a) Wir nutzen den Drallsatz für die Rolle und horizontale Komponente des Schwerpunktsatzes, für kleine Auslenkungen: Abb.

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1 Tutoriumsaufgaben. Aufgabe a) Wir nutzen den Drallsatz für die olle und horizontale Komponente des Schwerpunktsatzes, für kleine Auslenkungen: Θ S φ = M(t) rs + cos(φ) F c + F H () m x = S + F H F c Gl. () (2) m x + Θ S φ = M(t) + ( + r)s 2Fc (3) Abb. : Freischnitt Schwerpunktsatz für die Masse 2, senkrechte Komponente: m 2 y = m 2 g F D S (4) Kinematik(reines ollen): φ = x (5) y = x A = ( + r) φ ( = + r ) x (6) Kraftgesetze: Federgesetz: F c = cx B = 2cx (7) ( Dämpferkraft: F D = k y = k x C = k + r ) x (8) B C x 2x (+r)x Durch Einsetzen erhält man folgende Differentialgleichung für die Koordinate x: [ Θ S 2 + m + ( + r ] ) 2m2 x + ( + r ) 2k x + 4cx = cos(ωt) + ( + r ) m2 g (9) S. /2

2 Mit den Abkürzungen [ Θ S m = 2 + m + ( + r ] ) 2m2 2δ = k( + r m ω 2 = 4c m ) 2 f 0 = m 2g ( + r m f = ergibt sich: ) (0) () (2) (3) (4) x + 2δ x + ω 2 x = f 0 + f cos(ωt) (5) Statische uhelage bedeutet, dass: x stat = x stat = 0. Es ruht auch der Antrieb, wodurch: M(t) = 0 f = 0. Damit wird: x stat = f 0 ω 2 = m ( ) 2g + r 4c (6) b) Aus x = x x stat folgt: x = x + x stat, x = x, x = x (7) Einsetzen in Gl. (5) und mit (6): x + 2δ x + ω 2 x = f cos(ωt) (8) Durch die Koordinatentransformation (7) entfällt der zeitlich konstante Anteil der Inhomogenität der Bewegungsdifferentialgleichung (5). c) Zur Untersuchung der Eigenfrequenzen suchen wir zuerst die Lösung der homogenen Bewegungsdifferentialgleichung (ohne Antrieb). Im Folgenden wird auf die Schlange über dem x verzichtet. Die homogene DGL (8) lautet: x + 2δ x + ω 2 x = 0 (9) Exponentialansatz für die homogene Lösung: x h (t) = Ae λt (20) Durch Einsetzen erhalten wir das charakteristische Ploynom (mit e λt 0): ( λ 2 + 2δλ + ω 2) A = 0 (2) S. 2/2

3 A = 0 ist die triviale Lösung (keine Bewegung). Sonst: λ /2 = δ ± δ 2 ω 2. (22) Mit D := δ ω = k( + r ) 2 4 c m (Lehrsches Dämpfungsmaß), (23) ist λ /2 = δ ± iω d mit ω d = ω D 2 und i 2 = (24) und die homogene Lösung der Bewegungsdifferrentialgleichung lautet x h (t) = e δt( A e iω dt + A 2 e iω dt ). (25) Wegen e iω dt = cos ω d t + i sin ω d t beschreibt der Ausdruck in den Klammern eine harmonische Schwingungn x h (t) = e δt( (A + A 2 ) cos(ω d t) + (ia ia 2 ) sin(ω d t) ) (26) mit der Kreisfrequenz der gedämpften und ungedämpften Schwingung: ω d = ω 2 δ 2 = ( 4c m k2 + r ) 4 4c, und ω = 4 m. (27) Die Eigenfrequenz beträgt: ν = ω d 2π = ( 4c 2π m k2 + r ) 4. (28) 4 m d) Jetzt betrachten wir die vollständige DGL (8) unter Verzicht auf die Schlange über dem x: x + 2δ x + ω 2 x = cos(ωt), (29) und finden die partikuläre Lösung mit dem Ansatz vom Typ der rechten Seite (^x, φ sind Unbekannten) x p = ^x cos(ωt φ) x p = ^x cos(ωt) cos(φ) + ^x sin(ωt) sin(φ) (30) x p = Ω^x sin(ωt) cos(φ) + Ω^x cos(ωt) sin(φ) (3) x p = Ω 2^x cos(ωt) cos(φ) Ω 2^x sin(ωt) sin(φ) (32) S. 3/2

4 eingesetzt in die DGL ( 0 = cos(ωt) Ω 2^x cos(φ) + 2δΩ^x sin(φ) + ω 2^x cos(φ) ( + sin(ωt) Ω 2^x sin(φ) 2δΩ^x cos(φ) + ω 2^x sin(φ) ) ) + (33) kann bestimmt werden, da die Summe der orthogonalen (deswegen voneinander unabhängigen) Funktionen sin( ), cos( ) nur dann null sein kann, wenn beide Klammer gleichzeitig Null sind. Man kann auch so argumentieren, dass diese Gleichung für alle Zeiten erfüllt werden muss, da die sin( ), cos( ) Funktionen ohne Phasenverschiebung (gleiches Argument) niemals gleichzeitig Null sein weden, müssen beide Klammern null sein. Folglich lassen sich daraus zwei Gleichungen ableiten: I: 0 = Ω 2^x cos(φ) + 2δΩ^x sin(φ) + ω 2^x cos(φ) (34) II: 0 = Ω 2^x sin(φ) 2δΩ^x cos(φ) + ω 2^x sin(φ) (35) Aus der zweiten Gleichung lässt sich die Phasenverschiebung bestimmen: 0 = Ω tan(φ) 2δΩ + ω 2 tan(φ) (36) ( ) 2δΩ φ = arctan ω 2 Ω 2 (37) In der Literatur wird häufig die dimensionslose Konstante η = Ω ω letzte Gl. ergibt zu: ( ) 2Dη φ = arctan η 2 Aus Gleichung (I) ergibt sich die Amplitude. Für die Amplitude rechnen wir: cos(φ) Gl.(34) + sin(φ) Gl.(35): ) 0 = ^x ( ω 2 Ω 2 cos(φ) ^x = eingeführt, womit sich die (38) cos(φ) ω 2 Ω 2. (39) Hier müssen wir noch die Lösung für die Phasenverschiebung einsetzen, mit der Hilfsformel: cos 2 (φ) = sin2 (φ) + cos 2 (φ) cos 2 = + tan 2 (φ) cos(φ) = (φ) + tan 2 (φ) (40) Damit ist die Amplitude: ^x = (ω 2 Ω 2 ) 2 + 4δ 2 Ω, oder mit η: ^x = 2 ( η 2 ) 2 + 4D 2 η 2 ω 2. (4) Die Gesamtlösung der Differentialgleichung ergäbe sich aus der Addition von homogener und partikulärer Lösung: x(t) = x h (t) + x p (t), S. 4/2

5 wobei im eingeschwungenen Zustand (stationär) die homogene Lösung abgeklungen ist und nur die Partikuläre bleibt. Alternative: Die partikuläre Lösung x p (t) der Differentialgleichung kann noch auf einem anderen Weg gefunden werden: x p + 2δ x p + ω 2 x p = cos (Ωt). (42) Als Hilfestellung wird zunächst die Differentialgleichung y p + 2δ y p + ω 2 y p = sin (Ωt) (43) mit der Lösung y p (t) betrachtet. Multipliziert man Gleichung ((43)) mit der imaginären Zahl i und addiert dann Gleichung ((42)), erhält man x p + 2δ x p + ω 2 x p + i y p + 2δi y p + ω 2 iy p = cos (Ωt) + i sin (Ωt), (44) was mit der neuen (komplexen!) Funktion z p = x p + iy p (45) und der Identität e iωt = cos (Ωt) + i sin (Ωt) (46) schreiben kann als x p + i y z p + 2δ x p + 2δi y 2δ z p + ω 2 x p + ω 2 iy = ω 2 z p cos (Ωt) + i sin (Ωt) eiωt (47) z p + 2δ z p + ω 2 z p = eiωt. (48) Dies ist eine Differentialgleichung für die komplexe Funktion z p (t). Schaut man sich Gleichung ((45)) an wird klar, dass sich die ursprünglich gesucht Funktion x p (t) aus z p (t) berechnen lässt, es gilt nämlich x p (t) = e {z p (t)}. (49) Wenn es also gelingt, z p (t) als Lösung von ((48)) zu bestimmen, kann auch x p (t) aus dieser Lösung bestimmt werden. Für die Lösung der Gleichung ((48)) benutzen wir den folgenden Ansatz vom Typ der rechten Seite (Gleichtaktansatz). z p (t) = ^z p e iωt. (50) Einsetzen der Gleichung ((50)) in ((48)) und Ausführen der Zeitableitungen ergibt sowie Umstellen S. 5/2

6 ergibt ^z p (iω) 2 e iωt + 2δ^z p iωe iωt + ω 2^z p e iωt = eiωt (5) ( ^z p (iω) 2 + 2δiΩ + ω 2) e iωt = eiωt (52) ) ^z p ( ω 2 Ω 2 + i2δω e iωt = eiωt. (53) Da dies für alle Zeiten t gelten soll, ergibt sich für die komplexe Zahl ^z p ^z p = ω 2 Ω 2 + i2δω. (54) In der Literatur werden häufig die dimensionslose Konstanten η = Ω ω und D = δ ω eingeführt. Erweitert man Gleichung ((54)) mit lässt sich schreiben ω 2 ^z p = ^z p = ω 2 Ω 2 + i2δω 2 η 2 + i2dη ω 2 ω 2 (55) ω 2. (56) Damit ist die Lösung von ((48)) grundsätzlich gefunden. Ursprünglich war jedoch x p (t) gesucht, was über die Vorschrift in Gleichung ((49)) bestimmt wird. Zunächst wird jedoch weiter die komplexe Zahl ^z p betrachtet. Wie alle komplexen Zahlen, lässt sich ^z p über den rein reellen Betrag ^z p und einen ebenfalls rein reellen Winkel φ (das Argument der komplexen Zahl) schreiben als ^z p = ^z p e iφ. (57) Das Minuszeichen im Exponent der e-funktion ist dabei zunächst willkürlich, physikalisch aber durchaus sinnvoll wie später ersichtlich wird. Daraus folgt für die Funktion z p (t) und damit für die eigentlich gesucht Funktion x p (t) z p (t) = ^z p e iωt (58) = ^z p e iφ e iωt (59) = ^z p e i(ωt φ) (60) x p (t) = e {z p (t)} (6) { = e ^z p e i(ωt φ)} (62) { = ^z p e e i(ωt φ)} (63) = ^z p e {cos (Ωt φ) + i sin (Ωt φ)} (64) = ^z p cos (Ωt φ) (65) = ^x p cos (Ωt φ) (66) Abschließend müssen noch die Amplitude ^x p und der sogenannte Phasenwinkel φ aus Gleichung S. 6/2

7 ((56)) berechnet werden. Dabei ist und ^x p = (^z p ) (67) = η 2 + i2dη ω 2 (68) = 2 η 2 + i2dη ω 2 (69) = ( η 2 ) 2 + 4D 2 η 2 ω 2 (70) φ = arg {^z p } (7) { } Im {^zp } = arctan (72) e {^z p } { } 2Dη = arctan η 2 (73) { } 2Dη = arctan η 2 (74) { } 2Dη φ = arctan η 2. (75) 2. Aufgabe a) Drehimpulssatz um den Punkt A (der auf der zeitlich festen Drehachse liegt): Θ A φ = +F cos(φ)a + F 2 cos(φ)(b + c) + F D cos(φ)b () ( Θ S + mb 2) φ = +F cos(φ)a + F 2 cos(φ)(b + c) + F D cos(φ)b (2) Kinematik (bei kleinem Drehwinkel φ, also schon linearisiert): Abb. 2: Freischnitt S. 7/2

8 x = a sin(φ) aφ x 2 = (b + c) sin(φ) (b + c)φ (4) x 3 = b sin(φ) x 3 = b φ cos(φ) b φ (5) (3) Kraftgesetze: F = c x = c a sin(φ) c aφ (6) F 2 = c 2 x 2 = c 2 (b + c) sin(φ) c 2 (b + c)φ (7) F D = k x 3 = kb φ cos(φ) kb φ (8) Zusammenfassen: ( Θ S + mb 2) φ + c a 2 sin(φ) cos(φ) + c 2 (b + c) 2 sin(φ) cos(φ) + kb 2 cos 2 (φ) φ = 0 (9) ( Θ S + mb 2) φ + c a 2 φ + c 2 (b + c) 2 φ + kb 2 φ = 0 (0) φ + kb 2 Θ S + mb 2 φ + c a 2 + c 2 (b + c) 2 Θ S + mb 2 φ = 0 (Schwingungs-DGL) () b) Die allgemeine Form der Schwingungsdifferentialgleichung einer freien gedämpften Schwingung lautet: x + 2δ x + ω 2 x = 0. (2) Sie hat bei schwacher Dämpfung δ 2 < ω 2 die Lösung: x(t) = e δt (A cos ω d t + B sin ω d t) (3) mit der Eigenkreisfrequenz des gedämpften Systems ω d = ω 2 δ 2, (4) die bei verschwindender Dämpfung δ 0 übergeht in die Eigenkreisfrequenz des ungedämpften Systems ω. Ein Koeffizientenvergleich von () mit (2) ergibt: kb 2 2δ = Θ S + mb 2 (5) c a ω = 2 + c 2 (b + c) 2 Θ S + mb 2 (6) c a ω d = 2 + c 2 (b + c) 2 Θ S + mb 2 ( kb 2 ) 2 4 Θ S + mb 2 (7) Gleichung (6) gibt die gesuchte ungedämpfte und Gleichung (7) die gedämpfte Eigenfrequenz an. S. 8/2

9 c) Eine Schwingung stellt sich nur bei schwacher Dämpfung ein, wenn δ 2 < ω 2 : ( kb 2 ) 2 2 Θ S + mb 2 < c a 2 + c 2 (b + c) 2 Θ S + mb 2 (8) Für den Spezialfall c = 2c 2 und a = b = c ergibt sich: ( ka 2 ) 2 2 Θ S + ma 2 < 6c 2a 2 Θ S + ma 2. Damit das System schwingt, muss demnach gelten: k 2 < 24 a 2 (ΘS + ma 2 )c 2 (9) Hausaufgaben 3. Aufgabe Abb. 3: Freischnitt a) Drehimpulssatz um O: Θ O φ = F c3 a F D a F c *(2l + a) () Kinematik und Kraftgesetze: F D = ka φ F c3 = c 3 aφ F c * = c * (2l + a)φ Bei eihenschaltung von Federn addieren sich die Nachgiebigkeiten: c * = + c c 2 c * = c c 2 c + c 2 (2) (3) S. 9/2

10 Steinerscher Satz (Parallelachsensatz): Θ O = Θ S + ml 2 Die Bewegungsdifferentialgleichung lautet dann aus Gl. (): φ + 2δ φ + ω 2 φ = 0 mit δ = ka 2 2 Θ S + ml 2, ω2 = c* (2l + a) 2 + c 3 a 2 Θ S + ml 2 (4) b) Gedämpftes System: Lösung der homogenen DGL (4) mit einem Exponentialansatz φ = e λt. Eingesetzt in die DGL (4): λ 2 + 2δλ + ω 2 = 0 λ /2 = δ ± δ 2 ω 2 bei schwacher Dämpfung, d.h. ω 2 > δ 2 : λ /2 = δ ± i ω 2 δ 2 Beim Einsetzen von λ /2 in den Exponentialansatz (zur Erinnerung: e iα = cos α+i sin α) erhalten wir schließlich φ(t) = e δt [A cos ω d t + A 2 sin ω d t] (5) mit reellen Konstanten A und A 2 und mit der Eigenkreisfrequenz des gedämpften Systems ω d = ω 2 δ 2 c * (2l + a) 2 + c 3 a 2 = Θ S + ml 2 k 2 a 4 4 (Θ S + ml 2 ) 2 (6) wobei c * durch Gl. (3) gegeben ist. Die Eigenkreisfrequenz des ungedämpften Systems ist gerade ω, wie man für k = 0 aus Gl. ((6)) erkennt. 4. Aufgabe a) Der Drallsatz um den ruhenden Punkt A liefert: Θ A φ = cφ ra 2 φ c f l 2 φ () ) 2 mit Θ A = Θ S + m( l 2 = 2 ml2 + 4 ml2 = 3 ml2 bekannt. () umgestellt liefert mit den Abkürzungen 2δ := ra2 und ω 2 := c+c f l 2 Θ A Θ A φ + 2δ φ + ω 2 φ = 0 (2) S. 0/2

11 Abb. 4: Vereinfachtes Modell mit der Ersatzsteifigkeit c = 2 2 c d für die parallel geschalteten Drehfedern und ausgelenkte Lage für φ << mit Schnittkräften b) Der Ansatz φ(t) = e λt eingesetzt in (2) liefert: λ 2 + 2δλ + ω 2 = 0 (3) λ /2 = δ ± δ 2 ω 2 (4) Für schwache Dämpfung δ 2 << ω 2 ist das λ /2 = δ ± i ω 2 δ 2 also λ = λ 2 (5) c) Mit der Abkürzung ω d := ω 2 δ 2 lautet damit die allgemeine Lösung von (2) φ(t) = e δt {c cos(ω d t) + c 2 sin(ω d t)} (6) Die spezielle Lösung erhält man durch Anpassen an die Anfangsbedingungen φ(t = 0) = 0 φ(t = 0) = Ω (AB ) (AB 2) Aus (AB ) folgt sofort c = 0. Ausserdem erhält man durch Ableitung φ(t) = δe δt {c cos(ω d t) + c 2 sin(ω d t)}... (7)... + e δt { c ω d sin(ω d t) + c 2 ω d cos(ω d t)} (8) c =0 = δe δt c 2 sin(ω d t) + e δt c 2 ω d cos(ω d t) (9) φ(t = 0) = c 2 ω d! = Ω 0 (0) c 2 = Ω 0 ω d () S. /2

12 Die spezielle Lösung lautet also φ(t) = e δt( Ω 0 ω d ) sin(ω d t) (2) was eine abklingende Sinusschwingung darstellt. S. 2/2