Schwingungslehre – Gedämpfte Schwingungen – Übungsaufgabe 1 –
Musterlösung
Grundlagen
Die Lösung der Differentialgleichung erzwungener Schwingungen bei harmonischer
Anregung lautet für den stationären Zustand
Fˆ
E
1
y part = ⋅
cos( ωEt
− α)
c
2 2
2
(1− η ) + (2D
η)
Dabei sind
Fˆ
E
• Stationäre Amplitude Astat
=
c
• Phasenverschiebung α zwischen Anregung und Antwort des Systems,
2D
η
es gilt die Beziehung tanα =
2
1− η
ωE
fE
• Kreisfrequenzverhältnis η = =
ω0
f0
• Dämpfungsgrad D
Für exponentiell abklingende Schwingungen ist D definiert als Quotient aus
δ
Abklingkoeffizient durch Eigenkreisfrequenz D =
ω 0
Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen - 3 -
Übungsaufgabe 1

Für ein Feder-Masse-System ergibt sich der Zusammenhang zwischen
Dämpfungsgrad und Dämpfungskoeffizient zu
b = 2D
m ω 0
Im Folgenden beziehen sich die Indizes ' 1' bzw. '2'
jeweils auf die beiden
erzwingenden Kreisfrequenzen und ω .
ωE1
E2
Für das vorliegende System sind zunächst die beiden Systemgrößen
Eigenkreisfrequenz ω 0 und Dämpfungsgrad D zu bestimmen.
Die Eigenkreisfrequenz erhält man aus der Beziehung
ω
−1
−2
−1
c Nm 80 kgms m
0 = =
=
= 20 s
m
80 −
0,2 kg 0,2 kg
Der Dämpfungsgrad ergibt sich gemäß
D =
b
m
ω
−1
3,2 kgs
=
2 ⋅0,2 kg⋅
20 s
2 −1
0
= 0,4
Die beiden Frequenzverhältnisse η 1 und η 2 für die beiden Erregerkreisfrequenzen
und sind
ωE1
η
η
ωE2
−1
ωE1
10 s
1 = = =
ω
−1
0 20 s
−1
ωE2
40 s
2 = = =
ω
−1
0 20 s
1
2
2
1
also beispielhaft ω E1 < ω0
(unterkritisch)
also beispielhaft ω E2 > ω0
(überkritisch)
Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen - 4 -
Übungsaufgabe 1

(a) Für den eingeschwungenen Zustand erhält man für die stationären Amplituden
Fˆ
A =
c
E
⋅
(1− η
2
)
2
1
+ (2D
η)
2
Zunächst ergibt sich die vom Dämpfungsgrad D und vom Kreisfrequenzverhältnis η
unabhängige statische Auslenkung zu
A
Fˆ
=
c
4,0 N
=
80 Nm
E
stat =
−1
0,05 m
Berechnung des Radikanden für das Kreisfrequenzverhältnis η 1
R
1
2
1
= (1− η ) + (2D
η
1
= (1−
( )
2
2
2
)
2
1
)
2
1
+ (2 ⋅0,4
⋅ )
2
2
= 0,723
Berechnung des Radikanden für das Kreisfrequenzverhältnis η 2
R
2
= (1− η ) + (2D
η
= (1−
(2)
1
2 2
2
2 2
)
2
)
2
+ (2 ⋅ 0,4 ⋅ 2)
2
2
= 11,56
1
1
Mit = 1, 176 und = 0, 294 folgt schließlich
R
R
A 1 = 1,18
⋅ Astat
= 0,059 m
A 1 = 0,294
⋅ Astat
= 0,015 m
(b) Für die Phasenverschiebung α gilt
2D
η
tanα =
2
1− η
Phasenverschiebung für das Kreisfrequenzverhältnis η 1
tanα
2D
η
=
1− η
1
2 ⋅0,4
⋅
=
2
=
1 2
1−
( )
2
1
1
2
+
1
o
0,533
Damit wird α1 = 28, 1 ,
1
denn für 0 ≤ ( η1 = ) ≤ 1 liegt der Winkel α 1 im Intervall
2
Phasenverschiebung für das Kreisfrequenzverhältnis η 2 :
tanα
2D
η
=
1− η
2 ⋅ 0,4 ⋅ 2
= =
2
1−
(2)
2
2
2
−
2
0,533
Damit wird α2 = 180
− 28,1 = 151,9 ,
o
o
denn für 1≤ ( η2 = 2)
≤ ∞ liegt der Winkel α 2 im Intervall
o
0 ≤ α1
π
≤ α
2
π
≤
2
2
≤ π .
Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen - 5 -
Übungsaufgabe 1

Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen – Übungsaufgabe 2
Wird ein Feder-Masse-System durch eine harmonische Anregung zu erzwungenen
Schwingungen angeregt, dann stellt sich – nach dem Einschwingvorgang – im
stationären Zustand eine Amplitude ein, die gegeben ist durch
Fˆ
A =
c
E
⋅
(1− η
2
)
1
In dieser Beziehung ist
2
+ (2Dη)
• η Kreisfrequenzverhältnis
• D Dämpfungsgrad des Systems.
2
• m Masse des schwingenden Körpers
• ˆF E Maximalwert der anregenden harmonischen Kraft
(a) Bestimmen Sie das Kreisfrequenzverhältnis
Amplitude A
Dämpfungsgrade
η res , für das die stationäre
ein Maximum hat (Resonanzfall). Beschränken Sie sich dabei auf
D ≤ 2 / 2 ).
(Hinweis für den Rechengang: Die Amplitudenfunktion hat ein Maximum, wenn der
Radikand –die Funktion unter dem Wurzelzeichen – ein Minimum hat.
(b) Setzen Sie η in die Amplitudenfunktion A ein und bestimmen Sie damit die
res
A res
zugehörige Resonanzamplitude .
(c) Ein Feder-Masse-System (Masse
Dämpfungskoeffizient
Kraft mit dem Maximalwert
b = 0,6 kgs
1
m = 0,1kg
, Eigenkreisfrequenz ω = 20 − und
−1
FˆE = 10 N
Welche Werte nehmen η und A an?
res
res
0 s
) wird durch eine harmonische erzwingende
zu erzwungenen Schwingungen angeregt.
Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen - 1 -
Übungsaufgabe 2

Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen – Übungsaufgabe 2 –
Kurzlösungen
Fˆ
E 1
(a) Stationäre Amplitude A = ⋅
c
2 2 2
(1− η ) + (2Dη)
2
2
Radikand R(
η)
= (1− η ) + (2Dη)
= η + 2(2D
−1)
η + 1
Maximum Amplitudenfunktion, wenn Radikand Minimum
dR(
η)
2 2
1. Ableitung R ′(
η)
= = 4η(
η + 2D
−1)
= 0
dη
2
4
2
2
Lösungen
η 1, ext
=
0
und
η 1 D und
2, ext
= − 2
2
η 1 D (sinnlos).
3, ext
= − − 2
2
Resonanzkreisfrequenzverhältnis
(b) Resonanzamplitude
(c) Federkonstante
A
res
c = mω
Fˆ
=
c
E
η
⋅
2D
2
−1
0 = 40 Nm
Dämpfungskoeffizient b = 2Dmω0
b
Dämpfungsgrad D = = 0,15
m ω
2 0
res = − 2
1
1 − D
1 D
Resonanz-Kreisfrequenzverhältnis η res = 0, 977
Statische Auslenkung
A
F
= c
ˆE
stat =
2
0,25 m
2
Resonanzamplitude
A
Fˆ
= 3,37 ⋅
c
E
res =
0,84 m
Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen - 2 -
Übungsaufgabe 2

Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen – Übungsaufgabe 2 –
Musterlösung
Die stationäre Amplitude A erzwungener Schwingungen ist bei harmonischer
Erregung gegeben durch
Fˆ
E 1
A = ⋅
c
2 2 2
(1− η ) + (2Dη)
Man definiert den Radikand zu
R(
η)
= (1− η
4
2
)
2
+ (2Dη)
2
2
2
= η + 2(2D
−1)
η + 1
Dabei ist D (mit D ≥ 0 ) der Dämpfungsgrad und η das Kreisfrequenzverhältnis.
Vorüberlegung: Im dämpfungsfreien Fall ( D = 0) geht für η → 1 der Radikand R → 0
und die Amplitude wächst über alle Grenzen (Resonanzkatastrophe). Wenn
Dämpfung vorliegt ( D > 0) kann der Radikand nicht mehr Null werden; die beiden
Summanden können zwar Null werden, aber dies nicht gleichzeitig. Damit bleibt der
Nenner ungleich Null, er kann zwar sehr klein werden und damit die
Resonanzamplitude sehr groß. Physikalisch erwartet man also ein Maximum.
Die Amplitudenfunktion hat ein Maximum, wenn der Radikand ein Minimum hat. Um
das Minimum des Radikanden zu finden, bildet man zunächst die 1. Ableitung nach
η und setzt diese gleich Null. Ist die 2. Ableitung an dieser Stelle positiv, so liegt ein
Minimum vor.
Bilden der 1. und 2. Ableitung:
dR(
η)
3
R′
( η)
= = 4η
+ 4(2D
dη
2
d R(
η)
R′′
( η)
= = 12η
2
dη
2
2
+ 4(2D
−1)
η = 4η(
η
2
−1)
2
+ 2D
Um die Extrema – also Funktionsstellen mit horizontaler Tangente – zu finden, setzt
man die 1. Ableitung gleich Null, also
2
4η(
η + 2D
2
−1)
= 0
Diese Gleichung hat drei Lösungen
η
η
η
1,ext
2,ext
3,ext
= 0
=
= −
1−
2D
2
1−
2D
2
η 3,ext
Die negative Lösung ist physikalisch nicht sinnvoll, da negative Frequenzen
bzw. Frequenzverhältnisse nicht definiert sind. Außerdem muss die Lösung reell
sein. Für physikalisch sinnvolle Lösungen muss deshalb gelten
2 ≥
1− 2D 0 bzw.
0 ≤ D ≤
2
2
2
−1)
Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen - 3 -
Übungsaufgabe 2

2
Für D ≥ wäre nur η eine Nullstelle der 1. Ableitung.
2
1,ext
Für mathematische Puristen: Für Dämpfungsgrade im Intervall
zeigen, dass der Radikand ein Minimum hat.
R ′ (0) = 4(2D
2
−1)
≤ 0
Maximum des Radikanden, also Minimum der Amplitudenfunktion.
2
R ′ ( 1−
2D
) = 12(1 − 2D
) + 4(2D
−1)
= 8(1 − 2D
2
2
2
) ≥ 0
Minimum des Radikanden, also Maximum der Amplitudenfunktion.
2
0 ≤ D ≤ ist zu
2
Dieses Maximum der Amplitudenfunktion ist von Interesse. Dieses ist gemeint, wenn
man von Resonanz spricht.
FE
Es ergibt sich eine Auslenkung über die statische Auslenkung ĉ
hinaus; es liegt
eine Resonanzüberhöhung vor.
Man benutzt daher den Index 'res' statt des allgemein gültigen mathematischen
Ausdrucks Extremum.
Also:
2
Für 0 ≤ D ≤ ergibt sich das Resonanzkreisfrequenzverhältnis
2
η
res = − 2
1 D
2
(b) Die Amplitude der erzwungenen Schwingungen ist für den stationären Zustand
gegeben durch
Fˆ
E
1
A = ⋅
c
2 2
2
(1 − η ) + (2D
η)
Um den Betrag der Resonanzamplitude zu finden, setzt man η res in die
Amplitudenfunktion ein. Es ergibt sich hierbei für den Radikanden
R(
η
res
) = (1 − (1 − 2D
= 4D
2
(1 − D
2
2
)
)
2
+ 4D
Damit wird die Resonanzamplitude:
Fˆ
E 1
Ares
= ⋅
c
2
2D
1 − D
2
(1 − 2D
2
)
Hinweis: Der Gültigkeitsbereich dieser Beziehung ist beschränkt auf
für größere Dämpfungsgrade der Radikand negativ wird.
0 ≤ D ≤
2
2
, weil
Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen - 4 -
Übungsaufgabe 2

2
Für den Grenzfall D = ergibt sich
2
2 Fˆ
ˆ
E 1 FE
A res( D = ) = ⋅
= = A
2 c 2 1 c
2 ⋅ ⋅ 1−
2 2
(c) Nach Teilaufgaben (a) ist das Resonanzkreisverhältnis
η
res = − 2
1 D
2
und nach Teilaufgabe (b) ist der Betrag der Resonanzamplitude
A
res
Fˆ
=
c
E
⋅
2D
1
1−
D
2
Aus den Angaben für Eigenkreisfrequenz des Systems ω 0 , der Masse m des
schwingenden Körpers und dem Dämpfungskoeffizient b für das gegebene Feder-
Masse-System sind zu bestimmen
Federkonstante c und Dämpfungsgrad D
Aus der Bedingung für die Eigenkreisfrequenz des Systems
ω 2
0
=
erhält man
c
m
c = mω
2
−1
2
−1
0 = 0,1kg ⋅(20 s ) = 40 Nm
stat
Aus der Beziehung für den Dämpfungskoeffizient
b = 2Dmω 0
ergibt sich der Dämpfungskoeffizient
D =
b
m
ω
−1
0,6 kgs
=
2 ⋅0,1kg⋅
20 s
2 −1
0
= 0,15
Damit ergibt sich für das Resonanz-Kreisfrequenzverhältnis
η res = 1−
2 ⋅(0,15)
= 0,977
und daraus die Resonanzamplitude
A
res
Fˆ
=
c
E
⋅
2 ⋅0,15
⋅
2
1
1−
(0,15)
2
Fˆ
= 3,37 ⋅
c
Dabei ist die statische Auslenkung (d. h. die Auslenkung, die eine Kraft
F = F const. hervorrufen würde)
E
ˆE =
A
Fˆ
=
c
10 N
=
40 Nm
E
stat =
−1
und damit schließlich
A
0,25 m
Fˆ
E
= 3,37
⋅ = 3,37 ⋅ Astat
c
res =
0,84 m
E
Schwingungslehre – Erzwungene Schwingungen - 5 -
Übungsaufgabe 2