Mechanik II / Vorlesung 5 / Prof

Mechanik II / Vorlesung 25 / Prof. Popov
Erzwungene Schwingungen mit zwei
Freiheitsgraden (HSG 5.4.2)
I. Erzwungene ungedämpfte Schwingungen.
Wir betrachten das skizzierte System:
1
2
F(t)
x1
x2
Die Bewegungsgleichungen lauten
m1
x1 = −k1 x1 + k2 ( x2 − x1 )
m2 x2 = − k2 ( x2 − x1 ) + F (t )
k1
k
x1 + 2 ( x2 − x1 )
m1
m1
k
F (t )
x2 = − 2 ( x2 − x1 ) +
m2
m2
Die allgemeine Lösung dieser nicht homogenen
DGL ist gleich der Summe einer Partikularlösung der nicht homogenen Gleichung und der
allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung.
(a) Homogene Gleichung. In ungedämpften
Systemen kann man statt des Exponentialansatzes ein Sinus- oder Kosinusansatz verwenden:
x1 = X cos ωt , x2 = Y cos ωt .
Einsetzen in die Bewegungsgleichungen liefert
k
k
−ω 2 X = − 1 X + 2 (Y − X )
m1
m1
k
−ω 2Y = − 2 (Y − X )0
m2
oder nach Umformung
 k1 + k2

k
(1)
− ω2  X − 2 Y = 0

m
m
1
1


k

k2
(2)
X +  2 − ω2 Y = 0
m2
 m2

Bedingung für die Lösbarkeit des Systems
(charakteristische Gleichung):
 k1 + k2

k
− ω2 
− 2

m1
 m1

∆=
=0
 k2

k2
−
− ω2 

m2
 m2

−
k
(k + k ) 
kk
∆ = ω −  2 + 1 2  ω2 + 1 2 = 0
m1 
m1m2
 m2
4
1  k2 ( k1 + k2 ) 
k1k2
. (4)
±
 +
 −
4  m2
m1  m1m2
2
2
1
x1 = −
Eigenfrequenzen:
k +k 

(ω 2 )1,2 = 12  mk2 + ( 1 m 2 )  ±
1
 2

Eigenformen bekommt man, indem man (3) in
(1) oder (2) einsetzt. Das machen wir aber jetzt
nicht.
Die Determinante (3) kann man nach dem Theorem von Viet umformen (wird später benutzt):
∆ = (ω 2 − ω12 )(ω 2 − ω22 ) .
(5)
(b) Partikularlösung der nicht homogenen
Gleichung.
Die äußere Kraft sei F (t ) = F0 cos ωt .
In ungedämpften Systemen werden die Lösungen in der gleichen Form wie die Krafterregung
gesucht: x1 = X cos ωt , x2 = Y cos ωt . Einsetzen in die Bewegungsgleichungen liefert
 k1 + k2

k
(6)
− ω2  X − 2 Y = 0

m
m
1
1


k

k2
F
X +  2 − ω 2 Y = 0 = f0
m2
m2
 m2

Die Determinanten ∆ X und ∆Y sind
k
0,
− 2
m1
k
∆X =
= f0 2 ,
m1
k

f0 ,  2 − ω 2 
 m2

−
 k1 + k2

− ω2  , 0

m1
k +k


∆Y = 
= f0  1 2 − ω 2  .
k
 m1

− 2,
f0
m2
Somit
∆
k2 / m1
,
(8)
X = X = f0 2
∆
(ω − ω12 )(ω 2 − ω22 )
Y=
(3)
(7)
( k + k ) / m1 − ω 2 .
∆Y
= f 0 21 22
∆
(ω − ω1 )(ω 2 − ω22 )
(9)
X und Y werden ∞ groß bei ω = ω1 und ω = ω2
(zwei Resonanzen).
Numerisches Beispiel. Betrachten wir das uns
bekannte System mit m1 = m2 = 1 , k1 = k2 = 1 .
Die Eigenfrequenzen wurden in der vorigen
1
Vorlesung berechnet. Sie können auch mit (4)
berechnet werden: ω1 = 1.62 , ω2 = 0.62 .
Die Schwingungsamplituden (8) und (9) sind
1
X = f0 2
(10)
2
(ω − 1.62 )(ω 2 − 0.622 )
2 − ω2
Y = f0 2
(ω − 1.622 ) (ω 2 − 0.622 )
(11)
Y
1
2
2
1
x1
Unter diesen Bedingungen reduziert sich das
Zweimassensystem auf den in der Skizze gezeigten Einmassenschwinger. Nur der erste
Körper schwingt und zwar mit der Frequenz
ωt2 = ( k1 + k2 ) / m1 .
II. Erzwungene Schwingungen bei einer periodischen, nicht sinusförmigen Anregung.
X
ω
L
ϕ
R
m
l
Schubkubelgetriebe
Aus den Gleichungen (10) und (11) kann man
folgende Schlussfolgerungen ziehen:
Beide Amplituden werden sowohl bei
ω1 = 1.62 , als auch bei ω2 = 0.62 unendlich
(Resonanz).
Das Verhältnis der Amplituden ist
Y / X = 2 − ω2 .
2
lim Y / X = 2 − ω1 = −0.62
ω →ω1
lim Y / X = 2 − ω2 = 1.62 .
2
ω →ω2
Das bedeutet, dass bei jeder der zwei Resonanzen genau die jeweilige Eigenform angeregt wird. ⇒ Methode zur experimentellen
Untersuchung von Eigenformen.
Die Schwingungsamplitude X ist immer
von Null verschieden. Die Schwingungsamplitude Y dagegen wird Null bei ωt2 = 2 . [Im allgemeinen Fall ωt2 = ( k1 + k2 ) / m1 ]. Das bedeu-
tet, dass trotz der anregenden Kraft, die auf den
zweiten Körper wirkt, bewegt er sich nicht! Das
ist der sogenannte Tilgereffekt. Die entsprechende Frequenz ist Tilgerfrequenz. ⇒ Praktische Anwendung zur Schwingungstilgung.
Bestimmung der Tilgerfrequenz ohne Lösung des Gleichungssystems
Die Tilgerfrequenz kann man sehr einfach
bestimmen, wenn man bemerkt, dass sich der
zweite Körper bei einer Erregung mit der Tilgerfrequenz nicht bewegen darf.
L = R cos ϕ + l 2 − R 2 sin 2 ϕ .
l 2 − R 2 sin 2 ϕ = l 1 − ( R / l ) sin 2 ϕ ≈
2
R2 2
2
 1

l  1 − ( R / l ) sin 2 ϕ  = l −
sin ϕ
2l
 2

1
Da sin 2 ϕ = (1 − cos 2ϕ ) ⇒
2
R2 R2
L = R cos ϕ + l −
+
sin 2ϕ =
4l 4l
R2 R2
R cos ωt + l −
+
sin 2ωt
4l 4l
Bewegungsgleichung mx = − k ( x − x0 (t )) , wo-
R2
sin 2ωt .
4l
1) Wenn x0 (t ) = R cos ωt , dann
bei x0 (t ) = R cos ωt +
−mω 2 x + kx = kR cos ωt ,
kR cos ωt
R cos ωt
x=
=
.
2
2
k − mω
1 − (ω / ω0 )
R2
cos 2ωt , dann
4l
R 2 / 4l ) cos 2ωt
(
.
x=
2
1 − ( 2ω / ω0 )
2) Wenn x0 (t ) =
R2
3) Wenn x0 (t ) = R cos ωt +
sin 2ωt , dann
4l
R 2 / 4l ) cos 2ωt
(
R cos ωt
x=
+
.
2
2
1 − (ω / ω0 )
1 − ( 2ω / ω0 )
2