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Repetitorium Technische Mechanik IV / Technische Schwingungslehre Version 3.1, 09.02.2010 Dr.-Ing. L. Panning Institut für Dynamik und Schwingungen Gottfried Wilhelm Leibniz Universität Hannover Dieses Repetitorium soll helfen, klassische Aufgabentypen aus der Technischen Mechanik zu beherrschen, häufig auftretende Fehler zu vermeiden und anhand durchgerechneter Beispiele verschiedene Lösungswege beurteilen zu können. Dieses Repetitorium soll nicht als Probeklausur interpretiert werden, den Anspruch auf eine vollständige Abdeckung des Lehrstoffes erheben und als Hinweis auf den Klausurinhalt verstanden werden! Ziel ist es, eine Sammlung charakteristischer Fragestellungen mit entsprechenden Lösungswegen be- reitzustellen. Einige ausgewählte Aufgaben werden dann beispielhaft während des Repetitoriums durchgerechnet und diskutiert. Dank an die wissenschaftlichen MitarbeiterInnen des IKM und IDS für die tatkräftige Unterstützung! Bei Anregungen oder Korrekturen bitte kurze E-Mail an [email protected]. Dr.-Ing. Lars Panning

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Repetitorium

Technische Mechanik IV / TechnischeSchwingungslehre

Version 3.1, 09.02.2010

Dr.-Ing. L. Panning

Institut für Dynamik und Schwingungen

Gottfried Wilhelm Leibniz Universität Hannover

Dieses Repetitorium soll helfen,

• klassische Aufgabentypen aus der Technischen Mechanik zu beherrschen,

• häufig auftretende Fehler zu vermeiden und

• anhand durchgerechneter Beispiele verschiedene Lösungswege beurteilen zu können.

Dieses Repetitorium soll nicht

• als Probeklausur interpretiert werden,

• den Anspruch auf eine vollständige Abdeckung des Lehrstoffes erheben und

• als Hinweis auf den Klausurinhalt verstanden werden!

Ziel ist es, eine Sammlung charakteristischer Fragestellungen mit entsprechenden Lösungswegen be-reitzustellen. Einige ausgewählte Aufgaben werden dann beispielhaft während des Repetitoriumsdurchgerechnet und diskutiert.

Dank an die wissenschaftlichen MitarbeiterInnen des IKM und IDS für die tatkräftige Unterstützung!

Bei Anregungen oder Korrekturen bitte kurze E-Mail an [email protected].

Dr.-Ing. Lars Panning

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Musterlösungen (ohne Gewähr)

Frage 1

Gegeben ist das skizzierte schwingungsfähige Sys-tem.

a) Geben Sie die Ersatzfederkonstante cers an!

b) Wie lautet die Bewegungsgleichung?

c) Geben Sie die Eigenkreisfrequenz ωd für ge-dämpfte Schwingungen an!

Gegeben: m, c, d = 2√cm.

cers =

Bewegungsgleichung:

ωd=

x

c

m

cc

c

d

g

Lösung

a) Ersatzfederkonstante:Zwei Federn c parallel: c1 = 2c; Federn c1 und c in Reihe: c2 =

11c1

+ 1c

=c1c

c1 + c=

2

3c;

Federn c2 und c parallel: cers = c2 + c =5

3c

b) Feder-Dämpfer-Masse-Ersatzsystem mit cers, d, mBewegungsgleichung: mx+ dx+

5

3cx = 0

c) ωd = ω0

√1−D2

Mit ω0 =

√5c

3mund D =

d

2√

53cm

=

√3

5→ ωd =

√2c

3m

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Musterlösungen (ohne Gewähr)

Tipps und Tricks

Federn c und c2 sind parallel (identische Längenänderung durch schwingende Masse) - keineReihenschaltung!

Zwei Federn cA und cB in Reihe: Ersatzfederkonstante cAB =1

1cA

+ 1cB

=cAcBcA + cB

→ häufig

schneller zu rechnen!

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Musterlösungen (ohne Gewähr)

Frage 2

Ein Pendel besteht aus einem homogenen Stab(Länge 3`, Masse m) und einer Punktmasse M .

a) Geben Sie das Massenträgheitsmoment desPendels bezüglich des Lagerpunktes O an!

b) Bestimmen Sie die Eigenkreisfrequenz ω0 fürkleine Schwingungen!

Gegeben: `, m, M = 2m, g.

J (O) =

ω0 =

m

g

M

O

Lösung

a) J (O) =1

12m(3`)2 + m

(`

2

)2

︸ ︷︷ ︸Steiner−Anteil︸ ︷︷ ︸

Stab

+ M(2`)2︸ ︷︷ ︸Punktmasse

= 9m`2

b) J (O)ϕ+

(2Mg`+mg

`

2

)sinϕ︸ ︷︷ ︸

rückstellendes Moment durch Gewichtskräfte

= 0sinϕ≈ϕ→ ω2

0 =2M + 1

2m

J (O)g` =

1

2

g

`→ ω0 =

√g

2`

Tipps und Tricks

Bei der Berechnung des Massenträgheitsmomentes auf die korrekte Länge und Masse des Kör-pers achten!

Das Massenträgheitsmoment ist bezüglich des Schwerpunktes minimal. Es lässt sich nicht mitdem Steiner-Anteil zwischen zwei beliebigen Bezugspunkten A und B ’direkt’ bestimmen, son-dern es muss der ’Umweg’ über der Schwerpunkt gegangen werden: J (A) = J (C) +m|~rCA|2 bzw.J (B) = J (C)+m|~rCB|2, aber im Allgemeinen ist J (B) 6= J (A)+m|~rAB|2, da |~rAB|2 = |~rCB|2−|~rCA|2nur in Sonderfällen gilt!

Der Einfluss des Schwerefeldes kann hier nicht herausgerechnet werden, da die Gewichtskraftbei einer Auslenkung für das rückstellende Moment sorgt!

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Frage 3

Eine homogene Rechteckplatte (Breite 2`, Höhe `,Masse M) ist pendelnd an zwei Stäben (jeweilsLänge `, Masse m) aufgehängt und führt kleineSchwingungen aus.

a) Bestimmen Sie die potentielle Energie U desSystems in Abhängigkeit des Winkels ϕ!

b) Bestimmen Sie die kinetische Energie T desSystems in Abhängigkeit der Winkelgeschwin-digkeit ϕ!

c) Geben Sie die Bewegungsgleichung an!

d) Wie lautet die Eigenkreisfrequenz ω0 des Sys-tems?

Gegeben: `, m, M = 4m, g.

Hinweis: Wählen Sie das Nullniveau für dasSchwerepotential in Höhe der Festlager.

U = T =

Bewegungsgleichung:

ω0 =

g

2

M

m m

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Lösung

a) U = 2

(−mg `

2cosϕ

)︸ ︷︷ ︸

UStab

−Mg

(` cosϕ+

`

2

)︸ ︷︷ ︸

UPlatte

= − (m+M) g` cosϕ− 1

2Mg` = −5mg` cosϕ− 2mg`

b) T = 2

(1

2· 1

3m`2ϕ2

)︸ ︷︷ ︸

TStab

+1

2M(`ϕ)2︸ ︷︷ ︸TPlatte

=

(1

3m+

1

2M

)`2ϕ2 =

7

3m`2ϕ2

Da die Stablängen identisch sind, führt die Platte eine reine Translationsbewegung aus.Die Schwerpunktgeschwindigkeit vC = `ϕ entspricht somit der Geschwindigkeit der Aufhänge-punkte, da alle Punkte der Platte identische Geschwindigkeiten aufweisen (in der kinetischenEnergie ist in diesem Fall die Rotationsenergie identisch Null).

c) Konservatives System:Eges = U(ϕ) + T (ϕ) = const.→ d

dtEges = 0

d

dtEges =

d

dt(U(ϕ) + T (ϕ)) = 5mg`ϕ

*≈ ϕ

sinϕ +14

3m`2ϕ ϕ = 0

ϕ+15g

14`ϕ = 0

d) ω20 =

15g

14`→ ω0 =

√15g

14`

Tipps und Tricks

Beim Herleiten der Bewegungsgleichung eines konservativen Systems aus dem Energieerhal-tungssatz sollten die Geschwindigkeitsgrößen herausfallen!

Die Lage des Nullniveaus zur Berechnung des Schwerepotentials ist beliebig, da eine KonstanteU0 beim Ableiten nach der Zeit herausfällt!

Die Ersetzungen sinϕ ≈ ϕ und cosϕ ≈ 1 bei kleinen Schwingungen erst nach der zeitlichenAbleitung durchführen!

Wie bei allen Aufgaben empfiehlt sich - spätestens beim Endergebnis - eine Einheitenkontrolle.

Hier: [ω] =

√m

s2m=

1

s.

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Frage 4

Das skizzierte schwach gedämpfte (D 1) Feder-Dämpfer-Masse-System (Federkonstante c, Dämp-fungskonstante d, Masse m) wird aus der Ruhelage x = x0 stoßfrei losgelassen. Es stellt sich dergegebene Verlauf der Auslenkung x(t) ein. Das erste Maximum x1 nach der Periodendauer Td be-trägt nur noch das e−

110 -fache von x0.

tTd

x0

x( )t

x1

2Td 3Tdm

x

d

g

c

a) Wie groß ist der Dämpfungskonstante d?

b) Wie groß ist die Schwingungsamplitude x5 nach fünf Schwingungsperioden?

Gegeben: c = 400π2 N

m, m = 1 kg, x0, x1 = x0e

− 110 .

d = x5 =

Lösung

a) Logarithmisches Dekrement Λ = ln

(q0q1

)= ln

(q0

q0e− 1

10

)= ln

(e

110

)=

1

10

D ≈ Λ

2π=

1

20π=

d

2√cm→ d =

1

10π

√cm = 2

Ns

m

b) Λ =1

nln

(x1

x1+n

)=

1

nln

(x0

xn

)→ x5 = x0

(e−

110

)5

= x0e− 1

2

Tipps und Tricks

Bei Anwendung der Formeln für das logarithmische Dekrement auf die richtige Indizierung ach-ten. Λ bezeichnet den natürlichen Logarithmus des Verhältnisses zweier aufeinander folgenderMaxima!

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Frage 5

Ein homogener starrer Winkel (Länge der Schenkel` bzw. 3`, Massenbelegung µ) ist wie skizziert imPunkt O drehbar gelagert und am Ende des kurzenSchenkels über eine Feder (Federkonstante c) mitder Umgebung gekoppelt. Er ist in der skizziertenLage ϕ = 0 im statischen Gleichgewicht. Die Federist bei einer Federlänge von `/2 entspannt.

a) Wie groß ist die Federkonstante c?

b) Geben Sie das Massenträgheitsmoment desWinkels bezüglich des Lagerpunktes O an!

c) Bestimmen Sie die Eigenkreisfrequenz ω0 fürkleine Schwingungen!

Gegeben: `, m, µ = m/`, g.

c = J (O) = ω0 =

g

O

3

c

Lösung

g

O

3

c

G

2

G1

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a) Momentensumme um O:∑M (O) = 0 =

3

2` · 3`µg − `FC =

9

2mg`− `c

(`− `

2

)→ c =

92mg`12`2

= 9mg

`

b) J (O) =1

3· 3m(3`)2 +

1

3m`2 =

28

3m`2

c) Differentialgleichung (ϕ 1→ sinϕ ≈ ϕ, cosϕ ≈ 1):

J (O)ϕ+ c`2ϕ−mg `2ϕ = 0

ϕ+

(3c

28m− 3g

56`

)ϕ = 0

Gleichgewichtslage ϕ = 0 wird instabil, wenn c <mg

2`(hier nicht der Fall, c = 9

mg

`)!

ϕ+51g

56`︸︷︷︸ω2

0

ϕ = 0→ ω0 =

√51g

56`

Tipps und Tricks

Der Anteil G1 = 3mg der Gewichtskraft bewirkt aufgrund der Annahme kleiner Schwingungenkein rückstellendes dynamisches Moment, da sich die dynamische Änderung des Hebelarmesin der ausgelenkten Lage aus 3/2` · (1− cosϕ) ergibt. Mit cosϕ ≈ 1 wird diese Änderung beikleinen ϕ zu Null. Das statische Moment 3/2 G1` der Gewichtskraft G1 wird bereits durchdie entsprechend vorgespannte Feder kompensiert. Der Anteil G2 = mg hingegen greift amHebelarm `/2 · sinϕ ≈ ϕ`/2 an. Die hieraus resultierende Rückstellkraft muss daher in derBewegungsgleichung zusätzlich zur dynamischen Federkraft berücksichtigt werden!

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Frage 6

Der skizzierte Schwinger (Masse m, Federsteifig-kei c) wird durch die mit konstanter KreisfrequenzΩ umlaufende Unwuchtmasse m (Unwuchtradiusr) zu Schwingungen angeregt. Er befindet sich imeingeschwungenen Zustand.

Für welche Kreisfrequenzen Ω = Ω1 und Ω = Ω2

entspricht die Schwingungsamplitude x = r/2?

Gegeben: r, m, M = 3m, c.

Ω1 = ,Ω2 =

M

x

g

mr

c

Lösung

Partikulärlösung für unwuchterregten Schwinger:

xpart(t) =m

M +mr

η2√(1− η2)2 + (2Dη)2︸ ︷︷ ︸

V1(η)

=1

4rV1(η)

!=

1

2r → V1(η)

!= 2

Mit D = 0:V1(η) = 2 =

η2√(1− η2)2

→ 2√

(1− η2)2 = η2 → 4((1− η2)2) = η4 → 2(1− η2) = ±η2

ω0 =

√c

M +m=

1

2

√c

m

η21 =

2

3→ η1 =

√2

3→ Ω1 = η1ω0 =

√c

6m

η22 = 2→ η2 =

√2→ Ω2 = η2ω0 =

√c

2m

Tipps und Tricks

Lösungen qualitativ in der Verläufen der Vergrößerungsfunktionen überprüfen!

Beim Auflösen der Gleichungen auf die Wurzelbildung und die damit verbundenen positivenund negativen Vorzeichen achten. Je nach geforderter Amplitude bzw. gefordertem Wert derVergrößerungsfunktion sind keine, eine oder zwei reelle Lösungen für das Frequenzverhältnis ηmöglich!

Auf richtige Eigenkreisfrequenz ω0 achten! Die Unwuchtmasse schwingt mit!

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Frage 7

Der skizzierte Schwinger wird mit der dargestellten periodischen Kraft F (t) angeregt. Er befindetsich im eingeschwungenen Zustand.

m

x

c

F

dg

t [s]

F t( ) [N]

0

1

-1

a) Wie lautet die Fourierreihenentwicklung von F (t)?

b) Schwingungsanteile welcher Kreisfrequenzen Ωi sind in der Schwingungsantwort x(t) enthalten?

c) In welchem Verhältnis x1/x2 treten die beiden niedrigsten Frequenzanteile mit Ω1 und Ω2 in derSchwingungsantwort x(t) auf?

Gegeben: m = 1 kg, c = 4π2 N

m, d = 4π

Ns

m.

Hinweis: Brechen Sie die Fourierreihe nach dem zweiten nicht-konstanten Glied ab!

F (t) =

Ω1 = ,Ω2 = x1/x2 =

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Lösung

a) TErr = 1 s→ Ω =2π

TErr

= 2π s−1

F (t) =8

π2N

(sin(Ωt)− 1

9sin(3Ωt) + . . .

)b) Ω1 = Ω, Ω2 = 3Ω

c) ω0 =

√c

m= 2π s−1 → η1 =

Ω1

ω0

= 1, η2 =Ω2

ω0

= 3

D =d

2√cm

= 1

V3(η1) =1√

(1− η21)2 + (2Dη1)2

=1

2D=

1

2

V3(η2) =1√

(1− η22)2 + (2Dη2)2

=1√

64 + 36=

1

10

→ x1

x2

=V3(η1)19V3(η2)

=12

19· 1

10

= 45

Tipps und Tricks

Vorfaktoren der einzelnen Glieder aufgrund der Fourierreihenentwicklung nicht vergessen!

Auf richtigen Vorfaktor aufgrund der angegebenen Amplitude achten! Der Faktor 4/π würdehier einen Maximalwert von F = π/2 N bedeuten (siehe Formelsammlung). Um den Maximal-wert F = 1 N zu erhalten, muss entsprechend zusätzlich der Faktor 2/π berücksichtigt werden,sodass sich als Vorfaktor 8/π2 ergibt.

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Frage 8

Das skizzierte Feder-Masse-System (Federkonstan-te c, Masse m) wird in der Ruhelage durch dieKraft F (t) zu Schwingungen angeregt. Der Kraft-verlauf F (t) besteht wie skizziert aus zwei idea-len Kraftstößen zu den Zeitpunkten t1 = 1 s

bzw. t2 = 2 s, jeweils mit dem FlächeninhaltF (t)dt = F = 4π Ns.

Zeichnen Sie den Verlauf der Schwingungsantwortx(t) in das gegebene Diagramm ein!

Gegeben: c = 2π2 N/m, m = 2 kg, F (t).

t [s]1 3 4

x( ) [m], ( ) [N]t F t

1

2

3

4

0

-1

-2

-3

-4

2

F

F

m

x c

F

g

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Lösung

t [s]1 3 4

1

2

3

4

0

-1

-2

-3

-4

2

x( ) [m], ( ) [N]t F t

F

F

ω0 =

√c

m=

√2π2 N/m

2 kg= π s−1 → T =

ω0

= 2 s

System ist ungedämpft → Stoßantwortfunktion qSt = sinω0t

Geschwindigkeit nach dem ersten Stoß aus Impulssatz:

mx+ =

∫F (t)dt = F → x+ =

F

m=

4π Ns

2 kg= 2π m/s

Amplitude der harmonischen Schwingung x =ˆx

ω0

=2π m/s

π s−1= 2 m

Tipps und Tricks

Ein Kraftstoß an der Masse m führt zu einer Änderung des Impulses und somit zu einerÄnderung der Geschwindigkeit!

Der zweite Stoß gleichen Flächeninhaltes in entgegengesetzter Richtung führt - je nach Zeit-punkt - zu einer teilweisen oder vollständigen Kompensation oder aber auch Vergrößerung derSchwingungsamplitude. Hier: Verdoppelung, da gerade nach T/2 aufgebracht.

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Aufgabe 9

Eine homogene Rechteckplatte (Breite 2`, Höhe `,Masse m) ist drehbar in O gelagert und befindetsich in der gezeichneten horizontalen Stellung imstatischen Gleichgewicht.

Bestimmen Sie die Eigenkreisfrequenz ω0 für kleineSchwingungen um die Gleichgewichtslage!

Gegeben: `, m, c, g.

2

m

Oc

g

Lösung

g

2

F mgG

Oc

C

Ausführliche Rechenwege:Ausgangspunkt: entspannte Feder, Federlängung in der Gleichgewichtslage: ∆`0 =

mg

2c

Massenträgheitsmoment: J (O) =1

12m(`2 + (2`)2

)︸ ︷︷ ︸J(C)

+m

((`

2

)2

+ `2

)︸ ︷︷ ︸

Steiner-Anteil

=5

3m`2

Alternative I: Drallsatz um O

J (O)ϕ = −c · 2` cosϕ︸ ︷︷ ︸Hebelarm

· (∆`0 + 2` sinϕ)︸ ︷︷ ︸Längenänderung der Feder aus entspannter Lage

+mg

(

` cosϕ− `

2sinϕ

)︸ ︷︷ ︸

horizontale Lage von C

(Kompensation von Feder- und Gewichtskraft in der Gleichgewichtslage)

J (O)ϕ+

(4c`2 cosϕ+

mg`

2

)sinϕ = 0

Annahme: kleine Schwingungen → sinϕ ≈ ϕ, cosϕ ≈ 1

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Musterlösungen (ohne Gewähr)

J (O)ϕ+

(4c`2 +

mg`

2

)ϕ = 0→ ϕ+

(12c

5m+

3g

10`

)︸ ︷︷ ︸

ω20

ϕ = 0

Eigenkreisfrequenz: ω0 =

√12c

5m+

3g

10`

Alternative II: Energieerhaltungssatz

Energieerhaltungssatz:d

dt(U + T ) = 0

potentielle Energie der Feder: UF =1

2c (∆`0 + 2` sinϕ)2

potentielle Energie der Platte: UP = −mghmit h = ` sinϕ+

`

2cosϕ (vertikale Lage des Schwerpunktes C)

kinetische Energie der Platte: T =1

2J (O)ϕ2

Gesamtenergie: E = U + T =1

2c(∆`0 + 2` sinϕ)2 −mg`

(sinϕ+

1

2cosϕ

)+

1

2J (O)ϕ2

Ableitung:d

dt(U + T )

!= 0 = c (∆`0 + 2` sinϕ) · 2` cosϕ ϕ−mg`

(cosϕ ϕ−

1

2sinϕ ϕ

)+ J (O)ϕ ϕ

Auch hier kann die Federlängung aufgrund der Kräfte / Momente in der Gleichgewichtslage heraus-gekürzt werden.

→ J (O)ϕ+

(4c`2 cosϕ+

mg`

2

)sinϕ = 0 (siehe oben)

Tipps und Tricks

Aufgrund der Linearität des Systems bei kleinen Schwingungen um die Gleichgewichtslageϕ = 0 werden zur Ermittlung der Bewegungsgleichung nur die dynamischen Anteile benötigt!

Der horizontale Abstand ` des Schwerpunktes vom Drehpunkt hat keinen Einfluss auf denHebelarm, an dem FG angreift, solange kleine Schwingungen vorausgesetzt werden. Der ver-tikale Abstand `/2 bewirkt aber mit dem Winkel ϕ (genau: mit sinϕ) eine Verschiebung desSchwerpunktes nach links. Er muss daher im Drallsatz berücksichtigt werden!

Beim Herleiten der Bewegungsgleichung eines konservativen Systems aus dem Energieerhal-tungssatz sollten die Geschwindigkeitsgrößen herausfallen!

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Aufgabe 10

Eine Punktmasse m wird über einen masselosenstarren Stab und ein undehnbares, durch zwei Fe-dern (Federkonstante jeweils c) vorgespanntes Seilüber eine Umlenkrolle (Radius R, Masse M) ge-halten. Die Enden des Stabes sind zusätzlich wieskizziert an zwei masselosen Balken (jeweils Län-ge `, Biegesteifigkeit EI) befestigt. Zwischen Seilund Rolle tritt kein Schlupf auf.

Bestimmen Sie die Eigenkreisfrequenz ω0 des Sys-tems!

Gegeben: R, `, m, M , EI, c.c

EI

R

c

EI

g

M

mStab

Seil

Lösung

c

m

c

cB

cB

x

R

M

g

S1

S1 S

2

S2

Ersatzfederkonstante cB eines Balkens: cB =3EI

`3Impulssatz Masse: mx = −(c+ cB)x− cBx+ S1 → mx = −(2cB + c)x+ S1 → S1 = mx+ (2cB + c)x

Drallsatz: Jϕ = R(S2 − S1)

Seilkraft S2 = −cRϕ(Dies ist eine dynamische Seilkraft, die negativ werden kann, wenn eine ausreichend große Vorspan-

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Musterlösungen (ohne Gewähr)

nung vorhanden ist, die verhindert, dass das Seil auf Druck beansprucht werden müsste.)Kinematik: x = Rϕ

aus Drallsatz:1

2MR2ϕ = R(−cRϕ−mRϕ− (2cB + c)Rϕ)

→(

1

2M +m

)R2ϕ+ 2 (c+ cB)R2ϕ = 0→ ϕ+ 2

c+ cB12M +m︸ ︷︷ ︸ω2

0

ϕ = 0→ ω0 =

√4c+ 12EI

`3

M + 2m

Lösungsweg mit Vorspannkraft S im Seil(statische Größen mit (.) gekennzeichnet - nicht zeitabhängig, da Konstanten!):

Verschiebung der Masse m aus der Lage der entspannten Federn:xges = x+ x (dynamischer und statischer Anteil)Seilkräfte Si,ges = Si + S (dynamischer und statischer Anteil)

Vorspannkraft S = (2cB + c)x

eingesetzt in Impulssatz:mxges = −(2cB + c)xges + S1,ges

m(x+ 0

¨x) = −(2cB + c)(x+ x) + S1 + S = −(2cB + c)(x+ x) + S1 +(2cB + c)x = −(2cB + c)x+ S1

→ mx = −(2cB + c)x+ S1

Im Drallsatz ändert sich nichts, da eine Vorspannkraft auf beiden Seiten der Umlenkrolle auftritt.Die gesamte Seilkraft S2,ges = S2 + S ergibt sich aus einer Längung yges = y + y der rechten Federgegenüber ihrer entspannten Lage. Das statische y ergibt sich aus y = S/c und entspricht nicht x,da in diesem Strang zwar die gleiche Federvorspannkraft S, aber eine andere Federkonstante wirkt.Die statische Längenänderung kann z.B. erreicht werden, indem der rechte Lagerpunkt nach untenversetzt wird, oder aber das Seil zunächst kürzer war als in der Skizze dargestellt. Die dynamischeLängenänderung entspricht y = −Rϕ = −x, da diese eine Verkürzung der Feder bewirkt. Für dieSeilkraft gilt dann

S2,ges = S2 + S = cyges = c(y + y) = c

(−Rϕ+

S

c

)= −cRϕ+ S

→ S2 = −cRϕ.Die Gleichungen sind somit völlig identisch, da sich der statische Anteil bei der zweiten Vorgehens-weise herauskürzt und nur der dynamische Anteil relevant ist.

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Tipps und Tricks

Seilkräfte können keine Druckkräfte aufnehmen! Aus diesem Grunde muss das Seil vorgespanntsein, damit eine Oszillation der Seilkräfte durch die Schwingung der Masse nicht zu Druckkräf-ten führt. Die dynamischen Anteile können hingegen negativ sein. Solange die Schwingungsam-plituden klein sind bzw. die Vorspannkraft ausreichend groß ist, wird das Seil jedoch weiterhinauf Zug beansprucht.

Formulierungen wie ’kein Schlupf ’, ’rutschfreies Abrollen’, ’rollt ohne zu rutschen’ usw. →Anwenden der Rollbedingung (kinematische Kopplung zwischen den Koordinaten)!

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Aufgabe 11

Ein homogener starrer Stab (Länge 2`, Masse M)ist im Punkt P drehbar in der Mitte eines Quaders(Masse m) gelagert und über zwei Federn (Feder-konstante jeweils c) wie skizziert mit der Umge-bung gekoppelt. Die Federn sind für x = 0 undϕ = 0 entspannt. Das System ist reibungsfrei.

Geben Sie die Bewegungsgleichungen für kleineSchwingungen in Matrizenschreibweise an!

Gegeben: `, m, M = 3m, c. m

cg

=0

c

x

M

P

Lösung

m

g

=0

x

F1

F1

F2

F3

FP

M

FN

P

P

y

z

C

x

xC

Kinematik: xC = x+ `ϕ (Annahme kleiner Schwingungen: sinϕ ≈ ϕ, cosϕ ≈ 1)

Massenträgheitsmoment: J (C) =1

12M(2`)2 = m`2 bzw. J (P) =

1

3M(2`)2 = 4m`2

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Federkraft F2 = c(x+ `ϕ), Federkraft F3 = c(x+ 2`ϕ)

Impulssatz Quader: mx = −F1 (1)

Impulssatz Stab: MxC = F1 − F2 − F3 (2)

Drallsatz Stab um Punkt C: J (C)ϕ = −`(F1 + F3) (3)

Wichtig: Hier muss eigentlich auch das Moment der Vertikalkraft FP berücksichtigt werden! ZurBerechnung dieser muss zusätzlich der Impulssatz myC = FP für den Stab in Vertikal-(y)-Richtungangeschrieben werden. Aus yC = ` cosϕ folgt die Beschleunigung yC = −`(sinϕ ϕ + cosϕ ϕ2), dieaber nur Terme 2. Ordnung enthält, sodass yC ≈ 0 und damit auch FP ≈ 0 gilt.

Mit Kinematik und Federkräften: 3 Gleichungen, 3 Unbekannte (F1, x, ϕ):

aus (2): F1 = MxC + F2 + F3 = Mx+M`ϕ+ c(2x+ 3`ϕ)

in (1): mx+Mx+M`ϕ+ 2cx+ 3c`ϕ = 0

in (3): m`2ϕ+M`x+M`2ϕ+ c`(2x+ 3`ϕ) + c`x+ 2c`2ϕ = 0

Zusammengefasst und in Matrizenform:[4m 3m`

3m` 4m`2

][x

ϕ

]+

[2c 3c`

3c` 5c`2

][x

ϕ

]=

[0

0

]

Alternative zum Drallsatz Stab um C: Drallsatz Stab um P:

−J (P)ϕ+ (~rPC ×M~aP) · ~ez = F2`+ 2F3` = 3c`x+ 5c`2ϕ

~rPC = `

sinϕ

cosϕ

0

, ~aP =

x

0

0

, z-Komponente vom Kreuzprodukt: −3m` cosϕ x ≈ −3m`x

→ −4m`2ϕ− 3m`x = 3c`x+ 5c`2ϕ→ 4m`2ϕ+ 3m`x+ 3c`x+ 5c`2ϕ = 0 (siehe oben)

Alternative:Herleitung mit Hilfe der Lagrange’schen Gleichungen 2. Art für konservative Systeme

d

dt

(dT

dqi

)− dT

dqi+

dU

dqi= 0, q1 = x, q2 = ϕ

T =1

2mx2 +

1

2M(x+ `ϕ)2 +

1

2· 1

12M(2`)2ϕ2

U =1

2c((x+ `ϕ)2 + (x+ 2`ϕ)2

)

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d

dt

(dT

dx

)= mx+M(x+ `ϕ) = 4mx+ 3m`ϕ;

dT

dx= 0;

dU

dx= c (x+ `ϕ+ x+ 2`ϕ) = 2cx+ 3c`ϕ

→ 4mx+ 3m`ϕ+ 2cx+ 3c`ϕ = 0

d

dt

(dT

)= M`(x+ `ϕ) +

1

3M`2ϕ;

dT

dϕ= 0;

dU

dϕ= c` (x+ `ϕ+ 2(x+ 2`ϕ)) = 3c`x+ 5c`2ϕ

→ 3m`x+ 4m`2ϕ+ 3c`x+ 5c`2ϕ = 0

Tipps und Tricks

Die Erdbeschleunigung g wirkt hier senkrecht zur Zeichenebene und hat somit keinen Einfluss!

Kontrolle: Beim Kreuzprodukt müssen die x- und y-Komponente verschwinden (ebenes Pro-blem)!

Vorsicht beim Drallsatz: Wenn der Bezugspunkt P nicht dem Schwerpunkt C entspricht undauch kein Fixpunkt ist verschwindet das Kreuzprodukt ~rPC ×m~aP nur in Sonderfällen!

Bei Berechnung des Kreuzproduktes und Aufstellen des Drallsatzes auf Rechtshandsystemachten (hier x horizontal nach rechts, y vertikal nach oben, z aus Zeichenebene heraus. Drallsatzum z-Achse aufgestellt)!

Zur Beschreibung können verschiedene Koordinaten gewählt werden. Das System hat zweiFreiheitsgrade, hier wurden x und ϕ gewählt. Möglich ist aber z.B. auch anstelle von ϕ die Lagedes Stabschwerpunktes xC oder die Relativkoordinate xC−x wählbar. Dies wirkt sich dann aufdie Struktur der Matrizen aus, die sich aber durch entsprechende Multiplikationen ineinanderüberführen lassen und identische Bewegungsgleichungen mit gleichen Eigenfrequenzen usw.darstellen.

Impulssatz immer mit dem Schwerpunkt C aufstellen! Für den Stab wäre z.B.MxP = F1 − F2 − F3 nicht korrekt!

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Aufgabe 12

Zwei miteinander verbundene zylindrische Schei-ben (Radius R1, Masse m1 bzw. Radius R2, Mas-se m2) sind über ein Seil und eine Feder (Feder-konstante c) wie skizziert aufgehängt. Der Mittel-punkt der Scheiben kann in einer Führung vertikalreibungsfrei gleiten. An der großen Scheibe hängtüber ein Seil und eine Feder (Federkonstante c)eine weitere Masse m3. Die Seile sollen stets ge-spannt und undehnbar sein. Zwischen Seilen undScheiben tritt kein Schlupf auf. Die Scheiben wer-den durch das Moment M(t) angeregt.

a) Geben Sie die Bewegungsgleichungen in Matri-zenschreibweise an!

b) Bestimmen Sie die Eigenkreisfrequenzen ωi desSystems!

c) Für welches Ω bleiben die Scheiben in Ruhe?

Gegeben: r, R1 = 2r, R2 = r, m, m1 = 4m,m2 = 2m, m3 = m, M(t) = M0 cos Ωt,c, g.

g

c

cm1

Seil

m2

R1

R2

M t( ) m3

Lösung

g

c

c

Seil

Q

C

x

y

C

y

Fc1

Fc2

Fc2

FS

x

Freikörperbild Kinematik

R1

R2

m1

m2

R1

R2

m3

M t( )

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a) Mittelpunkt M = Schwerpunkt C der ScheibenMassenträgheitsmoment: J (C) =

1

2m1R

21 +

1

2m2R

22 = 9mr2

Federkräfte: Fc1 = 2cx, Fc2 = c(x+ y)

Drallsatz Scheiben: J (C)ϕ = M − rFc1 + rFS − 2rFc2

Impulssatz Scheiben: (m1 +m2)x = −Fc1 − FS + Fc2

Kinematik: ϕ =x

rImpulssatz Masse m3: my = −Fc2

aus Impulssatz Scheiben: FS = −Fc1 + Fc2 − (m1 +m2)x

in Drallsatz Scheiben eingesetzt: 9mr2 x

r= M − rFc1 + r(−Fc1 + Fc2 − (m1 +m2)x)− 2rFc2

Federkräfte eingesetzt und sortiert: x+1

3

c

mx+

1

15

c

my =

M0

15mrcos Ωt (1)

Impulssatz Masse m3: y +c

my +

c

mx = 0 (2)

(1) und (2) zusammengefasst in Matrizenform:

[x

y

]︸ ︷︷ ︸

q

+c

m

1

3

1

151 1

︸ ︷︷ ︸

Ω2

[x

y

]︸ ︷︷ ︸

q

=

M0

15mrcos Ωt

0

︸ ︷︷ ︸

f

b) Vergleich mit Formelsammlung:

Ω2 =

[ω2

I γ2I

γ2II ω2

II

]ω2

1,2 =1

2

(ω2

I + ω2II

)∓√1

4(ω2

I − ω2II)

2 + γ2I γ

2II

ω2I =

c

3m, ω2

II =c

m, γ2

I =c

15m, γ2

II =c

meingesetzt:

ω1 =

√√√√(2

3−√

8

45

)c

m, ω2 =

√√√√(2

3+

√8

45

)c

m

c) Tilgung, wenn VI = 0→ ω2II = Ω2 → Ω =

√c

m

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Tipps und Tricks

Kinematik beachten: Bewegen sich die Scheiben um x nach unten, so bewegt sich der obereEndpunkt der rechten Feder um x nach oben, der untere Endpunkt der linken Feder um 2x

nach unten. Hilfreich kann hier die Konstruktion des Momentanpols Q sein (kein Schlupf →Momentanpol im rechten Berührpunkt zum Seil).

Zwischen x und y gibt es keine kinematische Zwangsbedingung. Dies sind zwei unabhängigeBewegungsmöglichkeiten (Freiheitsgrade)!

Die Wahl der Koordinaten ist beliebig. Anstelle von x hätte z.B. auch ϕ gewählt werden können.

Vorzeichen der Federkräfte aus Relativbewegung zwischen den Federendpunkten überprüfen!Hier z.B. an der rechten Feder: Annahme von Fc2 als Zugkraft: sowohl positives x als auchpositives y bewirken eine Zugkraft, Federkraft im Sinne der gewählten Koordinaten x und y

sowie der Annahme der Richtung von Fc2 im Freikörperbild daher Fc2 = c(x + y) (x und y

’verstärken’ sich. Zeigen x und y an den Federendpunkten in die gleiche Richtung, so ist dieDifferenz aus x und y für die Federkraft entscheidend).

Die Bedingung stets gespannter Seile muss erfüllt sein, da diese keine Druckkräfte aufnehmenkönnen. Dies heißt, dass die Schwingungsamplituden nie so groß werden, dass die Vorspannkraftkompensiert wird und das Seil dann u.U. als Stab wirken müsste, um Druckkräfte aufzunehmen.

Der Einfluss der Gewichtskräfte kann hier herausgelassen werden, da die Federkräfte im Gleich-gewichtsszustand gerade diese Gewichtskräfte kompensieren und nur der dynamische Anteil vonx und y betrachtet wird! Die Erdbeschleunigung g taucht somit in der Lösung nicht auf, siewird aber benötigt, damit die Vorspannung der Seile aufgrund der Gewichtskraft aufgebrachtwerden kann. Werden die Gewichtskräfte dennoch berücksichtigt, führt dies zu einer von Nullverschiedenen rechten Seite der Differentialgleichung (konstante Störfunktion). Diese kann aberdurch eine Koordinatentransformation auf die Gleichgewichtslage aufgrund der Linearität desSystems beseitigt werden.

Die Verwendung des Energieerhaltungssatzes schlägt hier fehl, da die Energieerhaltung durchdie zeitliche Ableitung eine Gleichung liefert, in der x und y bzw. deren zeitliche Ableitungenenthalten sind. Für ein Mehr-Freiheitsgradsystem erfolgt die Herleitung aus Energiebeziehun-gen dann mit den Lagrange’schen Gleichungen 2. Art.

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Aufgabe 13

Die Federung eines Fahrzeuges wird durch einFeder-Masse-System (Federkonstante c, Masse m)abgebildet und kann Vertikalschwingungen y(t)

ausführen. Das Fahrzeug fährt mit konstanter Ge-schwindigkeit x = v0 und erreicht zum Zeitpunktt = 0 eine Kuppe, deren Höhe durch die Funkti-on u(x) beschrieben wird. Der Federfußpunkt folgtdem Profil der Fahrbahn.

a) Geben Sie die Schwingungsamplitude y(t)

für 0 < t ≤ `/v0 für die Anfangsbedingungeny(t = 0) = 0 und y(t = 0) = 0 an!

c) Mit welcher Amplitude schwingt das Systemnach Überfahren der Kuppe?

Gegeben: `, a, c, m, g, v0 =`

√c

m, u(x) =

0 für x ≤ 0

a [1− cos(2πx/`)] für 0 < x ≤ `

0 für x > `

Hinweis:∫

sin ξ cos ξ dξ =1

2sin2 ξ,

∫sin2 ξ dξ =

1

2(ξ − sin ξ cos ξ)

x

y

m

c

2av0

g

u

Lösung

a) Differentialgleichung Federfußpunkterregung:

my + cy = cu; normiert auf Eigenzeit τ = ω0t mit ω0 =

√c

m: y′′ + y = u(τ)

Bereich 0 < t ≤ T

Zeit der Überfahrt über die Kuppe: x(t) = v0t→ T = `/v0

In Eigenzeit: 0 < τ ≤ ω0`

v0

=ω0` · 2π`ω0

= 2π

(v0 wurde gerade so gewählt, dass die Überfahrtdauer der Periodendauer T =2π

ω0

der Eigen-

schwingung des Systems entspricht.)u(x) = a [1− cos(2πx/`)]→ u(t) = a [1− cos(2πv0t/`)]

→ u(τ) = a [1− cos τ ]→ g(ξ) = a [1− cos ξ]

Gesamtlösung: y(τ) = yhom(τ) + ypart(τ)

System ungedämpft: → yhom(τ) = A cos τ +B sin τ , Sprungübergangsfunktion qSp(τ) = 1− cos τ

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ypart(τ) = *0

g(0)qSp(τ) +

ξ=τ∫ξ=0

dg

dξqSp(τ − ξ)dξ =

ξ=τ∫ξ=0

a sin ξ (1− cos(τ − ξ)) dξ

= a

ξ=τ∫ξ=0

sin ξ − sin ξ (cos τ cos ξ + sin τ sin ξ) dξ

= a

[− cos ξ − cos τ

1

2sin2 ξ − sin τ

1

2(ξ − sin ξ cos ξ)

]ξ=τξ=0

= a

[(− cos τ − cos τ

1

2sin2 τ − sin τ

1

2(τ − sin τ cos τ)

)−(−1− 0− sin τ

1

2(0− 0)

)]= a

[1− cos τ − 1

2τ sin τ

]y(τ) = A cos τ +B sin τ + a

[1− cos τ − 1

2τ sin τ

]y′(τ) = −A sin τ+B cos τ+a

[sin τ − 1

2(sin τ + τ cos τ)

]= −A sin τ+B cos τ+a

[1

2(sin τ − τ cos τ)

]

A, B aus Anfangsbedingungen y(τ = 0) = 0→ A = 0, y′(τ = 0) = 0→ B = 0

y(τ) = a

[1− cos τ − 1

2τ sin τ

]→ y(t) = a

[1− cos(ω0t)− 1

2(ω0t) sin(ω0t)

]y′(τ) = a

[1

2(sin τ − τ cos τ)

]→ y(t) = aω0

[1

2(sin(ω0t)− (ω0t) cos(ω0t))

]b) Ende der Kuppe: τ = 2π, anschließend freie harmonische Schwingungen mit

y(τ) = C cos τ +D sin τ , y′(τ) = −C sin τ +D cos τ und den Anfangsbedingungen zum Zeitpunktτ = 2π:y(τ = 2π) = 0→ C = 0, y′(τ = 2π) = −πa→ D = −πa

τ > 2π : y(τ) = −πa︸︷︷︸y=|−πa|=πa

sin τ

Gesamtlösung: y(τ) =

0 für τ ≤ 0

y(τ) = a

[1− cos τ − 1

2τ sin τ

]für 0 < τ ≤ 2π

−πa sin τ für τ > 2π

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0

y(τ

),y

′ (τ)

π

−πa

2πa

πa

3π 4π−2πa

y(τ)y′(τ)

Alternative: ypart(τ) aus Gewichtsfunktion und Duhamel-Integral (Teilstöße)

ypart(τ) =

ξ=τ∫ξ=0

g(ξ) qSt(τ − ξ)dξ =

ξ=τ∫ξ=0

a(1− cos ξ) sin(τ − ξ)dξ

= a

ξ=τ∫ξ=0

sin τ cos ξ − cos τ sin ξ − sin τ cos2 ξ + cos τ sin ξ cos ξdξ

= a

[sin τ sin ξ + cos τ cos ξ − sin τ

1

2(ξ + sin ξ cos ξ) + cos τ

1

2sin2 ξ

]ξ=τξ=0

= a

[(sin2 τ + cos2 τ − 1

2sin τ(τ + sin τ cos τ) +

1

2cos τ sin2 τ

)− (0 + cos τ − 0 + 0)

]= a

[1− cos τ − 1

2τ sin τ

](siehe oben)

Tipps und Tricks

Das System wird nicht-periodisch angeregt, daher ist hier die Berechnung entweder über Teil-sprünge oder über -stöße notwendig!

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Aufgabe 14

Ein Stab mit rechteckiger Querschnittsfläche (kon-stante Breite b, linear abnehmende Höhe h(x),Länge `, Elastizitätsmodul E, Dichte %) ist ein-seitig fest eingespannt. An seinem rechten Endeist er über eine Feder (Federkonstante c) mit derUmgebung gekoppelt.

Bestimmen Sie mit dem einfachsten zulässigen Po-lynomansatz eine obere Schranke für die erste Ei-genkreisfrequenz ω1 für Längsschwingungen desStabes!

Gegeben: `, b, H, H1 = 3H, H2 = H, E, %, c.

b

H1

x, u x t( , )

H2

c

Lösung

Rayleigh-Quotient ω21 ≤

Epot,Stab + Epot,Feder

E∗kin,Stab

Ansatz: U(x) = ax (zulässig, da wesentliche (geometrische) Randbedingung U(x = 0) = 0 erfüllt ist)

Querschnittsfläche A(x) = b(H1 − (H1 −H2)

x

`

)= b

(3H − 2

H

`x

)

Epot,Stab =1

2

x=`∫x=0

EA(x)U ′2(x)dx =1

2Ea2

x=`∫x=0

A(x)dx =1

2Ea2b

[3Hx− H

`x2

]`0

= Ea2bH`

Epot,Feder =1

2cU2(x = `) =

1

2ca2`2

E∗kin,Stab =1

2

x=`∫x=0

%A(x)U2(x)dx =1

2%a2

x=`∫x=0

A(x)x2dx =1

2%a2b

[Hx3 − H

2`x4

]`0

=1

4%a2bH`3

→ ω21 ≤

Ea2bH+ 1

2ca

2`2

14%a

2bH`2

3

=EbH + 1

2c`

14%bH`2

=4EbH + 2c`

%bH`2→ ω1 ≤

√4EbH + 2c`

%bH`2

Tipps und Tricks

Die Integrale für den Stab sind über den Argumenten EAU ′2 bzw. %AU2 zu bilden, wobeigrundsätzlich alle Größen von der Koordinate x abhängig sein können!

Der konstante Vorfaktor a im Ansatz U(x) muss sich im Rayleigh-Quotienten herauskürzenlassen (Probe)!

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Musterlösungen (ohne Gewähr)

Aufgabe 15

Ein homogener Balken (Länge `, BiegesteifigkeitEI, Massenbelegung µ) mit konstanter Quer-schnittsfläche ist wie skizziert gelagert. Er trägtbei x = `/2 eine zusätzliche Punktmasse m.

a) Bestimmen Sie mit dem Polynomansatz

W (x) = a

(x2 − 1

`x3

)eine obere Schranke

und

b) mit Hilfe des Satzes von Dunkerley eine untereSchranke für die erste Eigenkreisfrequenz ω1 fürBiegeschwingungen des Balkens!

Gegeben: `, m, µ = 10m/`, EI.

/2

, EI

m

x

w x( )

/2

Lösung

a) Rayleigh-Quotient: ω21 ≤

Epot,Balken

E∗kin,Balken + E∗kin,Masse

Ansatz: W (x) = a

(x2 − 1

`x3

)→ W ′(x) = a

(2x− 3

`x2

)→ W ′′(x) = a

(2− 6

`x

)

Epot,Balken =1

2

x=`∫x=0

EIW ′′2(x)dx =1

2EIa2

x=`∫x=0

(2− 6

`x

)2

dx =1

2EIa2

[− `

18

(2− 6

`x

)3]`

0

= −EIa2`

36[−64− 8] = 2EIa2`

E∗kin,Balken =1

2

x=`∫x=0

%AW 2(x)dx =1

2%Aa2

x=`∫x=0

(x2 − 1

`x3

)2

dx =1

2%Aa2

[1

5x5 − 1

3`x6 +

1

7`2x7

]`0

=1

2%Aa2

[1

5− 1

3+

1

7

]`5 =

1

2%Aa2 1

105`5 =

1

210%Aa2`5 =

1

210µa2`5

E∗kin,Masse =1

2mW 2(x = `/2) =

1

2ma2 `

4

64=

1

128ma2`4

→ ω21 ≤

2EIa2

1210µa

2`4

5 + 1128ma

2`3

4

=2

121

+ 1128

EI

m`3≈ 36, 08

EI

m`3→ ω1 ≤ 6, 007

√EI

m`3

Anmerkung: Die Abschätzung ist mit dem gewählten Ansatz noch recht ungenau. Man versuche

auch den Ansatz W = a

(x2 − 5

3`x3 +

2

3`2x4

), der der statischen Durchsenkung des skizzierten

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Musterlösungen (ohne Gewähr)

Balkens unter Eigengewicht entspricht (sehr gute Approximation der ersten Eigenform des Balkens

ohne Zusatzmasse!) und letztlich mit ω1 ≤ 4, 45

√EI

m`3eine deutlich genauere Abschätzung liefert.

b) Dunkerley: ω21 ≥

1

D∗, D∗ =

∑i

1

ω21,i

/2

, EI

m=0

x

w x( )

/2

Teilsystem I

, EI

m

x

w x( )

Teilsystem II

m

cErs

EI

x

w x( )

F

FL

/2 /2

/2 /2

Teilsystem I (Balken ohne Zusatzmasse)

exakte Eigenkreisfrequenz (Randbedingungen eingespannt - gestützt): ω21,I = (2π · 2, 454)2 EI

µ`4

Mit µ = 10m/`: ω21,I ≈ 23, 77

EI

m`3

Teilsystem II (Masse m an masselosem Balken)Ersatzfederkonstante des Balkens(nicht unmittelbar aus tabellierten Biegelinen ablesbar, da System statisch überbestimmt!):

w(`)!

= 0 =F`3

24EI+

F`2

8EI︸︷︷︸Neigung bei x= `

2

· `2− FL`

3

3EI→ FL =

5

16F

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Musterlösungen (ohne Gewähr)

w(`/2) =F`3

24EI− FL

6EI`

(`

2

)2(3− 1

2

)=F`3

EI

(1

24− 25

16 · 48

)→ cErs =

F

w(`/2)=

16 · 48

7

EI

`3

exakte Eigenkreisfrequenz (Feder-Masse-System): ω21,II =

cErs

m=

16 · 48

7

EI

m`3≈ 109, 71

EI

m`3

D∗ = 0, 0511m`3

EI→ ω1 ≥ 4, 42

√EI

m`3

Tipps und Tricks

Der konstante Vorfaktor a im Ansatz W (x) muss sich im Rayleigh-Quotienten herauskürzenlassen (Probe)!

Zahlenwerte nicht ausrechnen, sie dienen hier nur der Veranschaulichung!

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