.03.4 – Motor mit exzentrischem Rotor an Balken

 

Ein Elektromotor mit der Masse M ist wie skizziert auf einem Träger der Länge L montiert. Der Rotor des Motors mit der Masse m habe die Schwerpunktexzentrizität e und die Drehfrequenz f. Die Masse des Trägers werde gegenüber der Motormasse vernachlässigt.

Aufgabenstellung Motor an Balken

Berechnen Sie:

  1. die statische Durchbiegung xstat
  2. die Eigenfrequenz f1 des ungedämpften Systems
  3. die Amplitude A* des Motors bei der Drehfrequenz f unter der Annahme, dass die Eigenschwingungen infolge der sehr kleinen Materialdämpfung des Trägers abgeklungen sind

Gegeben: M = 76 kg, m = 38 kg, f = 25 Hz, e = 100 µm, E = 206 GPa, Iy = 1,48 · 10-6 m4, L = 1m

Lösung

a )

Statische Belastung des Systems:

Freigeschnittener Balken

Das System ist statisch bestimmt, die Auflagerreaktionen können bestimmt werden:

Freischnitt zur Berechnung der Auflagerreaktionen

A_z  = F_{stat}

A_x  = 0

M_y  = LF_{stat}

Um bei der Herleitung der Biegelinie Arbeit zu sparen, berechnen wir noch das Biegemoment in Abhängigkeit von x:

Biegemomentverlauf Berechnung Freischnitt

N = A_x  = 0

Q = A_z  = F_{stat}

LF_{stat} +M-Qx = 0\quad  \Rightarrow \quad M = F_{stat} x-LF_{stat}

Die Differentialgleichung für die Biegelinie lautet:

EI_y w^{^{primeprime}}  = -M

Wir setzen den berechneten Biegemomentverlauf ein:

EI_y w^{^{primeprime}}  = LF_{stat} -F_{stat} x

Durch Integration erhalten wir:

EI_y w^{\prime}  = LF_{stat} x-\frac{{F_{stat} }} {2}x^2 +C_1

w^{\prime}  = \frac{{LF_{stat} }} {{EI_y }}x-\frac{{F_{stat} }} {{2EI_y }}x^2 +\frac{{C_1 }} {{EI_y }}

w = \frac{{LF_{stat} }} {{2EI_y }}x^2 -\frac{{F_{stat} }} {{6EI_y }}x^3 +\frac{{C_1 }} {{EI_y }}x+C_2

Nun arbeiten wir die Randbedingungen ein (der Balken ist links fest eingespannt):

w\left( 0 \right) = 0\quad \quad  \Rightarrow \quad \quad C_2  = 0

w^{\prime} \left( 0 \right) = 0\quad \quad  \Rightarrow \quad \quad C_1  = 0

w = \frac{{LF_{stat} }} {{2EI_y }}x^2 -\frac{{F_{stat} }} {{6EI_y }}x^3

In der Aufgabenstellung ist nach der statischen Verbiegung am Ende des Balkens gefragt, also nach w(L):

w\left( L \right) = \frac{{L^3 F_{stat} }} {{2EI_y }}-\frac{{L^3 F_{stat} }} {{6EI_y }} = \frac{{L^3 F_{stat} }} {{3EI_y }} = \frac{{MgL^3 }} {{3EI_y }}

Werte einsetzen:

w\left( L \right) = \frac{{MgL^3 }} {{3EI_y }} = \frac{{76kg \cdot 9,81m \cdot 1m^3  \cdot m^2  \cdot s^2 }} {{3 \cdot 206 \cdot 10^9 kg \cdot m \cdot 1,48 \cdot 10^{-6} m^4  \cdot s^2 }} = \frac{{76 \cdot 9,81}} {{3 \cdot 206 \cdot 10^9  \cdot 1,48 \cdot 10^{-6} }}m

= 0,8149mm

b )

Um die Differentialgleichung aufstellen zu können, erstellen wir als erstes ein Ersatzsystem für die durch Unwuchtanregung erzwungene, im Balken durch Materialdämpfung gedämpfte Schwingung:

Ersatzsystem Stator und Rotor

FR ist die vertikale Kraft, die der Rotor auf den Stator ausübt.

Wir stellen nun den Schwerpunktsatz auf.

Für den Stator gilt:

\left( {M-m} \right)\ddot x = F_R +\left( {M-m} \right)g-F_c -F_d

und für den Rotor:

m\ddot x_{rot}  = mg-F_R ,\quad \quad \quad x_{rot}  = x+e\cos \left( {\Omega t} \right)

\Rightarrow \quad \quad F_R  = mg-m\ddot x_{rot}  = m\left( {g-\ddot x+e\Omega ^2 \cos \left( {\Omega t} \right)} \right)

In die Differentialgleichung eingesetzt:

\left( {M-m} \right)\ddot x = m\left( {g-\ddot x+e\Omega ^2 \cos \left( {\Omega t} \right)} \right)+\left( {M-m} \right)g-F_c -F_d

M \ddot x+r \dot x+cx = m \left( {g+e \Omega ^2 \cos \left( {\Omega t} \right)} \right)+\left( {M-m} \right)g

M \ddot x+r \dot x+cx = Mg+me \Omega ^2 \cos \left( {\Omega t} \right)

Wir dividieren abschließend durch die Masse M:

\ddot x+\frac{r} {M}\dot x+\frac{c} {M}x = g+\frac{{me\Omega ^2 }} {M}\cos \left( {\Omega t} \right)

Um nun die Schwingung unabhängig von der statischen Durchbiegung betrachten zu können, spalten wir die Gleichgewichtslage ab (Koordinatentransformation):

x\left( t \right) = x_{stat} +y\left( t \right)

Dabei bleiben Schwinggeschwindigkeit und -beschleunigung gleich:

y\left( t \right) = x\left( t \right)-x_{stat}

\dot y\left( t \right) = \dot x\left( t \right)-0 = \dot x\left( t \right)

\ddot y\left( t \right) = \ddot x\left( t \right)

Einsetzen:

\ddot y+\frac{r} {M}\dot y+\frac{c} {M}\left( {x_{stat} +y} \right) = g+\frac{{me\Omega ^2 }} {M}\cos \left( {\Omega t} \right)

\ddot y+\frac{r} {M}\dot y+\frac{c} {M}y+x_{stat} \frac{c} {M} = g+\frac{{me\Omega ^2 }} {M}\cos \left( {\Omega t} \right)

Für eine Feder gilt:

F_c  = cx\quad \quad  \Rightarrow \quad \quad x = \frac{{F_c }} {c}

In diesem Fall:

x_{stat}  = \frac{{Mg}} {c}

eingesetzt:

\ddot y+\frac{r} {M}\dot y+\frac{c} {M}y+g = g+\frac{{me\Omega ^2 }} {M}\cos \left( {\Omega t} \right)

\ddot y+\frac{r} {M}\dot y+\frac{c} {M}y = \frac{{me\Omega ^2 }} {M}\cos \left( {\Omega t} \right)

Der Vergleich mit der Standard-Schwingungs-DGL

\ddot y+2\delta \dot y+\omega _1^2 y = f_0 \cos \left( {\Omega t} \right)

ergibt

\frac{r} {M} = 2\delta \quad \quad  \Rightarrow \quad \quad \delta  = \frac{r} {{2M}}

\frac{c} {M} = \omega _1^2 \quad \quad  \Rightarrow \quad \quad \omega _1  = \sqrt {\frac{c} {M}}

f_0  = \frac{{me\Omega ^2 }} {M}

Für eine Feder gilt:

F_c  = cx\quad \quad  \Rightarrow \quad \quad c = \frac{{F_c }} {x}

In diesem Fall:

c_{Balken}  = \frac{{Mg}} {{w\left( L \right)}} = \frac{{3MgEI_y }} {{MgL^3 }} = \frac{{3EI_y }} {{L^3 }}

Wir erhalten für die Eigenkreisfrequenz des ungedämpften Systems:

\omega _1  = \sqrt {\frac{c} {M}}  = \sqrt {\frac{{3EI_y }} {{ML^3 }}}

Die Eigenfrequenz des ungedämpften Systems ergibt sich zu

f_1  = \frac{{\omega _1 }} {{2\pi }} = \frac{1} {{2\pi }}\sqrt {\frac{{3EI_y }} {{ML^3 }}}

Werte einsetzen:

f_1  = \frac{1} {{2\pi }}\sqrt {\frac{{3 \cdot 206 \cdot 10^9 kg \cdot m \cdot 1,48 \cdot 10^{-6} m^4 }} {{76kg \cdot 1m^3  \cdot s^2  \cdot m^2 }}}  = \frac{1} {{2\pi }}\sqrt {\frac{{3 \cdot 206 \cdot 10^9  \cdot 1,48 \cdot 10^{-6} }} {{76s^2 }}}  = 17,46s^{-1}

c )

Das Ziel ist es nun, die Amplitude der Auslenkung des Motors (also die Auslenkung des Endes des Stabes) nach der Einschwingzeit zu berechnen. Da die homogene Lösung in Folge von sehr schwacher Dämpfung mit der Zeit verloren geht, müssen wir nur die partikuläre Lösung betrachten.

Die Differentialgleichung lautet:

\ddot y+2\delta \dot y+\omega _1^2 y = f_0 \cos \left( {\Omega t} \right)

Für eine partikuläre Lösung nutzen wir den Ansatz

y = A\cos \Omega t+B\sin \Omega t

\dot y = -A\Omega \sin \Omega t+B\Omega \cos \Omega t

\ddot y = -A\Omega ^2 \cos \Omega t-B\Omega ^2 \sin \Omega t

In die DGL eingesetzt folgt daraus

-A\Omega ^2 \cos \Omega t-B\Omega ^2 \sin \Omega t-2\delta A\Omega \sin \Omega t+2\delta B\Omega \cos \Omega t+\omega _1^2 A\cos \Omega t+\omega _1^2 B\sin \Omega t = f_0 \cos \Omega t

Ausgeklammert:

\cos \Omega t\left( {-A\Omega ^2 +2\delta B\Omega +\omega _1^2 A-f_0 } \right)+\sin \Omega t\left( {-B\Omega ^2 -2\delta A\Omega +\omega _1^2 B} \right) = 0

Wenn der Term zu allen Zeiten gleich 0 sein soll, müssen immer beide Klammern 0 sein. Es folgt:

-A\Omega ^2 +2\delta B\Omega +\omega _1^2 A-f_0  = 0

-B\Omega ^2 -2\delta A\Omega +\omega _1^2 B = 0

Wir stellen die zweite Gleichung um und setzen sie in die erste ein:

B = A\frac{{2\delta \Omega }} {{\omega _1^2 -\Omega ^2 }}

A\left( {-\Omega ^2 +2\delta \Omega \frac{{2\delta \Omega }} {{\omega _1^2 -\Omega ^2 }}+\omega _1^2 } \right) = f_0

A = \frac{{f_0 }} {{\omega _1^2 -\Omega ^2 +\frac{{\left( {2\delta \Omega } \right)^2 }} {{\omega _1^2 -\Omega ^2 }}}} = \frac{{f_0 \left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)}} {{\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)^2 +\left( {2\delta \Omega } \right)^2 }}

B = A\frac{{2\delta \Omega }} {{\omega _1^2 -\Omega ^2 }} = \frac{{f_0 2\delta \Omega }} {{\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)^2 +\left( {2\delta \Omega } \right)^2 }}

Eingesetzt in den Lösungsansatz ergibt das:

y = \frac{{f_0 \left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)}} {{\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)^2 +\left( {2\delta \Omega } \right)^2 }}\cos \Omega t+\frac{{f_0 2\delta \Omega }} {{\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)^2 +\left( {2\delta \Omega } \right)^2 }}\sin \Omega t

y = \frac{{f_0 }} {{\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)^2 +\left( {2\delta \Omega } \right)^2 }}\left[ {\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)\cos \Omega t+2\delta \Omega \sin \Omega t} \right]

Mit dem zuvor bestimmten f0:

y = \frac{{me\Omega ^2 }} {{M\left( {\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)^2 +\left( {2\delta \Omega } \right)^2 } \right)}}\left[ {\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)\cos \Omega t+2\delta \Omega \sin \Omega t} \right]

Wie in diesem Artikel über die Resonanzkurve des Schwingweges beschrieben lässt sich die Amplitude von y berechnen:

\hat y = \frac{{me\Omega ^2 }} {{M\left[ {\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)^2 +\left( {2\delta \Omega } \right)^2 } \right]}}\sqrt {\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)^2 +\left( {2\delta \Omega } \right)^2 }  = \frac{{me\Omega ^2 }} {{M\sqrt {\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)^2 +\left( {2\delta \Omega } \right)^2 } }}

Bei sehr schwacher Dämpfung ist die Abklingkonstante viel kleiner als die Eigenkreisfrequenz, wir vernachlässigen daher den Term

{\left( {2\delta \Omega } \right)^2 }

und schreiben für die Amplitude:

\hat y = \frac{{me\Omega ^2 }} {{M\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)}}

Werte einsetzen:

\hat y = \frac{{me\Omega ^2 }} {{M\left( {\omega _1^2 -\Omega ^2 } \right)}} = \frac{{38kg \cdot 100 \cdot 10^{-6} m \cdot \left( {2\pi  \cdot 25} \right)^2 s^2 }} {{76kg \cdot \left( {\left( {2\pi  \cdot 17,46} \right)^2 -\left( {2\pi  \cdot 25} \right)^2 } \right)s^2 }} = \frac{{38 \cdot 100 \cdot 10^{-6}  \cdot 25^2 }} {{76 \cdot \left( {17,46^2 -25^2 } \right)}}m = -97,61\mu m