Aufgabenblock — AFB II
Zehn Aufgaben aus allen sechs Unterkapiteln des Themas Schwingungen. Auf dieser Stufe genügt es nicht mehr, eine Formel abzurufen: Sie stellen \(T=2\pi\sqrt{m/D}\), \(T=2\pi\sqrt{l/g}\) und \(T=2\pi\sqrt{LC}\) nach der gesuchten Größe um, rechnen Einheiten sauber ineinander um, lesen Werte aus einem Diagramm ab und begründen Ihre Ergebnisse. Drei selbst gebaute Prüfstände auf dieser Seite helfen beim Ausprobieren — gerechnet wird trotzdem von Hand. Gestufte Tipps stehen bereit, die vollständige Auflösung jeweils darunter.
Pendel-Prüfstand INTERAKTIV
Stellen Sie die Größen ein und vergleichen Sie die berechnete Schwingungsdauer mit dem Zielwert. Beim Feder-Masse-Pendel gilt \(T=2\pi\sqrt{m/D}\), beim Fadenpendel \(T=2\pi\sqrt{l/g}\) mit \(g=9{,}81\,\tfrac{\mathrm m}{\mathrm s^2}\). Achten Sie darauf, welche Größe den Zeiger wirklich bewegt — und welche nicht.
Maus: in die Grafik klicken startet oder stoppt die Bewegung. Tastatur: Grafik anwählen, dann Leertaste für Start/Stopp, ←/→ für die erste Größe (Masse bzw. Länge), ↑/↓ für die Federhärte.
f = 1,59 Hz · Kreisfrequenz = 10,0 1/s
Im Praktikum hängt ein Wagen der Masse \(m=0{,}25\,\mathrm{kg}\) an einer Schraubenfeder. Die Gruppe stoppt nicht eine einzelne Schwingung, sondern 20 volle Schwingungen und erhält dafür \(t_{20}=14{,}0\,\mathrm s\).
a) Berechnen Sie die Periodendauer \(T\).
b) Bestimmen Sie daraus die Federhärte \(D\) der Feder. Stellen Sie dazu \(T=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{D}}\) nach \(D\) um.
Vollständige Auflösung
a) Eine einzelne Periode von Hand zu stoppen ist ungenau, weil die Reaktionszeit von etwa \(0{,}2\,\mathrm s\) voll ins Ergebnis eingeht. Bei 20 Perioden verteilt sich derselbe Fehler auf 20 Schwingungen und schrumpft auf ein Zwanzigstel: \(T=\dfrac{t_{20}}{20}=\dfrac{14{,}0\,\mathrm s}{20}=\underline{0{,}70\,\mathrm s}\).
b) Umstellen in drei sauberen Schritten. Erst die \(2\pi\) auf die andere Seite: \(\dfrac{T}{2\pi}=\sqrt{\dfrac mD}\). Dann quadrieren: \(\dfrac{T^2}{4\pi^2}=\dfrac mD\). Zuletzt nach \(D\) auflösen: \(D=\dfrac{4\pi^2\,m}{T^2}\).
Einsetzen: \(D=\dfrac{4\pi^2\cdot 0{,}25\,\mathrm{kg}}{(0{,}70\,\mathrm s)^2}=\dfrac{9{,}87\,\mathrm{kg}}{0{,}49\,\mathrm{s^2}}\approx \underline{20{,}1\,\tfrac{\mathrm N}{\mathrm m}}\). Die Einheit stimmt: \(\mathrm{kg/s^2}=\mathrm{N/m}\), denn \(1\,\mathrm N=1\,\mathrm{kg\,m/s^2}\).
Plausibilitätsprüfung: Mit \(m=0{,}20\,\mathrm{kg}\) und \(D=20\,\mathrm{N/m}\) liefert das Kapitel \(T=0{,}63\,\mathrm s\). Unser Wagen ist etwas schwerer, also muss \(T\) etwas größer sein — \(0{,}70\,\mathrm s\) passt.
Typischer Fehler: Die Wurzel wird beim Umstellen vergessen und direkt \(D=\dfrac{4\pi^2 m}{T}\) gerechnet. Ergebnis wäre \(14{,}1\,\mathrm{N/m}\) — und die Einheit käme gar nicht auf \(\mathrm{N/m}\) heraus. Zweiter Klassiker: \(t_{20}\) wird als Periodendauer eingesetzt; dann liegt \(D\) um den Faktor \(400\) daneben.
Das Pendel einer Standuhr soll ein Sekundenpendel sein, also die Periodendauer \(T=2{,}00\,\mathrm s\) haben. Rechnen Sie mit \(g=9{,}81\,\tfrac{\mathrm m}{\mathrm s^2}\).
a) Berechnen Sie die dafür nötige Pendellänge \(l\).
b) Die Uhr geht nach und man misst \(T=2{,}04\,\mathrm s\). Welche Länge hat das Pendel tatsächlich?
c) Um wie viele Zentimeter muss der Faden verändert werden — und in welche Richtung?
Vollständige Auflösung
Umstellen: aus \(T=2\pi\sqrt{\dfrac lg}\) folgt \(l=\dfrac{g\,T^2}{4\pi^2}\).
a) \(l_{\text{soll}}=\dfrac{9{,}81\,\tfrac{\mathrm m}{\mathrm s^2}\cdot 4{,}00\,\mathrm{s^2}}{39{,}48}=\dfrac{39{,}24}{39{,}48}\,\mathrm m\approx\underline{0{,}994\,\mathrm m}\). Das ist das im Kapitel genannte Sekundenpendel von rund einem Meter Länge.
b) \(l_{\text{ist}}=\dfrac{9{,}81\cdot 4{,}1616}{39{,}48}\,\mathrm m=\dfrac{40{,}83}{39{,}48}\,\mathrm m\approx\underline{1{,}034\,\mathrm m}\).
c) \(\Delta l=1{,}034\,\mathrm m-0{,}994\,\mathrm m=0{,}040\,\mathrm m=\underline{4{,}0\,\mathrm{cm}}\). Das Pendel ist zu lang und muss um etwa vier Zentimeter verkürzt werden. Merkrichtung: längeres Pendel → größeres \(T\) → die Uhr geht nach.
Blick auf die Größenordnung: Vier Prozent mehr Zeit entstehen aus nur zwei Prozent mehr Länge, weil \(l\) proportional zu \(T^2\) ist. Ein Millimeter Fadenlänge verstellt eine Standuhr also schon merklich.
Typischer Fehler: \(T\) wird linear behandelt, also \(l\) einfach um vier Prozent geändert. Zweiter Fehler: die Masse des Pendelkörpers wird gesucht oder eingesetzt — beim Fadenpendel kürzt sie sich heraus, sie kommt in \(T=2\pi\sqrt{l/g}\) überhaupt nicht vor.
Messcursor im t-y-Diagramm INTERAKTIV
Zwei senkrechte Cursor lassen sich verschieben. Ziehen Sie sie mit der Maus oder wählen Sie einen Cursor mit Tab an und bewegen Sie ihn mit den Pfeiltasten (mit Umschalt in Zehnerschritten). Die Anzeige nennt beide Zeitpunkte, ihren Abstand und den jeweiligen Momentanwert der Auslenkung. Das Diagramm gehört zu Aufgabe A3.
Die Kurve zeigt die Auslenkung eines schwingenden Körpers. Ein Kästchen der Zeitachse entspricht \(0{,}1\,\mathrm s\), ein Kästchen der y-Achse \(1{,}0\,\mathrm{cm}\).
Cursor 2: t = 0,50 s, y = 3,00 cm
Abstand: 0,40 s
Werten Sie das Weg-Zeit-Diagramm des Messcursor-Prüfstands oben aus. Lesen Sie zuerst ab, rechnen Sie dann weiter.
a) Bestimmen Sie die Amplitude \(\hat y\) (Höhe der Kurve).
b) Bestimmen Sie die Periodendauer \(T\) (Breite einer vollen Schwingung). Nutzen Sie dafür den Cursor-Abstand über drei Schwingungen und teilen Sie durch 3.
c) Berechnen Sie die Frequenz \(f\).
d) Berechnen Sie die Kreisfrequenz \(\omega\).
Vollständige Auflösung
a) Der höchste Punkt der Kurve liegt bei \(+3{,}0\,\mathrm{cm}\), der tiefste bei \(-3{,}0\,\mathrm{cm}\). Die Amplitude misst nur von der Ruhelage bis zum Umkehrpunkt: \(\hat y=\underline{3{,}0\,\mathrm{cm}}\). Der gesamte Hub von Umkehrpunkt zu Umkehrpunkt beträgt \(2\hat y=6{,}0\,\mathrm{cm}\).
b) Setzt man Cursor 1 auf \(t_1=0{,}00\,\mathrm s\) und Cursor 2 auf \(t_2=1{,}20\,\mathrm s\), so liegen dazwischen drei vollständige Schwingungen: \(T=\dfrac{1{,}20\,\mathrm s}{3}=\underline{0{,}40\,\mathrm s}\).
c) \(f=\dfrac1T=\dfrac{1}{0{,}40\,\mathrm s}=\underline{2{,}5\,\mathrm{Hz}}\) — der Körper schwingt zweieinhalbmal pro Sekunde.
d) \(\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{6{,}283}{0{,}40\,\mathrm s}\approx\underline{15{,}7\,\tfrac1{\mathrm s}}\). Kontrolle über den zweiten Weg: \(\omega=2\pi f=6{,}283\cdot 2{,}5=15{,}7\,\tfrac1{\mathrm s}\).
Typischer Fehler: Die Amplitude wird als Gesamthub \(6{,}0\,\mathrm{cm}\) angegeben — das ist der häufigste Ablesefehler im Diagramm. Ebenso häufig wird \(\omega\) mit \(f\) verwechselt; beide unterscheiden sich um den Faktor \(2\pi\) und haben verschiedene Einheiten (\(\mathrm{Hz}\) gegenüber \(\tfrac1{\mathrm s}\) im Sinne von rad/s). Dritter Klassiker: Als Periodendauer wird nur die Zeit vom Hochpunkt zum Tiefpunkt genommen — das ist bloß eine halbe Schwingung.
Ein Körper schwingt harmonisch mit der Amplitude \(\hat y=5{,}0\,\mathrm{cm}\) und der Periodendauer \(T=2{,}0\,\mathrm s\). Zum Zeitpunkt \(t=0\) durchläuft er die Ruhelage nach oben, es gilt also \(y(t)=\hat y\cdot\sin(\omega t)\).
a) Berechnen Sie die Kreisfrequenz \(\omega\).
b) Berechnen Sie die Auslenkung \(y\) zum Zeitpunkt \(t=0{,}25\,\mathrm s\).
Vollständige Auflösung
a) \(\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{2\pi}{2{,}0\,\mathrm s}=\pi\,\tfrac1{\mathrm s}\approx\underline{3{,}14\,\tfrac1{\mathrm s}}\).
b) Zuerst das Argument des Sinus: \(\omega t=3{,}1416\cdot 0{,}25\,\mathrm s\cdot\tfrac1{\mathrm s}=0{,}7854\). Das ist eine reine Zahl, nämlich ein Winkel im Bogenmaß (entspricht \(45^\circ\)). Dann \(\sin(0{,}7854)=0{,}7071\) und schließlich \(y=5{,}0\,\mathrm{cm}\cdot 0{,}7071\approx\underline{3{,}5\,\mathrm{cm}}\).
Kontrolle mit dem Zeigerbild: \(t=0{,}25\,\mathrm s\) ist ein Achtel der Periode, der Zeiger hat also erst \(45^\circ\) zurückgelegt. Er ist damit noch nicht am Umkehrpunkt — der wird erst bei \(t=0{,}5\,\mathrm s\) mit \(y=5{,}0\,\mathrm{cm}\) erreicht (dieses Beispiel steht im Kapitel). Ein Ergebnis über \(5{,}0\,\mathrm{cm}\) wäre also von vornherein unmöglich.
Typische Fehler: (1) Der Rechner steht im Gradmaß: \(\sin(0{,}785^\circ)=0{,}0137\) liefert die absurde Auslenkung \(0{,}07\,\mathrm{cm}\). (2) Statt \(\omega\) wird \(f=0{,}5\,\mathrm{Hz}\) eingesetzt — die fehlenden \(2\pi\) verfälschen das Ergebnis um mehr als das Sechsfache im Argument. (3) Die Klammer wird falsch gesetzt und \(\sin(\omega)\cdot t\) gerechnet.
Ein Zeiger der Länge \(\hat y=4{,}0\,\mathrm{cm}\) rotiert gleichmäßig und braucht für einen vollen Umlauf \(T=0{,}50\,\mathrm s\). Bei \(t=0\) zeigt er waagerecht nach rechts, seine senkrechte Projektion ist also \(y=\hat y\cdot\sin(\omega t)\).
a) Berechnen Sie die Kreisfrequenz \(\omega\).
b) Berechnen Sie die Auslenkung \(y\) bei \(t=0{,}20\,\mathrm s\).
c) Kreuzen Sie alle Aussagen an, die den Zusammenhang von Drehung und Schwingung richtig beschreiben.
c) Welche Aussagen treffen zu?
Vollständige Auflösung
a) \(\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{6{,}2832}{0{,}50\,\mathrm s}=\underline{12{,}6\,\tfrac1{\mathrm s}}\). Der Zeiger überstreicht also gut zwölf Bogenmaß-Einheiten pro Sekunde, das sind zwei volle Umläufe.
b) Phasenwinkel: \(\varphi=\omega t=12{,}566\cdot 0{,}20=2{,}513\). In Grad: \(\varphi=\dfrac{0{,}20}{0{,}50}\cdot 360^\circ=144^\circ\) — beide Wege führen zum selben Winkel. Projektion: \(y=\hat y\sin\varphi=4{,}0\,\mathrm{cm}\cdot\sin(144^\circ)=4{,}0\,\mathrm{cm}\cdot 0{,}5878\approx\underline{2{,}4\,\mathrm{cm}}\).
c) Richtig sind die ersten drei Aussagen. Die gleichmäßige Drehung erzeugt gerade deshalb eine Sinuskurve, weil die Projektion ungleichmäßig läuft: In der Ruhelage bewegt sich der Zeigerpunkt fast senkrecht, die Projektion ändert sich dort am schnellsten; am Umkehrpunkt bewegt er sich fast waagerecht, die Projektion steht kurz still. Falsch ist Aussage 4 — die Zeigerlänge ist die Amplitude, nicht die Periodendauer. Ebenso falsch ist Aussage 5: Ein voller Umlauf (\(\varphi=360^\circ=2\pi\)) entspricht genau einer vollen Schwingung.
Kontrolle: \(144^\circ\) liegt im zweiten Quadranten, der Zeiger ist über den Hochpunkt hinaus und läuft zur Ruhelage zurück. Die Auslenkung muss also positiv, aber kleiner als \(\hat y=4{,}0\,\mathrm{cm}\) sein — \(2{,}4\,\mathrm{cm}\) passt.
Typischer Fehler: \(\sin(2{,}513)\) wird im Gradmaß berechnet und ergibt \(0{,}0439\), also \(0{,}18\,\mathrm{cm}\). Wer umgekehrt \(144\) im Bogenmaß eingibt, erhält \(\sin(144)=-0{,}49\) und damit sogar ein falsches Vorzeichen.
An zwei gleichen Federn mit \(D=20\,\tfrac{\mathrm N}{\mathrm m}\) hängen verschiedene Massen:
| Pendel | Masse m | Federhärte D |
|---|---|---|
| A | 0,20 kg | 20 N/m |
| B | 0,80 kg | 20 N/m |
a) Berechnen Sie \(T_A\). b) Berechnen Sie \(T_B\). c) Geben Sie das Verhältnis \(T_B:T_A\) an. d) Kreuzen Sie die zutreffenden Aussagen an.
d) Welche Aussagen über \(T=2\pi\sqrt{m/D}\) treffen zu?
Vollständige Auflösung
a) \(T_A=2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}20\,\mathrm{kg}}{20\,\mathrm{N/m}}}=2\pi\sqrt{0{,}010\,\mathrm{s^2}}=2\pi\cdot 0{,}10\,\mathrm s\approx\underline{0{,}63\,\mathrm s}\) — genau das Beispiel aus dem Kapitel.
b) \(T_B=2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}80}{20}}=2\pi\sqrt{0{,}040}=2\pi\cdot 0{,}20\,\mathrm s\approx\underline{1{,}26\,\mathrm s}\).
c) \(\dfrac{T_B}{T_A}=\dfrac{1{,}257}{0{,}628}=\underline{2{,}0}\). Ohne Zahlen erkennt man es schneller: \(\dfrac{T_B}{T_A}=\sqrt{\dfrac{m_B}{m_A}}=\sqrt4=2\). Vierfache Masse verdoppelt die Schwingungsdauer — die Wurzel dämpft jede Änderung ab.
d) Richtig sind die Aussagen 1, 2 und 4. Zu 2: \(D\) steht im Nenner unter der Wurzel, vierfaches \(D\) bedeutet daher den Faktor \(1/\sqrt4=1/2\) — eine härtere Feder treibt stärker zurück und beschleunigt die Schwingung. Zu 4: Es zählt allein der Quotient \(m/D\); werden beide Größen mit demselben Faktor multipliziert, bleibt er unverändert. Falsch ist Aussage 3: Die Amplitude kommt in der Formel gar nicht vor. Lenkt man weiter aus, ist der Weg zwar länger, die rücktreibende Kraft nach \(F=-D\,y\) aber im selben Verhältnis größer — beides hebt sich exakt auf.
Typischer Fehler: Aus „vierfache Masse“ wird „vierfache Schwingungsdauer“ geschlossen, weil die Wurzel übersehen wird. Ebenfalls verbreitet: Die Massen werden in Gramm eingesetzt. Dann liefert \(200/20=10\) statt \(0{,}010\) eine um den Faktor \(\sqrt{1000}\approx 31{,}6\) zu große Schwingungsdauer.
Ein elektromagnetischer Schwingkreis besteht aus einer Spule mit \(L=25\,\mathrm{mH}\) und einem Kondensator mit \(C=40\,\mathrm{\mu F}\).
a) Berechnen Sie die Periodendauer \(T\) mit der Thomson-Gleichung \(T=2\pi\sqrt{L\,C}\) und geben Sie sie in Millisekunden an.
b) Berechnen Sie die Frequenz \(f\) in Hertz.
Vollständige Auflösung
Umrechnung: \(L=25\,\mathrm{mH}=25\cdot10^{-3}\,\mathrm H=0{,}025\,\mathrm H\); \(C=40\,\mathrm{\mu F}=40\cdot10^{-6}\,\mathrm F=4{,}0\cdot10^{-5}\,\mathrm F\).
a) \(L\cdot C=0{,}025\cdot 4{,}0\cdot10^{-5}=1{,}0\cdot10^{-6}\,\mathrm{s^2}\); \(\sqrt{L\,C}=1{,}0\cdot10^{-3}\,\mathrm s\); \(T=2\pi\cdot1{,}0\cdot10^{-3}\,\mathrm s=6{,}28\cdot10^{-3}\,\mathrm s=\underline{6{,}28\,\mathrm{ms}}\).
b) \(f=\dfrac1T=\dfrac{1}{6{,}28\cdot10^{-3}\,\mathrm s}\approx\underline{159\,\mathrm{Hz}}\). Das liegt im hörbaren Bereich; der Kreis aus dem Kapitel mit \(10\,\mathrm{mH}\) und \(1{,}0\,\mathrm{\mu F}\) schwingt mit \(0{,}63\,\mathrm{ms}\) und rund \(1{,}6\,\mathrm{kHz}\) zehnmal schneller.
Typische Fehler: (1) Die Vorsätze werden nicht umgerechnet: \(25\cdot 40=1000\) unter der Wurzel liefert \(T\approx 199\,\mathrm s\) — über drei Minuten für eine Schwingung, sofort als unsinnig erkennbar. (2) Bei b) wird \(T=6{,}28\) in Millisekunden eingesetzt und \(f=0{,}16\,\mathrm{Hz}\) statt \(159\,\mathrm{Hz}\) ausgegeben; der Faktor 1000 fehlt. (3) Die Wurzel wird nur über \(C\) statt über das Produkt \(L\cdot C\) gezogen.
Sachbezug: Im Schwingkreis bewegt sich nichts sichtbar — geschwungen wird trotzdem: Ladung und Stromstärke pendeln hin und her, und die Energie wandert zwischen dem elektrischen Feld des Kondensators und dem magnetischen Feld der Spule.
Ein Sender soll mit der Frequenz \(f=1{,}0\,\mathrm{kHz}\) schwingen. Zur Verfügung steht eine Spule mit \(L=10\,\mathrm{mH}\). Gesucht ist der passende Kondensator.
a) Berechnen Sie zunächst die Periodendauer \(T\) in Millisekunden.
b) Stellen Sie \(T=2\pi\sqrt{L\,C}\) nach \(C\) um und berechnen Sie die nötige Kapazität in Mikrofarad.
Vollständige Auflösung
a) \(T=\dfrac1f=\dfrac{1}{1000\,\mathrm{Hz}}=1{,}0\cdot10^{-3}\,\mathrm s=\underline{1{,}0\,\mathrm{ms}}\).
b) Umstellen: \(\dfrac{T}{2\pi}=\sqrt{LC}\), quadrieren: \(\dfrac{T^2}{4\pi^2}=L\,C\), auflösen: \(C=\dfrac{T^2}{4\pi^2\,L}\).
Einsetzen mit \(L=10\,\mathrm{mH}=0{,}010\,\mathrm H\): \(C=\dfrac{1{,}0\cdot10^{-6}\,\mathrm{s^2}}{39{,}48\cdot 0{,}010\,\mathrm H}=\dfrac{1{,}0\cdot10^{-6}}{0{,}3948}\,\mathrm F\approx 2{,}53\cdot10^{-6}\,\mathrm F=\underline{2{,}5\,\mathrm{\mu F}}\).
Plausibilitätsprüfung mit dem Kapitelbeispiel: Mit derselben Spule und \(C=1{,}0\,\mathrm{\mu F}\) ergibt sich \(T=0{,}63\,\mathrm{ms}\), also \(f\approx1{,}6\,\mathrm{kHz}\). Wir wollen eine kleinere Frequenz, brauchen also eine größere Kapazität — \(2{,}5\,\mathrm{\mu F}\) passt zu dieser Richtung. Der Zusammenhang ist nicht linear: Für die \(1{,}6\)-fach kleinere Frequenz braucht es die \(1{,}6^2\approx2{,}5\)-fache Kapazität.
Typische Fehler: (1) Das Ergebnis wird in Farad angegeben, aber als Mikrofarad-Zahl gelesen. \(2{,}53\cdot10^{-6}\,\mathrm F\) sind \(2{,}53\,\mathrm{\mu F}\), nicht \(2{,}53\cdot10^{-6}\,\mathrm{\mu F}\). (2) Beim Quadrieren wird das \(2\pi\) vergessen, also \(C=T^2/L\) gerechnet — das Ergebnis wäre rund vierzigmal zu groß. (3) Die Frequenz wird in Kilohertz eingesetzt.
Mit einem Fadenpendel der Länge \(l=0{,}60\,\mathrm m\) soll die Fallbeschleunigung \(g\) bestimmt werden. Der Pendelkörper wird um wenige Grad ausgelenkt; für 25 volle Schwingungen misst man \(t_{25}=39{,}0\,\mathrm s\).
a) Berechnen Sie die Periodendauer \(T\).
b) Bestimmen Sie daraus die Fallbeschleunigung \(g\).
Vollständige Auflösung
a) \(T=\dfrac{39{,}0\,\mathrm s}{25}=\underline{1{,}56\,\mathrm s}\). Das Zählen vieler Schwingungen ist hier nicht nur bequem, sondern nötig: Auf drei Stellen genau wäre eine Einzelmessung von Hand nicht zu bekommen.
b) Umstellen zu \(g=\dfrac{4\pi^2\,l}{T^2}\), einsetzen: \(g=\dfrac{39{,}48\cdot 0{,}60\,\mathrm m}{(1{,}56\,\mathrm s)^2}=\dfrac{23{,}69}{2{,}434}\,\tfrac{\mathrm m}{\mathrm{s^2}}\approx\underline{9{,}73\,\tfrac{\mathrm m}{\mathrm{s^2}}}\).
Bewertung: Der Literaturwert ist \(9{,}81\,\tfrac{\mathrm m}{\mathrm{s^2}}\); die Abweichung beträgt weniger als ein Prozent. Ursachen sind die Reaktionszeit beim Stoppen, eine ungenau gemessene Fadenlänge (sie reicht bis zum Schwerpunkt des Körpers) und ein zu großer Auslenkwinkel — die Formel gilt nur für kleine Winkel bis etwa \(10^\circ\).
Typische Fehler: (1) Die Masse des Pendelkörpers wird gesucht oder in die Formel eingesetzt — beim Fadenpendel hängt \(T\) nur von \(l\) und \(g\) ab. (2) Statt \(T\) wird \(t_{25}\) eingesetzt; \(g\) wäre dann um den Faktor \(625\) zu klein. (3) Die Formel des Federpendels wird verwendet, in der \(g\) gar nicht vorkommt.
Zuordnungs-Prüfstand: Mechanik und Schwingkreis INTERAKTIV
Ziehen ist nicht nötig: Wählen Sie zuerst einen Begriff aus der Ablage (Klick oder Tab und Enter), dann das passende Feld rechts. Ein Klick auf ein gefülltes Feld legt den Begriff zurück in die Ablage. Diese Zuordnung ist Teilaufgabe a) von A10.
Beide Systeme folgen demselben Bauplan \(T=2\pi\sqrt{\dfrac{\text{Trägheit}}{\text{Rücktrieb}}}\). Vergleichen Sie ein Feder-Masse-Pendel mit \(m=0{,}20\,\mathrm{kg}\) und \(D=20\,\tfrac{\mathrm N}{\mathrm m}\) (also \(T=0{,}63\,\mathrm s\), vgl. A6) mit einem Schwingkreis aus \(L=10\,\mathrm{mH}\) und \(C=1{,}0\,\mathrm{\mu F}\).
a) Ordnen Sie im Prüfstand oben jeder elektrischen Größe ihre mechanische Entsprechung zu und prüfen Sie die Zuordnung.
b) Berechnen Sie die Periodendauer des Schwingkreises in Millisekunden.
c) Um welchen Faktor schwingt das Feder-Masse-Pendel langsamer als der Schwingkreis?
Vollständige Auflösung
a) Die Zuordnung lautet: Masse \(m\;\leftrightarrow\;\) Induktivität \(L\) (beide sind die Trägheit — die Spule widersetzt sich einer Änderung der Stromstärke, so wie die Masse einer Änderung der Geschwindigkeit). Federhärte \(D\;\leftrightarrow\;\dfrac1C\) (der Rücktrieb). Auslenkung \(y\;\leftrightarrow\;\) Ladung \(q\) (die Zustandsgröße, die schwingt). Geschwindigkeit \(v\;\leftrightarrow\;\) Stromstärke \(I\). Und schließlich \(T=2\pi\sqrt{m/D}\;\leftrightarrow\;T=2\pi\sqrt{L\,C}\).
b) \(L\,C=0{,}010\,\mathrm H\cdot 1{,}0\cdot10^{-6}\,\mathrm F=1{,}0\cdot10^{-8}\,\mathrm{s^2}\); \(\sqrt{L\,C}=1{,}0\cdot10^{-4}\,\mathrm s\); \(T=2\pi\cdot10^{-4}\,\mathrm s=6{,}28\cdot10^{-4}\,\mathrm s=\underline{0{,}63\,\mathrm{ms}}\). Die Frequenz beträgt \(f=1/T\approx1{,}6\,\mathrm{kHz}\).
c) Beide Zahlenwerte sind zufällig gleich, die Einheiten aber nicht: \(\dfrac{0{,}63\,\mathrm s}{0{,}63\,\mathrm{ms}}=\dfrac{0{,}63\,\mathrm s}{0{,}00063\,\mathrm s}=\underline{1000}\). Das mechanische Pendel schwingt also tausendmal langsamer — genau deshalb sieht man seine Schwingung, während man die des Schwingkreises nur mit dem Oszilloskop sichtbar machen kann.
Warum die Zuordnung 1/C und nicht C lautet: Eine große Kapazität nimmt viel Ladung auf, ohne dass die Spannung stark ansteigt — sie wirkt wie eine weiche Feder mit kleinem \(D\). Klein wird bei großem \(C\) aber nur der Kehrwert \(\tfrac1C\); also entspricht \(D\) dem Kehrwert. Setzt man das in den Bauplan ein, ergibt sich \(T=2\pi\sqrt{L\big/\tfrac1C}=2\pi\sqrt{L\,C}\) — die Thomson-Gleichung fällt von selbst heraus.
Typische Fehler: (1) \(D\) wird der Kapazität \(C\) statt \(\tfrac1C\) zugeordnet; dann steht \(C\) im Nenner und man käme auf \(T=2\pi\sqrt{L/C}\) — falsch. (2) Bei c) werden Sekunden und Millisekunden direkt geteilt, und es kommt der Faktor 1 heraus. (3) Es wird bestritten, dass der Schwingkreis überhaupt schwingt, weil sich nichts bewegt — geschwungen wird die Ladung, und die Energie pendelt zwischen elektrischem und magnetischem Feld.
Reflexion — bevor Sie weiterarbeiten
Drei Fragen zum Nachdenken — beantworten Sie sie für sich selbst.
- 1. Umstellen:Fünf Aufgaben verlangten, eine Wurzelformel nach einer Größe unter der Wurzel aufzulösen. Können Sie den Dreischritt „durch \(2\pi\) teilen — quadrieren — auflösen“ inzwischen ohne Vorlage?
- 2. Einheiten:Bei welcher Aufgabe hätte eine nicht umgerechnete Einheit (Gramm statt Kilogramm, Millihenry statt Henry, Millisekunde statt Sekunde) Ihr Ergebnis um Zehnerpotenzen verschoben? Welche Plausibilitätsprüfung hätte das sofort verraten?
- 3. Begründen:A6 und A10 verlangten keine Rechnung, sondern eine Begründung. Können Sie in eigenen Worten sagen, warum die Amplitude in keiner der drei Schwingungsdauer-Formeln vorkommt?