.05.1 – direkte Kraftanregung auf Kasten mit Kugel

 

Ein Kasten (Masse m1) ist über eine Feder mit der Federkonstante c mit einer Wand verbunden und kann reibungsfrei auf seiner Unterlage gleiten.
In der zylindrischen Bohrung des Kastens (Radius b) liegt ein Rotationskörper r (Radius a, Massenträgheitsmoment Θ2. Wenn der Kasten von der Kraft F(t) horizontal bewegt wird, beginnt der Rotationskörper in der Bohrung zu rollen (ohne zu gleiten). Die Bewegung des Kastens x(t) und des Rotationskörpers φ(t) lassen sich aus zwei Differentialgleichungen bestimmen.

Aufgabenstellung angeregter Kasten

  1. Wie lauten diese Differentialgleichungen?
  2. Die Differentialgleichungen sind für kleine Ausschläge (|φ| << 1) zu linearisieren und dann
  3. für den eingeschwungenen Zustand zu lösen
  4. Für welche Frequenz ΩT ist x(t) = 0 aber φ(t) ≠ 0?

Lösung

Wir treffen zunächst folgende Feststellungen:

  • es gibt zwei Freiheitsgrade: Translation des Kastens, Rotation der Kugel
  • es muss keine Dämpfung berücksichtigt werden
  • Art der Anregung: direkte Kraftanregung

Freigeschnittenes System:

Kinematik:

Zur Veranschaulichung hier eine weitere Grafik:

Die kleine grüne Rotationskörper dreht sich um den Momentanpol M1. Für die Geschwindigkeit v ergibt sich daher:

v = a\dot \psi

Der Rotationskörper dreht sich aber auch innerhalb der großen blauen Bohrung, nämlich um den Momentanpol M2. Auch in diesem Zusammenhang kann die Geschwindigkeit v angegeben werden:

v = \left( {b-a} \right)\dot \varphi

Die Rollbedingung besagt, dass das v von beiden Betrachtungspunkten aus gleich sein muss:

a\dot \psi  = \left( {b-a} \right)\dot \varphi

Durch Umstellen und Ableiten erhalten wir daraus

\ddot \psi  = \frac{{b-a}} {a}\ddot \varphi

Mit den Größen x2 und y2 soll nun die Bewegung des Schwerpunktes des Rotationskörpers beschrieben werden:

x_2  = x+\left( {b-a} \right)\sin \varphi

y_2  = \left( {b-a} \right)\cos \varphi

Wir leiten die Beziehungen zwei mal ab:

\dot x_2  = \dot x+\dot \varphi \left( {b-a} \right)\cos \varphi

\ddot x_2  = \ddot x+\ddot \varphi \left( {b-a} \right)\cos \varphi -\dot \varphi ^2 \left( {b-a} \right)\sin \varphi

\dot y_2  = -\dot \varphi \left( {b-a} \right)\sin \varphi

\ddot y_2  = -\ddot \varphi \left( {b-a} \right)\sin \varphi -\dot \varphi ^2 \left( {b-a} \right)\cos \varphi

\ddot y_2  = \left( {a-b} \right)\left[ {\ddot \varphi \sin \varphi +\dot \varphi ^2 \cos \varphi } \right]

Nun wenden wir den Schwerpunktsatz auf den Kasten an:

m_1 \ddot x = F\left( t \right)+N\sin \varphi -R\cos \varphi -cx

Und für den Rotationskörper gilt:

m_2 \ddot x_2  = -N\sin \varphi +R\cos \varphi

m_2 \ddot y_2  = m_2 g-N\cos \varphi -R\sin \varphi

Hier können wir zudem den Drallsatz aufstellen:

\Theta _2 \ddot \psi  = -Ra

Durch Schwerpunktsatz und Drallsatz haben wir 4 Gleichungen mit 4 Unbekannten erhalten!

a )

Um die Differentialgleichungen zu bestimmen, muss das Gleichungssystem nun aufgelöst werden. Wir betrachten zuerst die beiden Gleichungen

m_2 \ddot x_2  = -N\sin \varphi +R\cos \varphi

m_2 \ddot y_2  = m_2 g-N\cos \varphi -R\sin \varphi

Die erste formen wir nach N um und setzen in die zweite ein:

N = \frac{{-m_2 \ddot x_2 +R\cos \varphi }} {{\sin \varphi }}

m_2 \ddot y_2  = m_2 g+\frac{{m_2 \ddot x_2 \cos \varphi }} {{\sin \varphi }}-R\left( {\frac{{\cos ^2 \varphi }} {{\sin \varphi }}+\sin \varphi } \right)

m_2 \ddot y_2  = m_2 g+\frac{{m_2 \ddot x_2 \cos \varphi }} {{\sin \varphi }}-R\left( {\frac{{\cos ^2 \varphi +\sin ^2 \varphi }} {{\sin \varphi }}} \right)

-m_2 \ddot y_2 \sin \varphi +m_2 g\sin \varphi +m_2 \ddot x_2 \cos \varphi  = R

Nun setzen wir die Beziehungen

\ddot x_2  = \ddot x+\left( {b-a} \right)\left[ {\ddot \varphi \cos \varphi -\dot \varphi ^2 \sin \varphi } \right]

\ddot y_2  = \left( {a-b} \right)\left[ {\ddot \varphi \sin \varphi +\dot \varphi ^2 \cos \varphi } \right]

ein:

R = -m_2 \left( {a-b} \right)\left[ {\ddot \varphi \sin \varphi +\dot \varphi ^2 \cos \varphi } \right]\sin \varphi +m_2 g\sin \varphi +m_2 \ddot x\cos \varphi +m_2 \left( {b-a} \right)\left[ {\ddot \varphi \cos \varphi -\dot \varphi ^2 \sin \varphi } \right]\cos \varphi

R = m_2 \left( {b-a} \right)\left\{ {\ddot \varphi \sin ^2 \varphi +\dot \varphi ^2 \cos \varphi \sin \varphi +\ddot \varphi \cos ^2 \varphi -\dot \varphi ^2 \cos \varphi \sin \varphi } \right\}+m_2 g\sin \varphi +m_2 \ddot x\cos \varphi

R = m_2 \left( {b-a} \right)\left\{ {\ddot \varphi } \right\}+m_2 g\sin \varphi +m_2 \ddot x\cos \varphi

R = m_2 \left( {\ddot \varphi \left( {b-a} \right)+g\sin \varphi +\ddot x\cos \varphi } \right)

Die Kraft setzen wir in die andere Gleichung ein:

N = \frac{{-m_2 \ddot x_2 +R\cos \varphi }} {{\sin \varphi }}

N = \frac{{-m_2 \ddot x_2 -m_2 \ddot y_2 \sin \varphi \cos \varphi +m_2 g\sin \varphi \cos \varphi +m_2 \ddot x_2 \cos ^2 \varphi }} {{\sin \varphi }}

N = -\frac{{m_2 \ddot x_2 }} {{\sin \varphi }}+\frac{{m_2 \ddot x_2 \cos ^2 \varphi }} {{\sin \varphi }}-m_2 \ddot y_2 \cos \varphi +m_2 g\cos \varphi

N = -\frac{{m_2 \ddot x_2 \left( {\cos ^2 \varphi -1} \right)}} {{\sin \varphi }}-m_2 \ddot y_2 \cos \varphi +m_2 g\cos \varphi

N = m_2 \left( {-\ddot x_2 \sin \varphi -\ddot y_2 \cos \varphi +g\cos \varphi } \right)

Die Kräfte setzen wir nun in die beiden Gleichungen

m_1 \ddot x = F\left( t \right)+N\sin \varphi -R\cos \varphi -cx

\Theta _2 \ddot \psi  = -Ra

ein und erhalten so:

m_1 \ddot x = F\left( t \right)+m_2 \left( {-\ddot x\sin \varphi +g\cos \varphi +\left( {b-a} \right)\dot \varphi ^2 } \right)\sin \varphi -m_2 \left( {\ddot \varphi \left( {b-a} \right)+g\sin \varphi +\ddot x\cos \varphi } \right)\cos \varphi -cx

m_1 \ddot x = F\left( t \right)+m_2 \left( {-\ddot x\sin ^2 \varphi +g\sin \varphi \cos \varphi +\sin \varphi \left( {b-a} \right)\dot \varphi ^2 -\cos \varphi \left( {b-a} \right)\ddot \varphi -g\sin \varphi \cos \varphi -\ddot x\cos ^2 \varphi } \right)-cx

m_1 \ddot x = F\left( t \right)+m_2 \left( {-\ddot x+\sin \varphi \left( {b-a} \right)\dot \varphi ^2 -\cos \varphi \left( {b-a} \right)\ddot \varphi } \right)-cx

\left( {m_1 +m_2 } \right)\ddot x-m_2 \left( {b-a} \right)\left( {\dot \varphi ^2 \sin \varphi -\ddot \varphi \cos \varphi } \right)+cx = F\left( t \right)

und

\Theta _2 \ddot \psi  = -m_2 a\left( {\ddot \varphi \left( {b-a} \right)+g\sin \varphi +\ddot x\cos \varphi } \right)

m_2 \ddot x\cos \varphi +\Theta _2 \frac{{b-a}} {{a^2 }}\ddot \varphi +m_2 a\left( {\ddot \varphi \left( {b-a} \right)+g\sin \varphi } \right) = 0

m_2 \ddot x\cos \varphi +\left( {\frac{{\Theta _2 }} {{a^2 }}+m_2 } \right)\ddot \varphi \left( {b-a} \right)+m_2 g\sin \varphi  = 0

b )

\varphi  \ll 1\quad \quad  \Rightarrow \quad \quad \sin \varphi  \approx \varphi ,\quad \quad \cos \varphi  \approx 1,\quad \quad \dot \varphi ^2 \sin \varphi  \approx 0

Aus dem gekoppelten DGL-System wird mit diesen Vereinfachungen:

\left( {m_1 +m_2 } \right)\ddot x+m_2 \left( {b-a} \right)\ddot \varphi +cx = F\left( t \right)

m_2 \ddot x+\left( {m_2 +\frac{{\Theta _2 }} {{a^2 }}} \right)\left( {b-a} \right)\ddot \varphi +m_2 g\varphi  = 0

Oder als Matrix geschrieben:

\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    m_1 +m_2  & {\left( {b-a} \right)m_2 }  \\    {m_2 } & {\left( {b-a} \right)\left( {m_2 +\frac{{\Theta _2 }} {{a^2 }}} \right)}  \\   \end{array} } \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    \ddot x  \\    {\ddot \varphi }  \\   \end{array} } \right]+\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    c & 0  \\    0 & {mg}  \\   \end{array} } \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    x  \\    \varphi   \\   \end{array} } \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    F\left( t \right)  \\    0  \\   \end{array} } \right]

c )

Die folgende DGL soll gelöst werden:

\left[ M \right]\left\{ {\ddot x} \right\}+\left[ K \right]\left\{ x \right\} = \left\{ {\hat F} \right\}\sin \Omega t

Da nur der Eingeschwungene Zustand betrachtet wird, in dem die homogene Lösung schon abgeklungen ist, suchen wir nach der partikulären Lösung.

Ansatz vom Typ der rechten Seite:

\left\{ x \right\} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    \hat x  \\    {\hat \varphi }  \\   \end{array} } \right]\sin \Omega t = \left\{ {\hat x} \right\}\sin \Omega t

zweite Ableitung:

\left\{ {\ddot x} \right\} = -\Omega ^2 \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    \hat x  \\    {\hat \phi }  \\   \end{array} } \right]\sin \Omega t = -\Omega ^2 \left\{ {\hat x} \right\}\sin \Omega t

eingesetzt:

\left( {\left[ K \right]-\Omega ^2 \left[ M \right]} \right)\left\{ {\hat x} \right\}\sin \Omega t = \left\{ {\hat F} \right\}\sin \Omega t

kürzen:

\underbrace {\left( {\left[ K \right]-\Omega ^2 \left[ M \right]} \right)}_{\left[ B \right]}\left\{ {\hat x} \right\} = \left\{ {\hat F} \right\}

Wir bringen die Matrix B als Inverse auf die andere Seite der Gleichung und erhalten:

\Rightarrow \quad \left\{ {\hat x} \right\} = \left[ B \right]^{-1} \left\{ {\hat F} \right\}

Wie man die Inverse berechnet, kann in diesem Artikel nachgelesen werden.

\det B = \left( {M_{11} M_{22} -M_{12} M_{21} } \right)\Omega ^4 -\left( {M_{11} K_{22} +M_{22} K_{11} } \right)\Omega ^2 +K_{11} K_{22}

\left[ B \right]^{-1}  = \frac{1} {{\det B}}\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}    K_{22} -\Omega ^2 M_{22}  & {\Omega ^2 M_{12} }  \\    {\Omega ^2 M_{21} } & {K_{11} -\Omega ^2 M_{11} }  \\   \end{array} } \right]

Für die obere Gleichung gilt damit:

\hat x = \frac{1} {{\det B}}\left( {K_{22} -\Omega ^2 M_{22} } \right)\hat F

\Rightarrow \quad x\left( t \right) = \frac{1} {{\det B}}\left[ {m_2 g-\left( {b-a} \right)\left( {m_2 +\frac{{\Theta _2 }} {{a^2 }}} \right)\Omega ^2 } \right]\hat F\sin \Omega t

Und für die untere:

\hat \varphi  = \frac{1} {{\det B}}\Omega ^2 M_{21} \hat F

\Rightarrow \quad \varphi \left( t \right) = \frac{1} {{\det B}}m_2 \Omega ^2 \hat F\sin \Omega t

d )

Tilgung

x\left( t \right) = 0 = \frac{1} {{\det B}}\underbrace {\left[ {m_2 g-\left( {b-a} \right)\left( {m_2 +\frac{{\Theta _2 }} {{a^2 }}} \right)\Omega ^2 } \right]}_{ = 0}\hat F\sin \Omega t

\Omega _T  = \sqrt {\frac{{m_2 g}} {{\left( {b-a} \right)\left( {m_2 +\frac{{\Theta _2 }} {{a^2 }}} \right)}}}