Tilbake
5.2
Alle fag for Høyskole

5.2 Dempede og drevne svingninger — $Q$-faktor og resonans

Amplitude som avtar eksponentielt, $A(t)=A_0 e^{-\gamma t}$ med $\gamma=b/2m$, overkritisk demping, kvalitetsfaktor $Q$ og drevet svingning på resonans (seismometer-sjangeren).

60 min
10 oppgaver
Dempededrevne svingninger$Q$-faktorresonans
Din fremgang i kapitlet
0 / 10 oppgaver
Kapitlets plass i kurset

Forkunnskaper — sist du var her

Dette kapitlet bygger direkte på kap. 5.1. Du trenger tre ting derfra, og de står her:

ω0=km\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}
Egenfrekvensen til den udempede svingningen. Den er fortsatt referansen i alt vi gjør her: dempingen måles mot den, og resonansen skjer nær den.

T=2πω,f=1T=ω2πT = \frac{2\pi}{\omega}, \qquad f = \frac{1}{T} = \frac{\omega}{2\pi}
Omregningene mellom vinkelfrekvens, frekvens og periode. Fortsatt den vanligste enkeltfeilen i sjangeren.

x¨+ω02x=0med løsningx(t)=Acos⁡(ω0t+ϕ)\ddot{x} + \omega_0^2x = 0 \quad\text{med løsning}\quad x(t) = A\cos(\omega_0t+\phi)
Den udempede svingelikningen. Hele dette kapitlet handler om hva som skjer når vi legger til ett ledd i denne likningen.

Fra matematikken: Repetisjon av derivasjon trenger du til den eksponentielle dempingen. To relasjoner er verdt å ha ferdig oppfrisket:

ddte−γt=−γe−γt,e−1=0,36788,e−2=0,13534\frac{d}{dt}e^{-\gamma t} = -\gamma e^{-\gamma t}, \qquad e^{-1} = 0{,}36788, \quad e^{-2} = 0{,}13534

ln⁡2=0,69315,ln⁡4=2ln⁡2=1,38629,ln⁡10=2,30259\ln 2 = 0{,}69315, \qquad \ln 4 = 2\ln 2 = 1{,}38629, \qquad \ln 10 = 2{,}30259
Logaritmeverdiene du kommer til å bruke i praktisk talt hver oppgave, fordi «tid til en gitt brøk» alltid gir en logaritme.

Symbolmerknad — les eksamensvinkelen over. γ\gamma er dempingskoeffisient her (s−1\text{s}^{-1}), adiabateksponent i Del 6–10 (dimensjonsløs). TT er periode her, temperatur i termodelen. bb er en dempingskonstant i kg/s, kk en fjærstivhet i N/m, QQ en kvalitetsfaktor (dimensjonsløs) — i termodelen er QQ varme i joule.

Løkke 1 — den dempede svingelikningen og γ=b/2m\gamma = b/2m (~15 min)

Slå an en gitarstreng. Den svinger med sin egen tone — men lyden dør ut. Slipp en bildør: den svinger ikke i det hele tatt, den bare glir igjen. Begge er dempede svingninger, men de er i to helt forskjellige regimer, og hele dette kapitlet handler om forskjellen.

Modellen er enkel: legg til en motstandskraft som er proporsjonal med farten, ikke med utslaget:

Fdemping=−bx˙.F_\text{demping} = -b\dot{x}.

Intuisjon: luftmotstand ved lav fart, olje i en støtdemper og friksjon i et lager oppfører seg omtrent slik — jo fortere noe går, jo hardere bremses det. Merk kontrasten til fjærkraften −kx-kx, som avhenger av hvor massen er, ikke av hvor fort den går.

Newtons 2. lov blir da

mx¨=−kx−bx˙⟹mx¨+bx˙+kx=0.m\ddot{x} = -kx - b\dot{x} \quad\Longrightarrow\quad m\ddot{x} + b\dot{x} + kx = 0.

Del på mm og innfør to forkortelser:

x¨+2γx˙+ω02x=0,γ=b2m,ω0=km.\ddot{x} + 2\gamma\dot{x} + \omega_0^2x = 0, \qquad \gamma = \frac{b}{2m}, \qquad \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}.

Hvorfor faktoren 2 i definisjonen av γ\gamma? Fordi den gjør løsningen pen. Prøv ansatsen x=A0e−γtcos⁡(ω′t)x = A_0e^{-\gamma t}\cos(\omega't), og du finner at nettopp dette valget av γ\gamma får leddene til å gå opp, med ω′=ω02−γ2\omega' = \sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}. Prisen er at du må huske faktoren — og det er sjangerens dyreste enkeltfeil: bruker du γ=b/m\gamma = b/m, blir alle tider dobbelt så korte.

Dempet svingning
En svingning der en motstandskraft proporsjonal med farten, F=−bx˙F=-b\dot{x}, trekker energi ut av systemet, slik at amplituden avtar. Bevegelseslikningen er
mx¨+bx˙+kx=0,ellerx¨+2γx˙+ω02x=0.m\ddot{x}+b\dot{x}+kx = 0, \qquad\text{eller}\qquad \ddot{x}+2\gamma\dot{x}+\omega_0^2x = 0.
Likningen står på det utdelte arket sammen med løsningen. Det som skiller den fra den udempede, er det midterste leddet, som inneholder farten. Konsekvensen er at amplituden faller eksponentielt mens frekvensen praktisk talt ikke endres — og for sterk nok demping forsvinner svingningen helt.
Dempingskoeffisienten γ\gamma
Størrelsen som styrer hvor raskt amplituden faller:
γ=b2m,\gamma = \frac{b}{2m},
med enheten s−1\text{s}^{-1} (eller rad/s). Faktoren 2 i nevneren er ufravikelig — den er innebygd i definisjonen for at løsningen A0e−γtcos⁡ω′tA_0e^{-\gamma t}\cos\omega't skal passe i likningen. Bruker du b/mb/m, blir alle tider halvert; bruker du b/2kb/2k, får du feil enhet. Uttrykket står på det utdelte arket, men du må lese det riktig av.

⚠ Symbolkollisjon: γ\gamma betyr dempingskoeffisient i s−1\text{s}^{-1} her, men adiabateksponent γ=CP/CV\gamma = C_P/C_V (dimensjonsløs, mellom 1 og 5/3) i termofysikken fra Del 6. Kjennetegnet som skiller dem er enheten: dempingskoeffisienten har enhet og er typisk et lite tall, adiabateksponenten er et rent tallforhold.

Dempingskonstanten bb

Proporsjonalitetskonstanten i motstandskraften F=−bx˙F = -b\dot{x}, med enheten kg/s\text{kg/s} (som er det samme som N⋅s/m\text{N}\cdot\text{s/m}). Den beskriver mediet eller mekanismen som demper: tykk olje i en støtdemper gir stor bb, luft gir liten. Merk at bb ikke er dempingskoeffisienten γ\gamma — de skiller seg med faktoren 2m2m. Enhetssjekken avgjør: [b]=kg/s[b] = \text{kg/s}, mens [γ]=s−1[\gamma] = \text{s}^{-1}. Får du en tid ved å dele på bb direkte, har du glemt massen.

📜Løsningen for svak demping
For γ<ω0\gamma < \omega_0 (svak eller underkritisk demping) er løsningen
x(t)=A0e−γtcos⁡(ω′t+δ),ω′=ω02−γ2.x(t) = A_0e^{-\gamma t}\cos(\omega' t + \delta), \qquad \omega' = \sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}.
Både løsningen og uttrykket for ω′\omega' står på det utdelte arket. Tre egenskaper som avgjør oppgaver:

1. Amplituden faller eksponentielt: A(t)=A0e−γtA(t) = A_0e^{-\gamma t}. Dette er innhyllingskurven.
2. Frekvensen er praktisk talt uendret ved svak demping. For γ≪ω0\gamma \ll \omega_0 er ω′≈ω0(1−γ2/2ω02)\omega' \approx \omega_0(1-\gamma^2/2\omega_0^2), altså en forskjell i annen orden. Med γ/ω0=0,02\gamma/\omega_0 = 0{,}02 er ω′\omega' bare 0,020{,}02 prosent lavere enn ω0\omega_0.
3. Perioden er konstant gjennom hele forløpet. Amplituden faller, men avstanden mellom toppene gjør det ikke. Dette er verdt å merke seg: en figur der toppene kommer tettere og tettere, viser ikke en dempet harmonisk svingning.

Energien faller dobbelt så fort som amplituden:
E(t)=12kA(t)2=12kA02e−2γt=E0e−2γt,E(t) = \tfrac12kA(t)^2 = \tfrac12kA_0^2e^{-2\gamma t} = E_0e^{-2\gamma t},
fordi energien går som amplituden i annen. Dette er sjangerens andre store felle — spør oppgaven om tid til halv energi, er svaret ln⁡2/(2γ)\ln2/(2\gamma), altså halvparten av tiden til halv amplitude.

✏️Eksempel 1: fjærsystemet som dør ut

Et masse-fjær-system har m=0,500 kgm = 0{,}500\,\text{kg}, k=72,0 N/mk = 72{,}0\,\text{N/m} og dempingskonstant b=0,240 kg/sb = 0{,}240\,\text{kg/s}.

a) Finn ω0\omega_0, γ\gamma og den dempede vinkelfrekvensen ω′\omega'.
b) Hvor lang tid tar det før amplituden er halvert?
c) Hvor mange hele svingninger er gjort da?
d) Hvor lang tid tar det før energien er halvert?

a) Symbolsk. ω0=k/m\omega_0=\sqrt{k/m} og γ=b/2m\gamma = b/2m — merk faktoren 2.

Rask vei til tall.
ω0=72,00,500 rad/s=144,0 rad/s=12,0000 rad/s,\omega_0 = \sqrt{\frac{72{,}0}{0{,}500}}\,\text{rad/s} = \sqrt{144{,}0}\,\text{rad/s} = 12{,}0000\,\text{rad/s},
γ=0,2402⋅0,500 s−1=0,2401,000 s−1=0,2400 s−1.\gamma = \frac{0{,}240}{2 \cdot 0{,}500}\,\text{s}^{-1} = \frac{0{,}240}{1{,}000}\,\text{s}^{-1} = 0{,}2400\,\text{s}^{-1}.
ω′=ω02−γ2=144,00−0,05760 rad/s=143,94240 rad/s=11,997600 rad/s.\omega' = \sqrt{\omega_0^2-\gamma^2} = \sqrt{144{,}00 - 0{,}05760}\,\text{rad/s} = \sqrt{143{,}94240}\,\text{rad/s} = 11{,}997600\,\text{rad/s}.
Legg merke til hvor lite ω′\omega' skiller seg fra ω0\omega_0: bare 0,020 prosent. Dempingen påvirker amplituden dramatisk og frekvensen nesten ikke i det hele tatt. Det er derfor en gitarstreng holder tonen mens lyden dør ut.

b) Symbolsk. Sett A(t)=A0e−γt=12A0A(t) = A_0e^{-\gamma t} = \tfrac12A_0, altså e−γt=12e^{-\gamma t} = \tfrac12:
−γt=ln⁡12=−ln⁡2⟹t=ln⁡2γ.-\gamma t = \ln\tfrac12 = -\ln 2 \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{\ln 2}{\gamma}.
Rask vei til tall.
t=0,693150,2400 s=2,88811 s≈2,888 s.t = \frac{0{,}69315}{0{,}2400}\,\text{s} = 2{,}88811\,\text{s} \approx 2{,}888\,\text{s}.
Merk at A0A_0 faller ut — tiden til halv amplitude er den samme uansett hvor stort utslaget var i utgangspunktet.

c) Perioden er
T′=2πω′=6,2831911,997600 s=0,52370 s,T' = \frac{2\pi}{\omega'} = \frac{6{,}28319}{11{,}997600}\,\text{s} = 0{,}52370\,\text{s},
og antall svingninger i tiden tt er
n=tT′=2,888110,52370=5,5148,n = \frac{t}{T'} = \frac{2{,}88811}{0{,}52370} = 5{,}5148,
altså 5 hele svingninger. (Spør oppgaven om hele svingninger, er svaret et heltall, og du skal runde nedover — den 6 svingningen ble påbegynt, men amplituden var alt under halvparten.)

d) Energien går som e−2γte^{-2\gamma t}, så
t=ln⁡22γ=0,693150,4800 s=1,44406 s,t = \frac{\ln 2}{2\gamma} = \frac{0{,}69315}{0{,}4800}\,\text{s} = 1{,}44406\,\text{s},
altså nøyaktig halvparten av tiden i b). Energien dør ut dobbelt så fort som amplituden, fordi E∝A2E \propto A^2.

Sluttsjekk, tre ledd. (i) Enheten på γ\gamma er kg/s\text{kg/s} delt på kg, altså s−1\text{s}^{-1} ✔. (ii) ω′<ω0\omega' < \omega_0 alltid, og bare litt mindre ved svak demping ✔. (iii) Tiden til halv energi må være halvparten av tiden til halv amplitude ✔ — den kontrollen fanger den nest vanligste feilen i sjangeren.

📝Oppgave 1

(Innstegsoppgave — begreper og enheter.)

a) Et dempet system har b=0,360 kg/sb = 0{,}360\,\text{kg/s} og m=0,900 kgm = 0{,}900\,\text{kg}. Finn dempingskoeffisienten γ\gamma.

b) Vis at γ\gamma har enheten s−1\text{s}^{-1}.

c) Hva betyr det for symbolbruken i denne boka at γ\gamma også opptrer i termofysikken?

📝Oppgave 2
Sjanger M7

Et masse-fjær-system har m=0,400 kgm = 0{,}400\,\text{kg}, k=64,0 N/mk = 64{,}0\,\text{N/m} og b=0,160 kg/sb = 0{,}160\,\text{kg/s}.

a) Finn ω0\omega_0, γ\gamma og ω′\omega'.

b) Hvor lang tid tar det før amplituden er halvert?

c) Hvor mange hele svingninger er gjennomført i løpet av den tiden?

📝Oppgave 3
Sjanger M7

Bruk systemet fra oppgave 2 (γ=0,2000 s−1\gamma = 0{,}2000\,\text{s}^{-1}).

a) Hvor lang tid tar det før energien er halvert?

b) Hvor lang tid tar det før amplituden er 1/e1/e av startverdien? Og energien?

c) Forklar hvorfor de to tidene i a) og i oppgave 2b skiller seg med en faktor 2.

📝Oppgave 4
Sjanger M7

Et dempet system har ω0=25,0 rad/s\omega_0 = 25{,}0\,\text{rad/s} og γ=1,500 s−1\gamma = 1{,}500\,\text{s}^{-1}.

a) Finn den dempede vinkelfrekvensen, og oppgi hvor mange prosent den ligger under ω0\omega_0.

b) Er dempingen svak, kritisk eller overkritisk?

c) Hvor stor måtte γ\gamma vært for at ω′\omega' skulle ligge 10 prosent under ω0\omega_0?

Løkke 2 — de tre dempingsregimene (~14 min)

— naturlig pausepunkt —

Alt henger på størrelsesforholdet mellom γ\gamma og ω0\omega_0. Tre tilfeller, med tre helt forskjellige oppførsler:

Svak (underkritisk) demping, γ<ω0\gamma < \omega_0. Systemet svinger, og amplituden faller som e−γte^{-\gamma t}. Gitarstrengen, pendelen i luft, bygningen som svaier etter et vindkast.

Kritisk demping, γ=ω0\gamma = \omega_0. Grensetilfellet. Systemet svinger ikke, men kommer tilbake til likevekt raskest mulig. Løsningen er x=(x0+Ct)e−ω0tx = (x_0 + Ct)e^{-\omega_0t}. Dette er hva en støtdemper i en bil siktes mot: bilen skal legge seg til ro etter et fartshump uten å hoppe.

Overkritisk demping, γ>ω0\gamma > \omega_0. Systemet svinger ikke, og det bruker lengre tid tilbake enn ved kritisk demping. Løsningen er en sum av to eksponentialer, og for sterk demping (γ≫ω0\gamma \gg \omega_0) domineres den av den langsomste:
x≈x0e−ω02t/(2γ).x \approx x_0e^{-\omega_0^2t/(2\gamma)}.
En dør med en trang dørpumpe, eller en pendel i sirup.

Intuisjon for at overkritisk er tregere enn kritisk: mer demping betyr mer motstand mot all bevegelse, også bevegelsen tilbake mot likevekt. Sirup stopper svingningen, men den bremser også returen. Det er et minimum i returtiden, og det ligger nøyaktig ved kritisk demping.

Den kritiske dempingskonstanten finner du ved å sette γ=ω0\gamma = \omega_0:
bkrit2m=km⟹bkrit=2mω0=2km.\frac{b_\text{krit}}{2m} = \sqrt{\frac{k}{m}} \quad\Longrightarrow\quad b_\text{krit} = 2m\omega_0 = 2\sqrt{km}.

Svak (underkritisk) demping

Regimet der γ<ω0\gamma < \omega_0. Systemet svinger, med den dempede vinkelfrekvensen ω′=ω02−γ2\omega'=\sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}, og amplituden faller eksponentielt som A0e−γtA_0e^{-\gamma t}. Nesten alle svingende systemer i naturen og i eksamensoppgaver ligger her, og oftest med γ≪ω0\gamma \ll \omega_0, slik at ω′≈ω0\omega' \approx \omega_0 til flere siffer. Kjennetegnet på en figur: kurven krysser nulllinja mange ganger, med konstant avstand mellom toppene, og toppene ligger på en glatt eksponentiell innhyllingskurve.

Kritisk demping
Grensetilfellet γ=ω0\gamma = \omega_0, som gir den raskeste returen til likevekt uten svingning. Den tilsvarende dempingskonstanten er
bkrit=2mω0=2km.b_\text{krit} = 2m\omega_0 = 2\sqrt{km}.
Løsningen er x(t)=(x0+Ct)e−ω0tx(t) = (x_0+Ct)e^{-\omega_0t} — ingen cosinus, altså ingen svingning, men en enkelt gjennomgang mot null. Kritisk demping er designmålet for støtdempere, dørpumper, måleinstrumenter med viser og alt annet som skal legge seg til ro fort uten å pendle. Merk at systemet i praksis dimensjoneres litt under kritisk, siden en anelse svingning er mindre irriterende enn en treg retur.
Overkritisk demping
Regimet der γ>ω0\gamma > \omega_0. Systemet svinger ikke — det kryper tilbake mot likevekt, og det gjør det langsommere enn ved kritisk demping. Løsningen er en sum av to rene eksponentialer med tidskonstanter fra
r=−γ±γ2−ω02,r = -\gamma \pm \sqrt{\gamma^2-\omega_0^2},
og for sterk demping (γ≫ω0\gamma\gg\omega_0) dominerer den langsomste, som gir
x≈x0e−ω02t/(2γ),τ≈2γω02.x \approx x_0e^{-\omega_0^2t/(2\gamma)}, \qquad \tau \approx \frac{2\gamma}{\omega_0^2}.
Legg merke til det kontraintuitive: mer demping gir langsommere retur. Tidskonstanten vokser proporsjonalt med γ\gamma. En pendel i sirup svinger ikke, men den tar lang tid på å komme til ro.
Innhyllingskurve

Kurven ±A0e−γt\pm A_0e^{-\gamma t} som tangerer toppene og bunnene i en dempet svingning. Den viser hvordan amplituden avtar, uten å si noe om selve svingningen. To egenskaper å lese av en figur: innhyllingskurven tangerer hver topp (den skjærer ikke gjennom dem), og avstanden mellom toppene er konstant — det er amplituden som avtar, ikke frekvensen. En figur der toppene kommer tettere sammen, viser ikke en dempet harmonisk svingning, men noe annet.

Dempet vinkelfrekvens
Vinkelfrekvensen til den faktiske svingningen i det underkritiske regimet:
ω′=ω02−γ2.\omega' = \sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}.
Uttrykket står på det utdelte arket. Den er alltid mindre enn ω0\omega_0, men bare i annen orden i γ/ω0\gamma/\omega_0: er dempingen 2 prosent av egenfrekvensen, er ω′\omega' bare 0,02 prosent lavere. Praktisk konsekvens: i de fleste oppgaver kan du bruke ω′≈ω0\omega' \approx \omega_0 når du skal finne perioden, men bruk den eksakte formelen hvis oppgaven oppgir tall og ber om flere siffer — og alltid hvis dempingen er sterk.
✏️Eksempel 2: bilen som skal legge seg til ro

En bil har massen 320,0 kg320{,}0\,\text{kg} per hjul og en fjær med stivhet 2,60⋅104 N/m2{,}60\cdot10^{4}\,\text{N/m}.

a) Finn egenfrekvensen og den periode bilen ville svingt med uten støtdemper.
b) Finn dempingskonstanten som gir kritisk demping.
c) Verkstedet monterer en støtdemper med b=9000 kg/sb = 9000\,\text{kg/s}. Hvilket regime er bilen i, og hvor lang tid tar det før et utslag har falt til 1/e1/e?

a)
ω0=km=26000320,0 rad/s=81,2500 rad/s=9,01388 rad/s,\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{26000}{320{,}0}}\,\text{rad/s} = \sqrt{81{,}2500}\,\text{rad/s} = 9{,}01388\,\text{rad/s},
T=2πω0=0,69706 s.T = \frac{2\pi}{\omega_0} = 0{,}69706\,\text{s}.
Uten støtdemper ville bilen altså hoppet opp og ned med om lag 0{,}70 sekunders periode etter hvert fartshump — omtrent halvannen gang i sekundet. Det er nøyaktig den ubehagelige frekvensen en bil uten støtdempere har.

b)
bkrit=2mω0=2⋅320,0⋅9,01388 kg/s=5768,8820 kg/s≈5768,882 kg/s.b_\text{krit} = 2m\omega_0 = 2 \cdot 320{,}0 \cdot 9{,}01388\,\text{kg/s} = 5768{,}8820\,\text{kg/s} \approx 5768{,}882\,\text{kg/s}.
Kontroll med den andre formen: 2km=226000⋅320,0=5768,8820 kg/s2\sqrt{km} = 2\sqrt{26000 \cdot 320{,}0} = 5768{,}8820\,\text{kg/s} ✔.

c) Med b=9000 kg/sb = 9000\,\text{kg/s} er
γ=b2m=9000640,0 s−1=14,06250 s−1,\gamma = \frac{b}{2m} = \frac{9000}{640{,}0}\,\text{s}^{-1} = 14{,}06250\,\text{s}^{-1},
som er større enn ω0=9,01388 rad/s\omega_0 = 9{,}01388\,\text{rad/s}. Bilen er altså overkritisk dempet: den svinger ikke i det hele tatt, men den er også tregere tilbake enn den trengte å være. (En bil som føles «treig» og «klissen» over hump, er ofte overdempet.)

Den langsomste tidskonstanten er
τ=−1−γ+γ2−ω02=−1−3,268802 s=0,30592 s,\tau = \frac{-1}{-\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega_0^2}} = \frac{-1}{-3{,}268802}\,\text{s} = 0{,}30592\,\text{s},
og tilnærmingen for sterk demping gir
τ≈2γω02=28,125081,2500 s=0,34615 s,\tau \approx \frac{2\gamma}{\omega_0^2} = \frac{28{,}1250}{81{,}2500}\,\text{s} = 0{,}34615\,\text{s},
altså 13,2 prosent over den eksakte verdien. Tilnærmingen er brukbar, men her er γ\gamma bare 1{,}560 ganger ω0\omega_0 — den blir bedre når forholdet er større.

Sluttsjekk: ved kritisk demping ville tidskonstanten vært 1/ω0=0,11094 s1/\omega_0 = 0{,}11094\,\text{s}, altså kortere enn de 0,30592 s0{,}30592\,\text{s} vi fikk. Det bekrefter at overkritisk demping er tregere enn kritisk — hovedpoenget i denne løkka.

📝Oppgave 5

(Kvalitativ oppgave — regimene.)

a) Tre systemer har samme ω0\omega_0 men γ=0,1ω0\gamma = 0{,}1\omega_0, γ=ω0\gamma = \omega_0 og γ=5ω0\gamma = 5\omega_0. Hvilket kommer raskest tilbake til likevekt etter et utslag? Begrunn.

b) Hvorfor er en støtdemper i en bil dimensjonert nær kritisk demping, og ikke langt over?

c) En pendel senkes i sirup og slutter å svinge. Har egenfrekvensen ω0\omega_0 endret seg?

📝Oppgave 6
Eksamensnivå, sjanger M7

Et system har m=2,00 kgm = 2{,}00\,\text{kg}, k=50,0 N/mk = 50{,}0\,\text{N/m} og b=40,0 kg/sb = 40{,}0\,\text{kg/s}.

a) Avgjør hvilket dempingsregime systemet er i.

b) Finn den kritiske dempingskonstanten.

c) Finn den langsomste tidskonstanten eksakt, og sammenlign med tilnærmingen τ≈2γ/ω02\tau \approx 2\gamma/\omega_0^2.

Løkke 3 — kvalitetsfaktor og resonans (~17 min)

Hvor «god» er en svingning? Et vinglass ringer lenge, en pute gjør ikke. Målet på det er kvalitetsfaktoren:

Q=ω02γ.Q = \frac{\omega_0}{2\gamma}.

Intuisjon: QQ er (nær nok) antall radianer av svingning før amplituden faller til 1/e1/e, delt på to. Mer nyttig i praksis: amplituden faller til 1/e1/e etter om lag Q/πQ/\pi hele svingninger. Et vinglass har QQ i tusenklassen, en bilfjær med støtdemper under 1.

Nå kommer den delen som gjør QQ interessant. Sett en ytre kraft på systemet, som pumper det med en frekvens ω\omega vi kan velge:

mx¨+bx˙+kx=F0cos⁡ωt.m\ddot{x} + b\dot{x} + kx = F_0\cos\omega t.

Etter en innsvingningsfase svinger systemet med drivfrekvensen ω\omega, ikke med sin egen, og amplituden blir

A(ω)=F0/m(ω02−ω2)2+4γ2ω2.A(\omega) = \frac{F_0/m}{\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2 + 4\gamma^2\omega^2}}.

Intuisjon: nevneren er minst når ω\omega er nær ω0\omega_0 — da forsvinner det første leddet nesten, og bare dempingsleddet står igjen. Amplituden blir da stor. Det er resonans.

Ved ω=ω0\omega = \omega_0 forenkles uttrykket vakkert:

A(ω0)=F0/m2γω0=F0bω0,A(\omega_0) = \frac{F_0/m}{2\gamma\omega_0} = \frac{F_0}{b\omega_0},

og sammenligner vi med det statiske utslaget Astat=F0/kA_\text{stat} = F_0/k (det du får ved å dra i systemet med en konstant kraft F0F_0), finner vi

A(ω0)Astat=ω02γ=Q.\frac{A(\omega_0)}{A_\text{stat}} = \frac{\omega_0}{2\gamma} = Q.

Forsterkningen på resonans er nøyaktig QQ. Det er derfor QQ heter kvalitetsfaktor: den måler både hvor lenge en fri svingning varer og hvor kraftig systemet svarer på en drivkraft ved rett frekvens.

Toppen ligger strengt tatt ved ω=ω02−2γ2\omega = \sqrt{\omega_0^2-2\gamma^2}, ikke helt ved ω0\omega_0 — men for svak demping er forskjellen ubetydelig.

Kvalitetsfaktor
Et dimensjonsløst mål på hvor lite dempet en svingning er:
Q=ω02γ=kmb.Q = \frac{\omega_0}{2\gamma} = \frac{\sqrt{km}}{b}.
Uttrykket står på det utdelte arket. Tre tolkninger, alle nyttige: (i) amplituden faller til 1/e1/e etter om lag Q/πQ/\pi hele svingninger; (ii) forsterkningen på resonans er nøyaktig QQ ganger det statiske utslaget; (iii) QQ er 2π2\pi ganger forholdet mellom lagret energi og energitapet per periode. Typiske verdier: et kvartskrystall 10510^5, et vinglass 10310^3, en pendel i luft 10210^2, en bilfjær med støtdemper under 1. Merk at QQ er dimensjonsløs — får du en enhet, har du regnet feil.
Relaksasjonstid
Tiden det tar før amplituden er falt til 1/e≈371/e \approx 37 prosent av startverdien:
τ=1γ.\tau = \frac{1}{\gamma}.
Energien faller til 1/e1/e i halvparten av den tiden, 1/(2γ)1/(2\gamma), siden E∝A2E\propto A^2. Relaksasjonstiden er en praktisk måte å oppgi demping på, fordi den er direkte målbar, og fordi den knytter seg enkelt til QQ: antall hele svingninger i tiden τ\tau er τ/T′≈Q/π\tau/T' \approx Q/\pi. Merk at «halveringstiden» for amplituden er noe kortere: ln⁡2/γ=0,693 τ\ln 2/\gamma = 0{,}693\,\tau.
Drevet (tvungen) svingning
En svingning der en ytre, periodisk kraft F0cos⁡ωtF_0\cos\omega t holder systemet i gang. Bevegelseslikningen er
mx¨+bx˙+kx=F0cos⁡ωt,m\ddot{x}+b\dot{x}+kx = F_0\cos\omega t,
og etter en innsvingningsfase svinger systemet med drivfrekvensen ω\omega — ikke med sin egen ω0\omega_0. Amplituden er
A(ω)=F0/m(ω02−ω2)2+4γ2ω2.A(\omega) = \frac{F_0/m}{\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+4\gamma^2\omega^2}}.
Likningen og amplitudeuttrykket står på det utdelte arket. Legg merke til to grenser: for ω→0\omega \to 0 går AA mot det statiske utslaget F0/kF_0/k, og for ω→∞\omega \to \infty går AA mot null — massen rekker ikke å følge en for rask drivkraft.
Resonans
Fenomenet at amplituden i en drevet svingning blir stor når drivfrekvensen er nær egenfrekvensen. Amplituden på resonans er
A(ω0)=F0bω0=Q⋅F0k,A(\omega_0) = \frac{F_0}{b\omega_0} = Q\cdot\frac{F_0}{k},
altså QQ ganger det statiske utslaget. Toppen ligger ved ω=ω02−2γ2\omega = \sqrt{\omega_0^2-2\gamma^2}, som for svak demping er praktisk talt ω0\omega_0. Jo mindre demping, jo høyere og smalere blir resonanstoppen — og i grensen b→0b \to 0 blir amplituden ubegrenset. Det er dette som knuser vinglass med lyd, som får broer til å svinge farlig i takt med skritt, og som gjør at et radioapparat kan plukke ut én stasjon blant mange.
Transient og stasjonær løsning

Den fullstendige løsningen av en drevet svingning består av to deler. Den transiente delen er løsningen av den udrevne likningen, A0e−γtcos⁡(ω′t+δ)A_0e^{-\gamma t}\cos(\omega't+\delta), som dør ut etter noen relaksasjonstider. Den stasjonære delen svinger med drivfrekvensen ω\omega og varer så lenge kraften virker. Praktisk konsekvens for oppgaveløsning: spør oppgaven om amplituden «etter lang tid» eller «i stasjonær tilstand», er det bare den stasjonære delen som gjelder, og startbetingelsene er uten betydning. Er systemet nettopp satt i gang, må begge deler med — og da kan utslaget midlertidig bli større enn den stasjonære amplituden.

Seismometer
Et instrument som måler bakkens bevegelse ved hjelp av en tung masse opphengt i en fjær med demping. Når bakken (og instrumenthuset) flytter seg med utslaget h(t)h(t), blir likningen for massens posisjon relativt til huset
x¨+2γx˙+ω02x=−h¨,\ddot{x}+2\gamma\dot{x}+\omega_0^2x = -\ddot{h},
altså en drevet svingning der drivleddet er bakkens akselerasjon. Instrumentets oppførsel avhenger av forholdet mellom bakkens frekvens og ω0\omega_0: for høye frekvenser (ω≫ω0\omega \gg \omega_0) står massen praktisk talt stille i rommet, og x≈−hx \approx -h — instrumentet måler forskyvningen direkte. Derfor bygges seismometre med lav egenfrekvens, altså tung masse og myk fjær, og med demping nær kritisk for å unngå at instrumentet ringer med sin egen frekvens.
✏️Eksempel 3: resonans og forsterkning (eksamensnivå)

Systemet fra eksempel 1 (m=0,500 kgm = 0{,}500\,\text{kg}, k=72,0 N/mk = 72{,}0\,\text{N/m}, b=0,240 kg/sb = 0{,}240\,\text{kg/s}) drives nå av en ytre kraft med amplitude F0=0,360 NF_0 = 0{,}360\,\text{N}.

a) Finn kvalitetsfaktoren.
b) Finn amplituden når drivfrekvensen er lik egenfrekvensen.
c) Sammenlign med det statiske utslaget, og kontroller sammenhengen med QQ.
d) Hvor mange hele svingninger tar det før en fri svingning i dette systemet har falt til 1/e1/e?

a) Med ω0=12,000 rad/s\omega_0 = 12{,}000\,\text{rad/s} og γ=0,2400 s−1\gamma = 0{,}2400\,\text{s}^{-1} fra eksempel 1:
Q=ω02γ=12,0002⋅0,2400=12,0000,4800=25,000.Q = \frac{\omega_0}{2\gamma} = \frac{12{,}000}{2 \cdot 0{,}2400} = \frac{12{,}000}{0{,}4800} = 25{,}000.
Kontroll med den andre formen: Q=km/b=72,0⋅0,500/0,240=25,000Q = \sqrt{km}/b = \sqrt{72{,}0 \cdot 0{,}500}/0{,}240 = 25{,}000 ✔. QQ er dimensjonsløs — får du en enhet, har du regnet feil.

b) Symbolsk. På resonans forsvinner leddet (ω02−ω2)(\omega_0^2-\omega^2), og
A(ω0)=F0/m2γω0=F0bω0.A(\omega_0) = \frac{F_0/m}{2\gamma\omega_0} = \frac{F_0}{b\omega_0}.
Rask vei til tall.
A=0,3600,240⋅12,000 m=0,3602,8800 m=0,1250 m.A = \frac{0{,}360}{0{,}240 \cdot 12{,}000}\,\text{m} = \frac{0{,}360}{2{,}8800}\,\text{m} = 0{,}1250\,\text{m}.

c) Det statiske utslaget — det du får ved å dra i massen med en konstant kraft F0F_0 — er
Astat=F0k=0,36072,0 m=0,0050 m.A_\text{stat} = \frac{F_0}{k} = \frac{0{,}360}{72{,}0}\,\text{m} = 0{,}0050\,\text{m}.
Forsterkningen er
A(ω0)Astat=0,12500,0050=25,000=Q.✓\frac{A(\omega_0)}{A_\text{stat}} = \frac{0{,}1250}{0{,}0050} = 25{,}000 = Q. \checkmark
Nøyaktig kvalitetsfaktoren. Systemet svinger 25{,}000 ganger så langt på resonans som det ville stått ut under en konstant kraft av samme størrelse — med samme kraft. Det er hele resonansens innhold.

d) Amplituden faller til 1/e1/e etter tiden τ=1/γ=4,1667 s\tau = 1/\gamma = 4{,}1667\,\text{s}, og perioden er T′=0,52370 sT' = 0{,}52370\,\text{s}:
n=τT′=4,16670,52370=7,9562,n = \frac{\tau}{T'} = \frac{4{,}1667}{0{,}52370} = 7{,}9562,
altså om lag 8{,}0 hele svingninger. Kontroll mot tommelregelen Q/π=7,958Q/\pi = 7{,}958 ✔ — de er praktisk talt like, som de skal være for svak demping.

Sluttsjekk: (i) AA på resonans må være mye større enn det statiske utslaget når Q≫1Q \gg 1 ✔. (ii) QQ dimensjonsløs ✔. (iii) Et system med Q=25,000Q = 25{,}000 skal ringe i noen titalls svingninger før det dør ut, og 8{,}0 stemmer med det.

📝Oppgave 7
Sjanger M7

Et dempet system har ω0=30,0 rad/s\omega_0 = 30{,}0\,\text{rad/s} og γ=0,250 s−1\gamma = 0{,}250\,\text{s}^{-1}.

a) Finn kvalitetsfaktoren.

b) Om lag hvor mange hele svingninger tar det før amplituden er falt til 1/e1/e?

c) Hvor stor blir forsterkningen på resonans, sammenlignet med det statiske utslaget?

📝Oppgave 8
Eksamensnivå, sjanger M7

Et system har m=0,500 kgm = 0{,}500\,\text{kg}, k=72,0 N/mk = 72{,}0\,\text{N/m} og b=0,240 kg/sb = 0{,}240\,\text{kg/s}, og drives av kraften F0cos⁡ωtF_0\cos\omega t med F0=0,360 NF_0 = 0{,}360\,\text{N}.

a) Finn amplituden på resonans, og forsterkningen sammenlignet med det statiske utslaget.

b) Finn amplituden når drivfrekvensen er halvparten av egenfrekvensen, og kommentér hvor bratt resonanskurven faller.

c) Hva skjer med resonansamplituden hvis dempingen halveres?

Rask vei til tall (MC-oppskrift)

1. Hvilken lov? Fire spørsmålstyper, gjenkjennelig på tre sekunder: tid til en gitt brøk av amplituden → t=−ln⁡(brøk)/γt = -\ln(\text{brøk})/\gamma. Tid til en gitt brøk av energien → samme, men med 2γ2\gamma. Antall svingninger → del tiden på T′=2π/ω′T' = 2\pi/\omega'. Kvalitetsfaktor eller resonansforsterkning → Q=ω0/(2γ)Q = \omega_0/(2\gamma).
2. Hvilken ene regnelinje? Regn alltid γ=b/2m\gamma = b/2m først, som eget mellomresultat. Da er resten én logaritme og én divisjon. For halv amplitude: t=ln⁡2/γ=0,6931/γt = \ln2/\gamma = 0{,}6931/\gamma. For en fjerdedel: ln⁡4/γ=1,3863/γ\ln4/\gamma = 1{,}3863/\gamma. For 1/e1/e: 1/γ1/\gamma.
3. Hva hentes hvor? Den dempede likningen, løsningen, ω′=ω02−γ2\omega'=\sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}, γ=b/2m\gamma=b/2m og QQ står på det utdelte arket. Logaritmeverdier slår du opp i Rottmann eller regner på kalkulatoren. Det som må kunne utledes aktivt, er at energien går med 2γ2\gamma, at A(ω0)=F0/(bω0)A(\omega_0)=F_0/(b\omega_0), og at forsterkningen er QQ.
4. Hvor mange siffer? Fire gjennom kjeden. Særlig i ω′=ω02−γ2\omega' = \sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}: her trekker du fra et lite tall fra et stort, og med for få siffer forsvinner hele forskjellen. Bruk ln⁡2=0,69315\ln2 = 0{,}69315 og ln⁡4=1,38629\ln4 = 1{,}38629, ikke 0,69 og 1,39.
5. Hva sjekker du før du krysser av? (i) Er γ\gamma regnet med faktoren 2? (ii) Spør oppgaven om amplitude eller energi? (γ\gamma mot 2γ2\gamma.) (iii) Ber den om hele svingninger? Da er svaret et heltall, rundet nedover. (iv) Er QQ dimensjonsløs? (v) Er ω′<ω0\omega' < \omega_0, men bare litt? (vi) Er dempingen svak, kritisk eller overkritisk — svinger systemet i det hele tatt?

📝Oppgave 9
Sjanger M7, A–F-format

Et dempet system har dempingskoeffisienten γ=0,180 s−1\gamma = 0{,}180\,\text{s}^{-1}. Hvor lang tid tar det før amplituden er redusert til en fjerdedel av startverdien?

A 1,9254 s1{,}9254\,\text{s} · B 3,8508 s3{,}8508\,\text{s} · C 5,5556 s5{,}5556\,\text{s} · D 7,7016 s7{,}7016\,\text{s} · E 11,1111 s11{,}1111\,\text{s} · F 22,2222 s22{,}2222\,\text{s}

📝Oppgave 10
(Blandet — seismometeret.) Et seismometer består av en masse i en fjær med demping, montert i et hus som er festet til bakken. Når bakken flytter seg med utslaget h(t)h(t), oppfyller massens posisjon relativt til huset likningen
x¨+2γx˙+ω02x=−h¨.\ddot{x}+2\gamma\dot{x}+\omega_0^2x = -\ddot{h}.

a) Forklar hvorfor drivleddet er bakkens akselerasjon og ikke dens utslag.

b) Anta at bakken svinger med h=h0cos⁡ωth = h_0\cos\omega t og at ω≫ω0\omega \gg \omega_0. Vis at x≈−hx \approx -h, og forklar hva det betyr for hva instrumentet måler.

c) Hvorfor bygges seismometre med lav egenfrekvens og demping nær kritisk?

Begrepsbank

Begrepsbanken er flashcard- og repetisjonsstoff — den gjentar det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder kjernestoffet.

Amplitudedemping mot energidemping
Amplituden i en dempet svingning faller som
A(t)=A0e−γt,A(t) = A_0e^{-\gamma t},
mens energien faller dobbelt så fort,
E(t)=E0e−2γt,E(t) = E_0e^{-2\gamma t},
fordi E=12kA2E = \tfrac12kA^2. Konsekvensen for oppgaveregning: tid til halv amplitude er ln⁡2/γ\ln2/\gamma, tid til halv energi er ln⁡2/(2γ)\ln2/(2\gamma). Når amplituden er halvert, er energien nede på en fjerdedel. Dette er sjangerens nest vanligste feil, og de to svarene skiller seg med akkurat en faktor 2 — begge står derfor typisk på alternativlista.
Tid til en gitt brøk
Løs A0e−γt=fA0A_0e^{-\gamma t} = fA_0 for tiden:
t=−ln⁡fγ=ln⁡(1/f)γ.t = \frac{-\ln f}{\gamma} = \frac{\ln(1/f)}{\gamma}.
De tre du møter oftest: halv amplitude ln⁡2/γ=0,6931/γ\ln2/\gamma = 0{,}6931/\gamma; en fjerdedel ln⁡4/γ=1,3863/γ\ln4/\gamma = 1{,}3863/\gamma (nøyaktig to halveringer); 1/e1/e =1/γ= 1/\gamma (relaksasjonstiden). Merk at startamplituden faller ut — tiden avhenger bare av brøken og av γ\gamma. Skal du ha antall hele svingninger, del på T′=2π/ω′T' = 2\pi/\omega' og ta heltallsdelen.
Den kritiske dempingskonstanten
Verdien av bb som gjør γ=ω0\gamma = \omega_0, altså grensen mellom svingning og ingen svingning:
bkrit=2mω0=2km.b_\text{krit} = 2m\omega_0 = 2\sqrt{km}.
De to formene er ekvivalente og det er nyttig å kunne begge — den siste sparer deg for å regne ω0\omega_0 først. Forholdet b/bkrit=γ/ω0b/b_\text{krit} = \gamma/\omega_0 kalles dempingsforholdet og er det ene tallet som avgjør regimet: under 1 svinger systemet, over 1 gjør det ikke, og ved 1 er returen raskest. For en bil ligger tallet typisk på 0,2–0,4.
Tre tolkninger av QQ

Kvalitetsfaktoren Q=ω0/(2γ)=km/bQ = \omega_0/(2\gamma) = \sqrt{km}/b kan leses på tre måter, og alle tre brukes i oppgaver: (i) amplituden faller til 1/e1/e etter om lag Q/πQ/\pi hele svingninger; (ii) forsterkningen på resonans er nøyaktig QQ ganger det statiske utslaget F0/kF_0/k; (iii) Q=2πE/∣ΔE∣Q = 2\pi E/|\Delta E|, altså 2π2\pi ganger lagret energi delt på energitapet per periode. Alle tre gir samme tall, og den siste er grunnen til navnet «kvalitet»: et system med høy QQ mister lite energi per svingning.

Resonansamplituden
Amplituden når drivfrekvensen treffer egenfrekvensen:
A(ω0)=F0/m2γω0=F0bω0=Q⋅F0k.A(\omega_0) = \frac{F_0/m}{2\gamma\omega_0} = \frac{F_0}{b\omega_0} = Q\cdot\frac{F_0}{k}.
De tre formene er samme uttrykk, og den siste er den mest talende: forsterkningen over det statiske utslaget er nøyaktig QQ. Legg merke til at dempingen alene bestemmer topphøyden — utenfor resonans spiller bb nesten ingen rolle. Halverer du dempingen, dobles resonansamplituden, og i grensen b→0b\to0 vokser den uten grense.
Hvor resonanstoppen faktisk ligger
Amplituden A(ω)A(\omega) har sitt maksimum ved
ωtopp=ω02−2γ2,\omega_\text{topp} = \sqrt{\omega_0^2-2\gamma^2},
altså litt under egenfrekvensen — og litt lavere enn ω′=ω02−γ2\omega' = \sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}. For svak demping er alle tre praktisk talt like: med γ/ω0=0,02\gamma/\omega_0 = 0{,}02 ligger toppen 0,04 prosent under ω0\omega_0. Merk grensen: for γ>ω0/2\gamma > \omega_0/\sqrt2 finnes ingen topp i det hele tatt — amplituden avtar monotont fra det statiske utslaget, og systemet har ingen resonans.
Faseforskyvning i en drevet svingning
Den stasjonære svingningen følger drivkraften med en faseforskyvning δ\delta gitt av
tan⁡δ=2γωω02−ω2.\tan\delta = \frac{2\gamma\omega}{\omega_0^2-\omega^2}.
Tre tilfeller å kjenne: ved lave drivfrekvenser (ω≪ω0\omega \ll \omega_0) følger utslaget kraften i fase (δ≈0\delta \approx 0); på resonans er forskyvningen nøyaktig en kvart periode (δ=π/2\delta = \pi/2), altså utslaget ligger 90 grader etter kraften; og ved høye frekvenser er de i motfase (δ→π\delta \to \pi). Den siste egenskapen er nettopp den seismometeret utnytter: massen står stille i rommet fordi den er i motfase med huset.
Sjanger M7 — den dempede varianten

Bokas navn på oppgaveformen der du får mm, kk og bb (eller ω0\omega_0 og γ\gamma) og skal finne en tid, et antall svingninger, en kvalitetsfaktor eller en resonansamplitude. Den forekommer i om lag 9 av 10 sett (~90 %) og hører til mekanikkhalvdelen, spørsmål 1–20. Prioritet: høyeste. Oppskriften er alltid den samme: regn γ=b/2m\gamma = b/2m først, avgjør regimet ved å sammenligne med ω0\omega_0, og bruk deretter γ\gamma for amplitude og 2γ2\gamma for energi.

Faktor-2-fellene i dette kapitlet

Fire steder står det en faktor 2, og hver av dem kan gjøres feil for seg: γ=b/2m\gamma = b/2m (ikke b/mb/m); energien går som e−2γte^{-2\gamma t} (ikke e−γte^{-\gamma t}); Q=ω0/(2γ)Q = \omega_0/(2\gamma) (ikke ω0/γ\omega_0/\gamma); bkrit=2mω0b_\text{krit} = 2m\omega_0 (ikke mω0m\omega_0). Fordi hver feil gir et svar som er nøyaktig dobbelt eller halvparten av det riktige, står de gale svarene systematisk på alternativlista. Motgiften er å skrive de tre grunnstørrelsene ω0\omega_0, γ\gamma og forholdet γ/ω0\gamma/\omega_0 ned først, før du regner noe annet.

γ\gamma: dempingskoeffisient eller adiabateksponent?

Bokas mest forvirrende symbolkollisjon, fordi begge betydningene opptrer i eksponentielle uttrykk. I Del 5 er γ=b/2m\gamma = b/2m en dempingskoeffisient med enheten s−1\text{s}^{-1}, typisk mellom 0,1 og 1, og den står i e−γte^{-\gamma t}. I Del 6–10 er γ=CP/CV\gamma = C_P/C_V en adiabateksponent, dimensjonsløs, med verdiene 53≈1,67\tfrac53 \approx 1{,}67 (enatomig gass) og 75=1,40\tfrac75 = 1{,}40 (toatomig), og den står i pVγ=konstantpV^\gamma = \text{konstant}. Kjennetegnet som alltid skiller dem: har størrelsen enhet, er det dempingskoeffisienten. De opptrer aldri i samme oppgave.

Symbol- og formelliste
Repetisjonsoppgaver

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.