3.7. példa: A 3.11. ábrán vázolt mechanikai rendszer elemei kis kitérésű lengéseket végeznek a vízszintes síkban. Az általános koordináták vektora q=φ1 φ2T. A rúdra Mt=MBcosωt-ε1 gerjesztő nyomaték, a korongra pedig Ft=FD sinωt+ε2 gerjesztő erő hat. Határozzuk meg az állandósult lengés amplitúdóját és fázisszögét, és számítsuk ki a k2 merevségű rugóban ébredő erő legnagyobb értékét!
A rendszer kinetikus energiája
T=12Θ1bφ ˙12+12Θ2fφ ˙22,
ahol Θ1b=1/12 m1l2 és Θ2f=1/2 m2r2+m2a2 a két test B, illetve F ponton átmenő tengelyre számított tehetetlenségi nyomatéka. Ebből az általános tömegmátrix
M=Θ1b00Θ2f.
A potenciális energia
U=12k1aφ12+12k2lφ2-aφ12,
amiből kétszeres deriválással kapjuk az általános merevségi mátrixot:
K=k1+k2a2-k2la -k2la k2l2.
Az erő- és nyomatékgerjesztésnek megfelelő általános erő komponenseket a teljesítmény kifejezéséből számíthatjuk ki:
P=MB cosωt-ε1⋅ω1+FD sinωt+ε2⋅vD.
Mivel az MB nyomaték azonos értelmű, mint az ω1=0 0 φ ˙1T szögsebesség, viszont az FD erő iránya ellentétes az x,y,z koordináta-rendszerben felírt vD=lφ ˙2 0 0T sebességvektor irányával, a teljesítményt az alábbi alakban adhatjuk meg:
P=MB cosωt-ε1φ ˙1-FD sinωt+ε2lφ ˙2. | (3.53) |
Ugyanakkor a (2.139) egyenlet szerint a teljesítmény kifejezhető az általános erőkkel és sebességekkel is:
(3.53) és (3.54) összevetéséből
Q1=MB cosωt-ε1≡MB cosε1⏟=Q1ccosωt+MB sinε1⏟=Q1s sinωt,
Q2=-FDl sinωt+ε2≡-FDl sinε2⏟=Q2ccosωt-FDl cosε2⏟=Q2s sinωt.
A fenti egyenletekben megjelöltük a két általános erő komponens szinuszos és koszinuszos összetevőinek együtthatóit, ugyanis ezekből állítható össze a gerjesztő erő amplitúdóit tartalmazó vektor.
A gerjesztett rendszer stacionárius megoldásában szereplő L1, L2, N1, N2 együtthatók a (3.50) egyenlet alapján felírt
-ω2Θ1b+k1+k2a2-k2la00-k2la-ω2Θ2f+k2l20000-ω2Θ1b+k1+k2a2-k2la00-k2la-ω2Θ2f+k2l2L1L2N1N2
=Q1cQ2cQ1sQ2s≡ MB cosε1-FDl sinε2 MB sinε1-FDl cosε2.
lineáris egyenletrendszer megoldásával határozhatók meg.
A k2 merevségű rugóban ébredő erő a rugó két végének elmozdulásából számítható:
Fk2=k2lφ2-aφ1.
Mivel az állandósult állapotban φ1t=L1 cosωt+N1 sinωt és φ2t=L2 cosωt+N2 sinωt, ez az erő
Fk2=k2L2l-L1a⏟≡xc cosωt+N2l-N1a⏟≡xs sinωt
alakban fejezhető ki, ahol bevezettük az xc és xs jelöléseket. A maximális rugóerő meghatározásához a (2.11) egyenlethez hasonló átalakítást kell végrehajtani:
Fk2=k2 xc2+xs2 sinωt+δ.
Mivel a szinuszfüggvény –1 és 1 közötti értékeket vehet fel, a maximális rugóerő
Fk2 max=k2 xc2+xs2. ♠
3.8. példa: Láncszerű lengőrendszer gerjesztett rezgései. Vizsgáljuk meg a 3.3. példában vizsgált láncszerű rendszer gerjesztett rezgéseit abban az esetben, amikor Ft=F0 cosωt erő hat az m2 tömegű testre! Adott F0=10 N erőamplitúdó és ω=10 rad/s gerjesztési körfrekvencia mellett határozzuk meg úgy az m1 tömeg nagyságát, hogy az m2 tömegű test nyugalomban maradjon a stacionárius rezgés során! A 3.3. példának megfelelően m2=1 kg és k1=k2=k3=100 N/m.
A 3.3 példában már meghatároztuk a tömeg- és merevségi mátrixot, de most m1 értéke ismeretlen:
M=m100m2=m1001 kg, K=k1+k2-k2-k2k2+k3=200-100-100200 Nm.
A következő lépés az általános erő vektorának meghatározása. Ehhez írjuk fel a gerjesztő erő teljesítményét:
P=Ftx ˙2.
A teljesítmény kifejezésében x ˙1 együtthatója lenne az általános erő vektor Q1 komponense, ami most nulla. x ˙2 együtthatójából Q2=Ft, tehát a mozgásegyenlet
Mq ¨+Kq=Q0 cosωt,
azaz kifejtve
m100m2x ¨1x ¨2+k1+k2 -k2 -k2k2+k3x1x2=0F0 cosωt.
Mivel csillapítatlan a lengőrendszer, a partikuláris megoldást kereshetjük
alakban. Ezt azért tehetjük meg, mert csillapítás nélkül – az egy szabadsági fokú esethez hasonlóan – a gerjesztés és a megoldás (válasz) fázisa vagy azonos, vagy ellentétes (ezzel kapcsolatban lásd a (3.52) egyenlet megoldásáról leírtakat). A fenti próbafüggvényt vissza kell helyettesíteni a mozgásegyenletbe, amihez szükség van a második deriváltjára:
q ¨p=-ω2X0 cosωt.
Visszahelyettesítés után a
-ω2 MX0 cosωt+KX0 cosωt=Q0 cosωt
egyenletre jutunk, aminek minden t időpontban teljesülnie kell. Tehát cosωt-vel egyszerűsíthetünk, és így
Adott rendszerparaméterek mellett ebből már meghatározható lenne az X0 vektor mindkét eleme, tehát tényleg megfelelő volt (3.55) alakban keresni a partikuláris megoldást.
Most nincs megadva az m1 tömeg; ezt abból a feltételből lehet meghatározni, hogy az X0 vektor második eleme nulla kell legyen. Tehát ebben az esetben is két ismeretlen van az egyenletben: m1 és X0 első eleme – amit X01-gyel jelölünk. A (3.56) egyenlet tehát így fejthető ki:
-m1ω2+k1+k2 -k2 -k2-m2ω2+k2+k3X010=0F0, azaz
200-m1ω2-100-100200-ω2X010=010.
Az egyenletrendszer első egyenletéből
-m1ω2+k1+k2X01=0,
amiből a keresett m1 tömeg
m1=k1+k2ω2=200100=2 kg.
Az egyenletrendszer második sorából az m1 tömegű test stacionárius rezgésének maximális nagyságú kitérésére X01=-0,1 m adódik. A negatív előjel arra utal, hogy a gerjesztéssel ellentétes fázisban mozog a test.
Tehát az m1 tömeg megfelelő megválasztásával zérussá tehető az m2 tömegű test amplitúdója az állandósult állapotban, pedig éppen arra a testre hat a gerjesztő erő. Az ilyen tulajdonságú lengőrendszereket dinamikus lengésfojtónak nevezik.
Ha az m2 tömegű testet lerögzítenénk, akkor az m1 tömegű testből és a k1, k2 merevségű rugókból álló egy szabadsági fokú lengőrendszernek
ωn=k1+k2m1
lenne a sajátkörfrekvenciája (lásd a 2.1.5. fejezetet), ami az m1 tömeg fenti megválasztásával éppen megegyezik a gerjesztés körfrekvenciájával. ♠