e - Institut für Angewandte Mechanik

Gedämpfte freie Schwingung
Reale Systeme immer
gedämpft:
Luft-, Lagerreibung
Energiedissipation
(Umwandlung in Wärme)
Energieerhaltungssatz
gilt NICHT!
Technische Mechanik III
Dr.-Ing. Jens-Uwe Böhrnsen
Institut für Angewandte Mechanik
1 9 5

Gedämpfte freie Schwingung
COULOMBsche Reibung
Reibungskraft
R= N , N =mg , R= mg
Reibungskraft entgegen der
Bewegungsrichtung
Rückstellkraft aus Feder
Technische Mechanik III
Dr.-Ing. Jens-Uwe Böhrnsen
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1 9 6

Gedämpfte freie Schwingung
Dr.-Ing. Jens-Uwe Böhrnsen
Institut für Angewandte Mechanik
Bewegung nach NEWTON
→: m ẍ= {
− c x− R für ẋ0,
}
− c xR für ẋ0
→: m ẍcx= {
− R für ẋ0,
R für ẋ0 }
Mit
Ergibt sich
2 = c m , r= R c
ẍ 2 x={ −2 r für ẋ0,
2 r für ẋ0 }
Technische Mechanik III
1 9 7

Gedämpfte freie Schwingung
Umkehr der Bewegungsrichtung
1. Abschnitt: nach links
ẍ 2 x= 2 r
Rechte Seite ungleich Null:
inhomogene DGL
Schwingungs-DGL des
Einmassenschwingers mit konstanter
Belastung
Allgemeine Lösung:
Lösung aus Homogener DGL +
Partikularlösung
Technische Mechanik III
x=x h
x p
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1 9 8

Lösen einer inhomogenen DGL
Inhomogene DGL: Einmassenschwinger mit
konstanter Belastung (Reibung)
Lösung der Homogenen Gleichung (ungedämpft)
Partikularlösung (gedämpft)
Gesamtlösung
Dr.-Ing. Jens-Uwe Böhrnsen
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ẍ 2 x= 2 r
ẍ 2 x=0
x h
t 1
=A 1
cost 1
B 1
sin t 1
x p
=r= 2 r
2
0 2 r= 2 r
xt 1
=x h
x p
=A 1
cost 1
B 1
sin t 1
r
Technische Mechanik III
1 9 9

Lösen der inhomogenen DGL
Gesamtlösung
xt 1
=x h
x p
=A 1
cost 1
B 1
sin t 1
r
Konstanten aus den Anfangsbedingungen
xt 1
=0=A 1
r=x 0
A 1
=x 0
−r
ẋt 1
=0= B 1
=0 B 1
=0
Bewegung im ersten Abschnitt (nach links)
xt 1
= x 0
− rcos t 1
r
Technische Mechanik III
ẋt 1
=− x 0
− rsin t 1
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2 0 0

Lösen der DGL im 2. Abschnitt
Geschwindigkeit gleich Null und Auslenkung Max.
zum Zeitpunkt t 1
=/
x/= x 0 − rcos r=−x 02r
ẋ/=− x 0 − rsin =0
Bewegungsrichtung dreht sich um
ẍ 2 x=− 2 r
Allgemeine Lösung der DGL mit 'neuer' Zeit
xt 2
=x h
x p
=A 2
cost 2
B 2
sin t 2
−r
Technische Mechanik III
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2 0 1

Lösen der DGL (2.Abschnitt)
Konstanten aus den Übergangsbedingungen vom
1. Abschnitt zum 2. Abschnitt
xt 1
=/=−x 0
2r
xt 2
=A 2
cost 2
B 2
sin t 2
−r
Lage
xt 2 =0=x t 1 = → A 2=− x 0 3r
Geschwindigkeit
ẋt 2 =0=ẋ t 1 = → B 2=0
Ende 1. Abschnitt
Lösung für 2. Abschnitt
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2 0 2

Bewegungsgleichung: Weg-Zeit
r= R c
Weg-Zeit-Diagramm
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Lösung 1. Abschnitt (n. Links)
xt 1
= x 0
− rcost 1
r
x 0
−r
r
Amplitude
Verschoben
Lösung 2. Abschnitt (n. Rechts)
xt s2
=− x 0
−3rcost 2
−r
Amplitude
Verschoben
x 0
−3r
−r
Bei jeder Halbschwingung
nimmt die Amplitude ab, um
Wenn x kleiner r : Klotz bleibt
liegen (Federkraft zu klein)
2 r
Technische Mechanik III
2 0 3

Viskose Dämpfung
Dämpfung ist Geschwindigkeitsabhängig
Flüssigkeitsreibung (Stoßdämpfer)
Lineare Dämpfungskraft
F d
=d v , d
[
N
] m/ s = [ Ns
m
Kraft ist der Geschwindigkeit
entgegen gerichtet
]
Dämpfungskonstante
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2 0 4

Gedämpftes Feder-Masse-System
Koordinate von Ruhelage aus
Rückstellkraft
Dämpfungskraft
Bewegungsgleichung
↓:m ẍ=−c x− d ẋ
m ẍd ẋc x=0
F R
=c x
F D
=d ẋ
Technische Mechanik III
ẍ d m ẋ c m x=0
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2 0 5

DGL gedämpfte Schwingung
Abklingkoeffizient
2= d m
Eigenfrequenz (ungedämpft)
2 = c m
Differentialgleichung
ẍ2 ẋ 2 x=0
Lösung mit Exponentialansatz
x=A e t
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2 0 6

Charakteristische Gleichung
Exponentialansatz einsetzen ergibt die
Charakteristische Gleichung
2 2 2 =0
Quadratische Gleichung (zwei Lösungen)
1,2
=−± 2 − 2
Mit Dämpfungsgrad
D=
1,2
=−± D 2 −1
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2 0 7

Starke Dämpfung
Starke Dämpfung:
1,2
=−± D 2 −1
Reelle Werte
1,2
=−± ,
D1
= D 2 −1
Gesamtlösung ist Linearkombination aus
beiden Teillösungen
xt=A 1 e t 1
A 2 e 2t =e − t A 1 e t A 2 e −t
A 1,
A 2 aus
Bestimmung der Konstanten
Anfangsbedingungen
Technische Mechanik III
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x0=x 0,
ẋ0=v 0
2 0 8

Starke Dämpfung: Abklingkurve
D1
xt=e − t A 1
e t A 2
e −t
2= d m
= D 2 −1
2 = c m
D=
Höchstens einen Extremwert und höchstens
einen Nulldurchgang
Kriechbewegung für unterschiedliche
Anfangsgeschwindigkeiten
Technische Mechanik III
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2 0 9

Aperiodischer Grenzfall
D=1
Wie starke Dämpfung und schneller
gegen Null
Allgemeine Lösung lautet
1,2
=−± D 2 −1
1
= 2
=−
xt=A 1 e 1 t A 2 t e 1t = A 1 A 2 te − t
Technische Mechanik III
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2 1 0

Schwache Dämpfung
D1
Radikant wird negativ, Lsg.
d. charakteristischen Gl.
Allgemeine Lösung
Kreisfrequenz der
Gedämpften Schwingung
i=−1 d
=1− D 2
λ 1,2
=− ± i 1− D 2 =− ± i d
xt=A 1 e 1 t A 2 e 2t =e − t A 1 e i d t A 2 e −i d t
Technische Mechanik III
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2 1 1

Schwache Dämpfung
Umformung mit
e ±i d t =cos d t ± i sin d t
Ergibt sich
zu:
xt=e − t A 1 e i d t A 2 e −i d t
xt=e − t [ A 1
A 2
cos d
ti A 1
− A 2
sin d
t ]
bzw.:
=e − t Acos d
tB sin d
t
xt=C e − t cos d
t −
Neue Konstanten
Technische Mechanik III
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2 1 2

Dr.-Ing. Jens-Uwe Böhrnsen
Institut für Angewandte Mechanik
Schwache Dämpfung
xtT d =C e −tT d cos d t −
xt=C e − t cos d
t −
Amplitude nimmt exponentiell ab
± C e −t Einhüllende
C ,
Integrationskonstanten aus
Anfgangsbedingungen
Verhältnis von zwei Ausschlägen
nach Schwingungsdauer
xt
xtT d
=eT d
Technische Mechanik III
2 1 3

Schwache Dämpfung
Logarithmisches Dekrement:
Logarithmus aus dem Verhältnis von zwei
Ausschlägen im Abstand der Schwingungsdauer
=ln
xt
xtT d
=T d= 2
d
=2 D
1− D 2
Experimentell die Abnahme der Amplitude
bestimmen und das Dämpfungsmaß berechnen
Technische Mechanik III
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2 1 4

Dr.-Ing. Jens-Uwe Böhrnsen
Institut für Angewandte Mechanik
Beispiel
Welche Dämpfungskonstante,
damit das System schwach
gedämpft ist?
Bewegungsgleichung für
Anfangsgeschwindigkeit durch
Gleichgewichtslage?
Lösung:
˙
0
-Momentensatz bzgl. A aufstellen
-Bewegungs-DGL ergibt sich
-Bedingung für Dämpfungskonstante
berechnen
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2 1 5

Beispiel: Bewegungs-DGL
Dr.-Ing. Jens-Uwe Böhrnsen
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Momentensatz um A
Bewegungs-DGL
mit:
A
=2a 2 m
F c
=c a
A ¨=−aF c
−3aF d
F d
=d 3a ˙
→ 4m ¨9 d ˙c=0
¨2 2 =0
2=9d /4m , 2 =c/4m
Technische Mechanik III
2 1 6

Beispiel: Bedingung für Dämpfung
DGL
¨2 2 =0
Schwache Dämpfung für:
D1
2=9d/4m , 2 =c/4m
D= = 9d
8m 2 m c = 9 d
4 mc 1
Dämpfungskonstante
d 4 9 mc
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2 1 7

Beispiel: Bewegungsgleichung
Dr.-Ing. Jens-Uwe Böhrnsen
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Allgemeine Lösung
t =C e −t cos d
t−
Frequenz im Beispiel
d
=1− D 2 = 1 2 c m
Integrationkonstanten aus
Anfangsbedingungen
DGL
1−
81 d
2
16 mc
0=0, ˙0= 0 = 2, C= ˙
t = ˙ 0
d
e − t sin d
t
0
d
Technische Mechanik III
2 1 8

Erzwungene Schwingung
Dr.-Ing. Jens-Uwe Böhrnsen
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Äußere Kraft regt das System mit
Erregerfrequenz an
F=F 0
cost
Koordinate von Ruhelage aus
Bewegungsgleichung
↓: m ẍ=−c xF 0
cost
m ẍc x=F 0
cos t
rechte Seite nicht Null!
Inhomogene DGL
Eigenfrequenz (freie Schwingung) und
Statische Verlängerung
2 = c m , x 0= F 0
c
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2 1 9

Dr.-Ing. Jens-Uwe Böhrnsen
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Erzwungene Schwingung
Bewegungsgleichung wird zu
ẍ 2 x= 2 x 0
cos t
Allgemeine Lösung einer inhomogenen
DGL: x=x h
x p
Lsg. aus homogner + partikular Lsg.
Homogne Lösung
x h
=C cost −
Partikularlösung vom Typ der rechten
Seite
x p
=x 0
V cost
einsetzen in DGL Bestimmung von V
− x 0
V 2 cost 2 x 0
V cost= 2 x 0
cost
Technische Mechanik III
2 2 0

Erzwungene Schwingung
Dimensionslose Größe V
→V =
2
2 − = 1
2 1− 2
Frequenzverhältnis, die Abstimmung
(Erregerfrequenz zu Eigenfrequenz)
=
Allgemeine Lösung der DGL
xt=x h
x p
=C cost −x 0
V cost
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2 2 1

Erzwungene Schwingung
V = 1
1− 2
Nach Einschwingvorgang klingt
homogene Lösung wg. Dämpfung ab,
es verbleibt die Partikular Lösung
xt=x 0
V cos t
Resonanz
1 ⇒V ∞
Überkritisch
Unterkritisch
1
1
Technische Mechanik III
Vergrößerungsfunktion V
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=
2 2 2

Erzwungene Schwingung:
Resonanz
Im Resonanzfall ist die
Partikularlösung nicht gültig
1 ⇒V ∞
Es gilt der Ansatz
als Lösung der DGL
Ableiten
=
x p
=x 0
V t sin t=x 0
V t sin t
ẋ p
=x 0
V sin tx 0
V t cost
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ẍ p
=2x 0
V cost−x 0
V 2 t sin t
2 2 3

Erzwungene Schwingung:
Resonanz
Einsetzen
2 x 0
V cost − x 0
V 2 t sin t 2 x 0
V t sin t=
2 x 0
cost
→ V = 2
x p
= 1 2 x 0t sin t
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2 2 4