Zbigniew Starczewski
Drgania mechaniczne
Warszawa 2010
Zbigniew Starczewski
Drgania mechaniczne
Warszawa 2010
Politechnika Warszawska
Wydział Samochodów i Maszyn Roboczych
Kierunek "Edukacja techniczno informatyczna"
02-524 Warszawa, ul. Narbutta 84, tel (22) 849 43 07, (22) 234 83 48
ipbmvr.simr.pw.edu.pl/spin/, e-mail: sto@simr.pw.edu.pl
Opiniodawca: prof. nzw. dr hab. Zbigniew SKUP
Projekt okładki: Norbert SKUMIAŁ, Stefan TOMASZEK
Projekt układu graficznego tekstu: Grzegorz LINKIEWICZ
Skład tekstu: Janusz BONAROWSKI, Piotr KORCZAK-KOMOROWSKI
Publikacja przeznaczona jest dla studentów kierunku
"Edukacja techniczno informatyczna"
Copyright © 2010 Politechnika Warszawska
Utwór w całości ani we fragmentach nie może być powielany
ani rozpowszechniany za pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych,
kopiujących, nagrywających i innych bez pisemnej zgody posiadacza praw
autorskich.
ISBN 83-89703-45-9
Druk i oprawa: Drukarnia Expol P. Rybiński, J. Dąbek Spółka Jawna,
87-800 Włocławek, ul. Brzeska 4
Spis treści
Wstęp..................................................................... 5
1. Wprowadzenie................................................... 7
2. Kinematyka drgań .......................................... 11
2.1 Pojęcia podstawowe ..................................................................... 12
3. Składanie ruchów harmonicznych .................. 15
3.1 Składanie drgań o takich samych częstościach .......................... 16
3.2 Składanie drgań o różnych częstościach..................................... 17
4. Elementy analizy harmonicznej ...................... 31
4.1 Przekształcenie Fourier’a ........................................................... 32
5. Modelowanie układów drgających.................. 39
6. Układanie równań ruchu ................................. 43
7. Siły w ruchu drgającym ................................... 55
8. Krótka klasyfikacja drgań ............................... 63
9. Drgania swobodne liniowego układu
drgającego o jednym stopniu swobody
(bez tłumienia) ................................................ 67
10. Drgania swobodne układu
o jednym stopniu swobody
tłumione tarciem wiskotycznym .................... 81
11. Drgania wymuszane układu
o jednym stopniu swobody – bez tłumienia... 93
12. Drgania wymuszane liniowego układu
drgającego o jednym stopniu swobody
z tłumieniem wiskotycznym ......................... 103
13. Drgania liniowe układu o jednym stopniu
swobody wymuszane bezwładnościowo
(z tłumieniem) .............................................. 113
14. Drgania układów o jednym stopniu
swobody przy wymuszeniu kinematycznym
(z tłumieniem) .............................................. 121
15. Amortyzacja drgań ....................................... 131
16. Rejestracja drgań ......................................... 137
17. Drgania swobodne układu liniowego
o dwóch stopniach swobody
– bez tłumienia ............................................. 143
18. Drgania wymuszane układów o dwóch
stopniach swobody, tłumienie dynamiczne . 151
19. Literatura...................................................... 163
Wstęp
Niniejsze materiały zostały opracowane w ramach realizacji Programu
Rozwojowego Politechniki Warszawskiej współfinansowanego ze środ-
ków PROGRAMU OPERACYJNEGO KAPITAŁ LUDZKI. Przezna-
czone są dla studentów studiów inżynierskich kierunku „Edukacja tech-
niczno-informatyczna” prowadzonych na Wydziale Samochodów i Ma-
szyn Roboczych Politechniki Warszawskiej
Niniejsze opracowanie przygotowano dla przedmiotu pt. „DRGANIA
MECHANICZNE”. Jego zawartość merytoryczna w pełni odpowiada
zakresowi opisanemu w sylabusie opracowanym dla tego przedmiotu.
Całość opracowanych materiałów dydaktycznych dla ww przedmiotu za-
warta została w 18 rozdziałach.
Rozdział 1 został poświęcony ogólnym pojęciom z zakresu drgań, opisa-
ny jest cel badania drgań, możliwości zastosowania ruchów drgających,
a także definicji ruchu drgającego.
Rozdział 2 dostarczy kinematyki ruchów drgających, opisane są podsta-
wowe pojęcia takie jak przemieszczenia w ruchu drgającym okres, drgań
częstość drgań, faza początkowa, definicja ruchu okresowego.
Rozdział 3 poświęcony jest składaniu ruchów drgających o tych samych
częstościach i różnych amplitudach, o różnych częstościach drgań skła-
dowych, omówione zostało pojęcie dudnienia.
Rozdział 4 zawiera elementy analizy harmonicznej co związane jest
z rozwinięciem funkcji okresowej w szereg Fourier`a.
Rozdział 5 poświęcony jest problemom modelowania rzeczywistych
układów drgających. Naturalną konsekwencją procesu modelowania jest
opis matematyczny modelu. Wiąże się to z układaniem równań ruchu.
Metodom układania równań ruchu poświęcony jest rozdział 6.
W równaniach ruchu występują określone siły związane z ruchami
drgającymi. Siły te są opisane w rozdziale 7.
Rozdział 8 zawiera krótką podstawową klasyfikacje drgań. Autor
posłużył się tu podziałem zaproponowanym przez prof. Zbigniewa
Osińskiego.
Rozdziały 9, 10 poświęcone są drganiom swobodnym układów o jednym
stopniu swobody bez tłumienia i z tłumieniem.
Rozdziały 11, 12, 13, 14 poświęcone są drganiom układów o jednym
stopniu swobody z różnymi rodzajami wymuszeń (siłowym, bezwład-
nościowym i kinematycznym). Rozpatrzono pojęcie współczynnika
uwielokrotnienia amplitudy drgań oraz krzywych rezonansowych.
Rozdział 15 przedstawia problematykę amortyzacji drgań, to znaczy
ochronę otoczenia przed skutkami drgań obiektu i ochronę obiektu przed
skutkami drgań otoczenia.
Ważnemu problemowi pomiaru parametrów układów drgających (czę-
stość, amplituda, miejsca występowania) poświęcony jest rozdział 16.
Rozdziały 17 i 18 poświęcone są drganiom układów o dwóch stopniach
swobody bez tłumienia (swobodnych) oraz z wymuszeniem harmonicz-
nym. Czytelnik jest wprowadzony w pojęcie tak zwanego tłumienia
dynamicznego.
Należy podkreślić iż do każdego rozdziału wprowadzone są przykłady
zadaniowe pokazujące zastosowanie przedstawionego materiału teore-
tycznego. Przewidziano także dwa ćwiczenia laboratoryjne (krzywe re-
zonansowe belki z wymuszeniem bezwładnościowym oraz badanie
dynamicznego eliminatora drgań) które lepiej utrwalą przedstawiony
materiał teoretyczny i zadaniowy. Myślę, że tak skonstruowane mater-
iały dydaktyczne pomogą słuchaczowi w nabyciu teoretycznych i prak-
tycznych umiejętności z zakresu przedstawionego materiału.
Zajęcia dydaktyczne zdecydowanej większości przedmiotów składają-
cych się na program studiów będą realizowane, oprócz wykładu, także
w formie ćwiczeń laboratoryjnych prac projektowych. Dlatego istotną
częścią tych materiałów, oprócz prezentacji materiału teoretycznego, są
opisy przebiegu ćwiczeń wykonywanych podczas zajęć dydaktycznych
oraz propozycje zadań do samodzielnego wykonania przez słuchaczy.
Tak skonstruowane materiały dydaktyczne pomogą słuchaczom w naby-
ciu praktycznych umiejętności z zakresu posługiwania się technikami
komputerowymi niezbędnych w realizacji współczesnych procesów
projektowo wytwórczych.
1
Wprowadzenie
R
OZDZIAŁ
1
Strona
8
8
8
8
Zachowanie się układów mechanicznych w trakcie drgań jest nieustannie
przedmiotem zainteresowań wielu badaczy i instytucji naukowych.
Chodzi o zbadanie, jaki wpływ mają drgania na wytrzymałość i żywot-
ność, a co za tym idzie niezawodność elementów i maszyn, oraz jakie są
przyczyny, źródła drgań, i jak ochronić się przed nimi.
W wyniku drgań elementów maszyn pojawiają się negatywne zjawiska
z których do najważniejszych zaliczamy:
1. Zakłócenia prawidłowości działania maszyn.
Nadmierne drgania mogą spowodować wadliwą, nierównomierną pracę
maszyn i urządzeń. Np. w obrabiarkach mogą utrudnić uzyskanie odpo-
wiedniej dokładności obróbki. w elementach złącznych gwintowych,
zaciskowych mogą być przyczyną ich rozłączania się.
2. Zmniejszenie trwałości maszyn i urządzeń.
Zjawisko drgań powoduje powstawanie w elementach maszyn zmien-
nych naprężeń co prowadzi poprzez procesy zmęczeniowe do szybszego
ich zużycia. Szczególnie groźne jest to w przypadku wałów maszy-
nowych, łożysk ślizgowych i tocznych, łopatek wirników, wszelkiego
rodzaju elementów zawieszeń.
3. Niekorzystny wpływ drgań na organizm człowieka.
Generalnie wszelkie postacie drgań mają wpływ szkodliwy dla organiz-
mu ludzkiego. Drgania powstające w maszynach roboczych takich jak
młoty pneumatyczne, koparki, żurawie budowlane, walcarki i szereg
innych bywają bardzo często powodami t. zw. chorób zawodowych.
4. Hałas.
Drgania są przyczyną hałasu. Źródła hałasu są różnorakie, są to zarówno
drgania ośrodka (gazy), jak i drgania elementów maszyn i urządzeń.
długotrwałe przebywanie w środowisku o podwyższonym hałasie
wywołuje uczucie zmęczenia, rozdrażnienia, występuje zjawisko stresu,
a często uszkodzenie organów człowieka (głuchota) lub w przypadku
infradźwięków (drgania o bardzo niskich częstotliwościach) wręcz
fizyczne nieodwracalne uszkodzenie tych organów.
W
PROWADZENIE
Strona
9
9
9
9
Generalnie należy mówić o szkodliwości drgań, jednakże bywają one
wykorzystywane z pożytkiem dla człowieka. Występuje to w przypadku
wszelkiego rodzaju przenośników wibracyjnych, przesiewaczy, zagęsz-
czaczy.
Cały oddzielny rozdział to muzyka. Zarówno ta poważna, jak i rozryw-
kowa. Któż z nas nie podziwiał wspaniałych „solówek” wykonanych na
instrumentach dętych, strunowych czy perkusyjnych.
Zdefiniujmy zatem co to jest drganie zwane niekiedy ruchem drgającym.
Według Osińskiego definicja ta ma następujące brzmienie: DRGANIEM
lub RUCHEM DRGAJĄCYM nazywamy taki ruch w którym badana
współrzędna na przemian zbliża się i oddala od pewnej wartości prze-
ciętnej. Wartość ta może być ustalona w czasie. Zwykle przyjmuje się ją
zerową w przyjętym układzie współrzędnych. Wartość przeciętna może
też być zmienna w czasie w dowolny sposób.
a) b)
Rysunek 1.1 Ruchy drgające. a) wartość przeciętna równa zero,
b) wartość przeciętna zmienna w czasie
R
OZDZIAŁ
1
Strona
10
10
10
10
`
2
Kinematyka drgań
R
OZDZIAŁ
2
Strona
12
12
12
12
Pojęcia podstawowe
Podstawowe pojęcia związane z drganiami oparte są na opisie ruchu
harmonicznego prostego. Ruch taki opisany jest równaniem.
)
cos(
0
ϕ
ω
+
=
t
a
x
(2.1)
gdzie:
x
– współrzędna ruchu drgającego,
a
– amplituda drgań,
ω
– częstość kątowa drgań,
0
ϕ
– faza początkowa drgań (przesunięcie fazowe),
t
– czas,
Rysunek 2.1 Ilustracja przebiegu drgań w ruchu harmonicznym prostym
i podstawowe parametry tego ruchu
0
x
– amplituda początkowa,
T
– okres drgań.
Pomiędzy częstością f wyrażoną w hercach (wielkość ta zwana jest
przez elektrotechników częstotliwością) i okresem T zachodzą
zależności:
ω
π
2
=
T
;
f
T
π
π
ω
2
2
=
=
;
π
ω
2
1
=
=
T
f
(2.2)
K
INEMATYKA DRGAŃ
Strona
13
13
13
13
Zapis ruchu harmonicznego może być przedstawiony w postaci:
t
B
t
A
x
ω
ω
sin
cos
+
=
(2.3)
Jeżeli dokonamy podstawienia:
ψ
cos
a
A
=
;
ψ
sin
a
B
−
=
(2.4)
t
a
t
a
x
ω
ψ
ω
ψ
sin
sin
cos
cos
−
=
(2.5)
)
cos(
sin
sin
cos
cos
ψ
ω
ψ
ω
ψ
ω
+
=
−
t
t
t
Ostatecznie:
)
cos(
ψ
ω
+
=
t
a
x
(2.6)
gdzie w zależności (2.4)
2
2
B
A
a
+
=
;
A
B
tg
−
=
ψ
;
−
=
A
B
arctg
ψ
(2.7)
Ruch będziemy nazywać okresowym wtedy, gdy spełniona będzie
zależność:
)
(
)
(
t
x
T
t
x
=
+
(2.8)
Należy pamiętać iż każdy ruch harmoniczny jest ruchem okresowym,
natomiast nie każdy ruch okresowy jest ruchem harmonicznym.
R
OZDZIAŁ
2
Strona
14
14
14
14
`
3
Składanie
ruchów harmonicznych
R
OZDZIAŁ
3
Strona
16
16
16
16
3.1.
Składanie drgań o takich samych częstościach
Drganie wypadkowe
)
(t
x
jest sumą dwóch drgań harmonicznych o tej
samej częstości kołowej
ω
i różnych amplitudach a i różnych przesunię-
ciach fazowych
ϕ
.
)
sin(
)
sin(
)
(
2
2
1
1
ϕ
ω
ϕ
ω
+
+
+
=
t
a
t
a
t
x
+
=
+
+
=
+
2
2
2
1
1
1
sin
cos
cos
sin
)
sin(
sin
cos
cos
sin
)
sin(
ϕ
ω
ϕ
ω
ϕ
ω
ϕ
ω
ϕ
ω
ϕ
ω
t
t
t
t
t
t
(3.1.1)
2
2
2
2
1
1
1
1
sin
cos
cos
sin
sin
cos
cos
sin
)
(
ϕ
ω
ϕ
ω
ϕ
ω
ϕ
ω
t
a
t
a
t
a
t
a
t
x
+
+
+
=
(3.1.2)
Grupując wyrazy z
t
ω
cos
i
t
ω
sin
otrzymujemy:
t
a
a
t
a
a
t
x
ω
ϕ
ϕ
ω
ϕ
ϕ
sin
)
cos
cos
(
cos
)
sin
sin
(
)
(
2
2
1
1
2
2
1
1
+
+
+
=
(3.1.3)
Wykonujemy podstawienie:
=
+
=
+
ψ
ϕ
ϕ
ψ
ϕ
ϕ
cos
cos
cos
sin
sin
sin
2
2
1
1
2
2
1
1
a
a
a
a
a
a
(3.1.4)
ψ
ω
ψ
ω
cos
sin
sin
cos
)
(
t
a
t
a
t
x
+
=
(3.1.5)
Ostatecznie:
)
sin(
)
(
ψ
ω
+
=
t
a
t
x
(3.1.6)
gdzie z (2.1.2)
(
)
(
)
2
2
2
2
1
1
sin
sin
ϕ
ϕ
a
a
a
+
=
(3.1.7)
+
+
=
2
2
1
1
2
2
1
1
cos
cos
sin
sin
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ψ
a
a
a
a
arctg
(3.1.8)
S
KŁADANIE RUCHÓW HARMONICZNYCH
Strona
17
17
17
17
Wynika stąd iż drganie wypadkowe będzie też drganiem harmonicznym
o częstości
ω
. Przypadek ten można uogólnić na sumę n drgań harmo-
nicznych o częstości
ω
.
)
sin(
)
sin(
)
(
1
ψ
ω
ϕ
ω
+
=
+
=
∑
=
=
t
a
t
a
t
x
n
i
i
i
i
(3.1.9)
gdzie:
∑
∑
=
=
=
=
+
=
n
i
i
n
i
i
i
i
i
i
a
a
a
1
1
2
2
)
cos
(
)
sin
(
ϕ
ϕ
(3.1.10)
=
∑
∑
=
=
=
=
n
i
i
i
i
n
i
i
i
i
a
a
arctg
1
1
cos
sin
ϕ
ϕ
ψ
(3.1.11)
3.2. Składanie ruchów drgań o różnych częstościach
Rozpatrzmy przypadek, gdy wypadkowe drganie
)
(t
x
jest sumą dwóch
drgań harmonicznych o różnych częstościach.
)
sin(
)
sin(
)
(
2
2
2
1
1
1
ϕ
ω
ϕ
ω
+
+
+
=
t
a
t
a
t
x
(3.2.1)
Dla tej postaci równania możemy wyróżnić trzy przypadki:
a) Częstość jednego z drgań składowych jest dużo większa od częstości
drgań drugiego.
)
sin(
)
(
1
1
1
1
ϕ
ω
+
=
t
a
t
x
;
)
sin(
)
(
2
2
2
2
ϕ
ω
+
=
t
a
t
x
załóżmy że
2
1
a
a
<
;
2
1
ω
ω
<<
;
0
2
1
=
=
ϕ
ϕ
R
OZDZIAŁ
3
Strona
18
18
18
18
Rysunek 3.2.1 Przypadek (a),
2
1
a
a
<
,
2
1
ω
ω
<<
,
0
2
1
=
=
ϕ
ϕ
S
KŁADANIE RUCHÓW HARMONICZNYCH
Strona
19
19
19
19
gdy
2
1
a
a
>
,
2
1
ω
ω <<
otrzymujemy:
Rysunek 3.2.2 Przypadek (a),
2
1
ω
ω <<
,
2
1
a
a
>
R
OZDZIAŁ
3
Strona
20
20
20
20
b) Częstości drgań składowych różnią się nieznacznie od siebie.
)
sin(
)
(
1
1
ϕ
ω
+
=
t
a
t
x
,
)
sin(
)
(
2
2
t
t
a
t
x
ω
ω
∆
+
=
(3.2.2)
Należy pamiętać iż:
ω
ω
<<
∆
,
ϕ
- przesunięcie początkowe
)
(
1
t
x
względem
)
(
2
t
x
.
Drgania wypadkowe otrzymujemy w postaci:
t
t
a
a
t
t
a
a
t
t
a
t
t
a
t
a
t
a
t
t
a
t
a
t
x
t
x
t
x
ω
ω
ϕ
ω
ω
ϕ
ω
ω
ω
ω
ϕ
ω
ϕ
ω
ω
ω
ϕ
ω
sin
)
cos
cos
(
cos
)
sin
sin
(
sin
cos
cos
sin
sin
cos
cos
sin
)
sin(
)
sin(
)
(
)
(
)
(
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
∆
+
+
+
∆
+
=
∆
+
+
∆
+
+
=
∆
+
+
+
=
+
=
(3.2.3)
Wprowadzając oznaczenia:
)
(
cos
)
(
cos
cos
)
(
sin
)
(
sin
sin
2
1
2
1
t
t
A
t
a
a
t
t
A
t
a
a
Ψ
=
∆
+
Ψ
=
∆
+
ω
ϕ
ω
ϕ
(3.2.4)
Otrzymujemy ostatecznie:
))
(
sin(
)
(
)
(
t
t
t
A
t
x
Ψ
+
=
ω
(3.2.5)
gdzie:
2
2
1
2
2
1
)
cos
cos
(
)
sin
sin
(
)
(
t
a
a
t
a
a
t
A
ω
ϕ
ω
ϕ
∆
+
+
∆
+
=
t
a
a
t
a
a
arctg
t
ω
ϕ
ω
ϕ
∆
+
∆
+
=
Ψ
cos
cos
sin
sin
)
(
2
1
2
1
Tak więc amplituda zmienia się okresowo od
max
A
do
min
A
, gdzie:
2
1
min
2
1
max
a
a
A
a
a
A
−
=
+
=
(3.2.6)
Drgania mają postać jak na rysunku 3.2.3 i tę postać drgań nazywamy
DUDNIENIEM.
S
KŁADANIE RUCHÓW HARMONICZNYCH
Strona
21
21
21
21
Rysunek 3.2.3. Przypadek (b), dudnienie
c) Stosunek częstości drgań składowych wyraża się przez niewielkie
liczby naturalne.
W tym przypadku przebiegi drgania wypadkowego
)
(t
x
w zależności od
stosunku amplitud, częstości oraz kątów przesunięcia fazowego może
przyjąć różne formy.
Niech
t
a
t
x
ω
sin
)
(
1
1
=
,
)
2
sin(
)
(
2
2
ϕ
ω
+
=
t
a
t
x
oraz
2
2
1
=
a
a
Rysunek 3.2.4. Przebieg
)
(
)
(
2
1
t
x
t
x
+
dla
o
0
=
ϕ
R
OZDZIAŁ
3
Strona
22
22
22
22
Rysunek 3.2.5 Przebieg
)
(
)
(
2
1
t
x
t
x
+
dla
o
90
=
ϕ
W przypadku gdy
1
ω
i
2
ω
nie są współmierne, to drganie wypadkowe
jest nieokresowe.
Przykład 1.
Ruch punktu opisany jest superpozycją dwóch ruchów opisanych
równaniami:
t
x
ω
sin
5
1
=
,
−
=
4
sin
3
2
π
ω
t
x
Znaleźć amplitudę i przesunięcie fazowe ruchu wypadkowego.
−
=
⇒
=
2
cos
5
sin
5
1
1
π
ω
ω
t
x
t
x
Amplituda A :
43
,
7
2
2
3
0
5
2
2
3
)
1
(
5
)
cos
(
)
sin
(
2
2
2
1
2
1
2
2
≅
⋅
+
⋅
+
⋅
+
−
⋅
=
+
=
∑
∑
=
=
=
=
i
i
i
i
i
i
i
i
a
a
A
ϕ
ϕ
S
KŁADANIE RUCHÓW HARMONICZNYCH
Strona
23
23
23
23
35
,
3
2
2
3
0
5
2
2
3
)
1
(
5
cos
sin
2
1
2
1
−
=
⋅
+
⋅
⋅
−
−
⋅
=
=
∑
∑
=
=
=
=
i
i
i
i
i
i
i
i
a
a
tg
ϕ
ϕ
ψ
Przykład 2.
Ruch punktu opisany jest równaniami :
t
x
ω
cos
5
1
=
;
t
x
ω
sin
5
3
2
−
=
Znaleźć tor punktu.
Równanie parametryczne na
1
x
i
2
x
możemy przedstawić w postaci:
t
x
ω
cos
5
1
=
;
t
x
ω
sin
5
3
2
−
=
−
Podnosząc obustronnie do kwadratu i dodając do siebie stronami
otrzymujemy:
t
t
x
x
ω
ω
2
2
2
2
2
1
sin
cos
25
)
3
(
25
+
=
−
+
Czyli ostatecznie:
1
25
)
3
(
25
2
2
2
1
=
−
+
x
x
Rysunek 3.2.6 Trajektoria punktu którego ruch opisują równania
1
x
i
2
x
R
OZDZIAŁ
3
Strona
24
24
24
24
Jest to równanie okręgu o promieniu r = 5 i środku przesuniętym o 3
wzdłuż osi
2
x
.
Przykład 3.
Znaleźć tor punktu opisanego równaniami:
+
=
2
cos
4
π
ω
t
x
;
−
=
2
cos
7
π
ω
t
y
t
t
t
t
t
t
t
t
ω
π
ω
π
ω
π
ω
ω
π
ω
π
ω
π
ω
sin
2
sin
sin
2
cos
cos
2
cos
sin
2
sin
sin
2
cos
cos
2
cos
=
+
=
−
−
=
−
=
+
Zatem:
t
x
ω
sin
4
−
=
;
t
y
ω
sin
7
=
Stąd:
x
y
4
7
−
=
Jest to równanie prostej przedstawionej na rysunku 3.2.7.
Rysunek 3.2.7 Prosta opisana równaniami
x
i
y
Przykład 4.
Znaleźć tor punktu opisany równaniami:
t
x
ω
sin
5
3
+
=
;
t
y
ω
cos
3
7
+
=
S
KŁADANIE RUCHÓW HARMONICZNYCH
Strona
25
25
25
25
Równania możemy łatwo przekształcić w postać:
t
x
ω
sin
5
3
=
−
;
t
y
ω
cos
3
7
=
−
Podnosząc obustronnie do kwadratu i dodając stronami, otrzymujemy:
1
9
)
7
(
25
)
3
(
2
2
=
−
+
−
y
x
Jest to równanie elipsy o środku określonym współrzędnymi x = 3,
y = 7 i ramionach 3 i 5, przedstawionej na rysunku 3.2.8.
Rysunek 3.2.8 Elipsa opisana równaniami
x
i
y
Przykład 5.
Znaleźć tor punktu poruszającego się zgodnie z równaniami:
)
sin(
)
cos(
β
ω
α
ω
+
=
+
=
t
b
y
t
a
x
Równanie drugie możemy przedstawić w formie:
)
sin(
α
α
β
ω
−
+
+
=
t
b
y
Zauważmy iż w wyrażeniu w nawiasach dodaliśmy i odjęliśmy to samo
wyrażenie
α
, zatem:
)]
sin(
)
cos(
)
cos(
)
[sin(
)]
(
)
sin[(
α
β
α
ω
α
β
α
ω
α
β
α
ω
−
+
+
+
−
+
=
−
+
+
=
t
t
b
t
b
y
R
OZDZIAŁ
3
Strona
26
26
26
26
Z równania pierwszego otrzymujemy:
)
cos(
α
ω
+
=
t
a
x
Zatem:
2
1
)
sin(
−
=
+
a
x
t
α
ω
Uwzględniając ostatecznie wyrażenie w równaniu na y mamy:
−
+
−
−
=
)
sin(
)
cos(
1
2
α
β
α
β
a
x
a
x
b
y
Stąd:
)
cos(
1
)
sin(
2
α
β
α
β
−
−
=
−
−
a
x
a
x
b
y
Podnosząc obustronnie do kwadratu otrzymujemy:
)
(
cos
1
)
(
sin
)
sin(
2
2
2
2
2
2
α
β
α
β
α
β
−
−
=
−
+
−
−
a
x
a
x
ab
xy
b
y
Po uproszczeniu:
[
]
)
(
cos
)
(
cos
)
(
sin
)
sin(
2
2
2
2
2
2
α
β
α
β
α
β
α
β
−
=
−
+
−
+
−
−
a
x
ab
xy
b
y
Uwzględniając jedynkę trygonometryczną otrzymujemy ostatecznie:
)
(
cos
)
sin(
2
2
2
2
α
β
α
β
−
=
+
−
−
a
x
ab
xy
b
y
S
KŁADANIE RUCHÓW HARMONICZNYCH
Strona
27
27
27
27
Jak widać charakter trajektorii będzie zależał od wyrażenia
)
(
α
β
−
.
a) gdy:
π
α
β
⋅
=
−
k
;
,.....
4
,
2
,
0
=
k
0
)
sin(
=
−
α
β
;
1
)
cos(
=
−
α
β
Dla takich wartości funkcji równanie trajektorii ma postać:
1
2
2
=
+
a
x
b
y
Jest to równanie elipsy o środku umieszczonym w punkcie
)
0
;
0
(
przyjętego kartezjańskiego układu współrzędnych,
b) gdy:
π
π
α
β
⋅
+
=
−
k
2
;
,.....
4
,
2
,
0
=
k
1
)
sin(
=
−
α
β
;
0
)
cos(
=
−
α
β
Równanie trajektorii przyjmuje postać:
0
2
2
2
=
+
−
a
x
ab
xy
b
y
, czyli
0
2
=
−
a
x
b
y
Ostatecznie:
x
a
b
y
=
Jest to równanie prostej o współczynniku kierunkowym
a
b
i
przechodzącej przez środek układu współrzędnych,
c) gdy:
π
π
α
β
⋅
+
=
−
k
2
;
,.....
5
,
3
,
1
=
k
1
)
sin(
−
=
−
α
β
;
0
)
cos(
=
−
α
β
R
OZDZIAŁ
3
Strona
28
28
28
28
a)
b)
c)
Rysunek 3.2.9 Trajektorie punktu opisane równaniem końcowym
z przykładu 5
Równanie trajektorii przyjmuje postać:
0
2
2
2
=
+
+
a
x
ab
xy
b
y
, czyli
0
2
=
−
a
x
b
y
ostatecznie:
S
KŁADANIE RUCHÓW HARMONICZNYCH
Strona
29
29
29
29
x
a
b
y
−
=
Jest to równanie prostej o współczynniku kierunkowym
a
b
−
i
przechodzącej przez środek układu współrzędnych.
Przypadki a), b), c) obrazuje rysunek 3.2.9.
Przykład 6.
Ruch drgający punktu jest wypadkową następujących składowych:
)
15
sin(
4
1
t
x
=
;
)
16
sin(
4
2
t
x
=
Ponieważ mamy do czynienia niewielką różnicą prędkości kątowych na
pewno wystąpi zjawisko dudnienia. Należy wyznaczyć maksymalne i
minimalne wartości amplitud, częstość oraz okres dudnień.
0
4
4
8
4
4
2
1
min
2
1
max
=
−
=
−
=
=
+
=
+
=
a
a
a
a
a
a
Częstość dudnień:
=
−
=
−
=
s
d
1
1
15
16
1
2
ω
ω
ω
Okres dudnień:
[ ]
s
T
d
d
π
π
ω
π
2
1
2
2
=
=
=
Przebieg wypadkowy ilustruje rysunek 3.2.10.
R
OZDZIAŁ
3
Strona
30
30
30
30
Rysunek 3.2.10 Wypadkowa trajektoria punku z przykładu 6
`
4
Elementy analizy
harmonicznej
R
OZDZIAŁ
4
Strona
32
32
32
32
4.1. Przekształcenie Fourier’a
Dowolny przebieg drgań okresowych można rozłożyć na sumę składo-
wych harmonicznych. Analiza harmoniczna polega na rozwinięciu
funkcji
)
(t
x
o okresie T w tak zwany szereg Fourier`a.
Szereg ten możemy przedstawić w następującej formie:
)
sin
cos
(
2
)
(
1
0
t
n
b
t
n
a
a
t
x
i
i
n
n
ω
ω
∑
∞
=
=
+
+
=
(4.1)
Przy czym:
T
π
ω
2
=
(4.2)
Poszczególne współczynniki szeregu Fourier`a wyrażone są następujący-
mi zależnościami:
∫
=
T
dt
t
x
T
a
0
0
)
(
2
(4.3)
dt
t
n
t
x
T
a
T
n
∫
=
0
cos
)
(
2
ω
,
......
3
,
2
,
1
,
0
=
n
(4.4)
dt
t
n
t
x
T
b
T
n
∫
=
0
sin
)
(
2
ω
,
......
3
,
2
,
1
=
n
(4.5)
Kolejny wyraz szeregu Fourier`a jest nazywany n –tą harmoniczną
drgań okresowych. Wyraz wolny
0
a
nazywamy składową stałą drgań.
Pierwsza harmoniczna nazywana jest harmoniczną podstawową.
Dla scharakteryzowania składowych harmonicznych drgań okresowych
stosuje się tak zwane widmo funkcji będące zbiorem par liczb, a miano-
wicie kolejnych częstości
n
ω
oraz sumy kwadratów odpowiadających
im amplitud.
2
2
2
n
n
n
A
b
a
=
+
E
LEMENTY ANALIZY HARMONICZNEJ
Strona
33
33
33
33
Rysunek 4.1.1 Widmo funkcji
Najczęściej zdarza się, że harmoniczne wyższego rzędu mają małe
amplitudy, wtedy można przybliżoną funkcję wyrazić przez tak zwany
wielomian Fouriera`a.
∑
+
=
N
n
n
t
n
b
t
n
a
t
x
1
)
sin
cos
(
)
(
ω
ω
(4.6)
Oczywiste jest, że im więcej harmonik uwzględniamy tym bardziej
dokładnie rozwijana funkcja w szereg Fouriera`a oddaje oryginał.
Przykład 1.
Znaleźć widmo funkcji przedstawionej na rysunku 4.1.2.
Rysunek 4.1.2 Przebieg badanej funkcji
Łatwo zauważyć iż okres funkcji wynosi 2
π
, a częstość 1. Poszczególne
współczynniki szeregu Fouriera`a obliczamy z zależności (4.3), (4.4),
(4.5).
R
OZDZIAŁ
4
Strona
34
34
34
34
π
π
π
π
π
π
π
π
=
=
+
=
=
∫
∫
∫
2
0
0
0
0
0
2
2
2
2
)
(
2
t
dt
dt
dt
t
x
T
a
T
0
sin
1
cos
2
2
cos
cos
cos
0
2
2
cos
2
2
cos
)
(
2
0
0
0
0
0
2
0
=
−
=
=
=
=
+
=
=
∫
∫
∫
∫
∫
∫
π
π
π
π
π
π
π
π
π
ω
ω
π
ω
π
π
ω
π
nt
n
ntdt
tdt
n
tdt
n
tdt
n
tdt
n
tdt
n
t
x
a
T
n
)
cos
1
(
1
1
cos
1
cos
1
sin
2
2
sin
sin
sin
0
2
2
sin
2
2
sin
)
(
2
0
0
0
0
0
2
0
π
π
π
π
ω
ω
π
ω
π
π
ω
π
π
π
π
π
π
π
π
−
=
+
−
=
=
=
=
=
+
=
=
∫
∫
∫
∫
∫
∫
n
n
n
n
nt
n
ntdt
tdt
n
tdt
n
tdt
n
tdt
n
tdt
n
t
x
b
T
n
Gdy n – parzyste, wtedy
0
=
n
b
, gdy n – nieparzyste, wtedy
n
b
n
2
=
.
Zatem poszczególne współczynniki
2
n
A
będą wynosić:
44
,
0
4
2
3
2
3
2
1
2
1
2
2
0
2
0
≅
=
=
=
=
=
b
A
b
A
a
A
π
Rysunek 4.1.3 Widmo funkcji wyznaczone w przykładzie 1
E
LEMENTY ANALIZY HARMONICZNEJ
Strona
35
35
35
35
Przykład 2.
Wyznaczyć współczynniki widma funkcji określonej zależnością:
+
=
3
sin
)
(
4
π
ω
t
t
x
Powyższe współrzędne możemy podać jako iloczyn:
+
⋅
+
=
3
sin
3
sin
)
(
2
2
π
ω
π
ω
t
t
t
x
Ale:
2
3
2
cos
1
3
sin
2
+
−
=
+
π
ω
π
ω
t
t
Zatem:
=
+
+
+
−
=
=
+
−
⋅
+
−
=
=
+
−
⋅
+
−
=
3
2
cos
3
2
cos
1
4
1
3
2
cos
1
3
2
cos
1
4
1
2
3
2
cos
1
2
3
2
cos
1
)
(
2
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
t
t
t
t
t
t
t
x
R
OZDZIAŁ
4
Strona
36
36
36
36
+
+
+
−
=
=
+
+
+
+
−
=
=
+
+
+
+
−
=
=
+
+
=
+
=
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
3
4
4
cos
8
1
3
2
2
cos
2
1
8
3
3
4
4
cos
8
1
8
1
3
2
2
cos
2
1
4
1
3
4
cos
1
8
1
3
2
cos
2
1
4
1
2
3
4
cos
1
3
2
cos
2
t
t
t
t
t
t
t
t
Ale:
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
3
4
sin
4
sin
3
4
cos
4
cos
3
4
4
cos
3
2
sin
2
sin
3
2
cos
2
cos
3
2
2
cos
t
t
t
t
t
t
−
=
+
−
=
+
Tak więc:
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
x
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
ω
4
sin
16
3
4
cos
16
1
2
sin
4
3
2
cos
4
1
8
3
4
sin
2
3
4
cos
2
1
8
1
2
sin
2
3
2
cos
2
1
2
1
8
3
3
4
sin
4
sin
3
4
cos
4
cos
8
1
3
2
sin
2
sin
3
2
cos
2
cos
2
1
8
3
)
(
+
−
+
+
=
=
+
−
+
+
−
−
−
=
=
−
+
+
−
−
=
Z powyższej analizy:
4
3
8
3
2
0
0
=
⇒
=
a
a
E
LEMENTY ANALIZY HARMONICZNEJ
Strona
37
37
37
37
0
1
=
a
;
0
1
=
b
4
1
2
=
a
;
4
3
2
=
b
0
3
=
a
;
0
3
=
b
16
1
4
−
=
a
;
16
3
4
=
b
Rysunek 4.1.4 Widmo funkcji analizowanej w przykładzie 2
R
OZDZIAŁ
4
Strona
38
38
38
38
`
5
Modelowanie układów
drgających
R
OZDZIAŁ
5
Strona
40
40
40
40
Gdy przystępujemy do analizy drgań konkretnego układu musimy przed-
stawić układ rzeczywisty w postaci modelu o mniejszym lub większym
stopniu komplikacji. W skład takiego modelu wchodzą punkty ma-
terialne, ciała sztywne, ciała odkształcalne o masach różnych od zera,
ciała odkształcalne o masach przyjmowanych jako zerowe. Proces
modelowania polega na wprowadzaniu pewnych uproszczeń w stosunku
do rzeczywistego układu drgającego. Gdy do analizy przyjęlibyśmy
układ rzeczywisty okazałoby się iż bardzo skomplikowana (niekiedy
wręcz niemożliwa) analiza dawała by niewiele lepsze rezultaty niż jej
uproszczony model.
Położenie modelu określa się współrzędnymi uogólnionymi. Jeżeli anali-
zowany układ składa się ze skończonej liczby punktów materialnych lub
ciał sztywnych, to liczba współrzędnych uogólnionych jest skończona.
Gdy mamy do czynienia z ciałami odkształcalnymi o masach rozłożo-
nych w sposób ciągły, wtedy liczba współrzędnych uogólnionych jest
nieskończenie wielka i mówimy że analizowany układ ma nieskończenie
wielką liczbę stopni swobody. W naszych rozważaniach będziemy zaj-
mować się układami o skończonej liczbie stopni swobody. Szczególnym
przypadkiem tych układów jest układ o jednym stopniu swobody.
Ewolucje procesu modelowania prześledzimy na prostym przykładzie
n.p. samochodu.
Rysunek 5.1 Model pojazdu jako układ o jednym stopniu swobody
M
ODELOWANIE UKŁADÓW DRGAJĄCYCH
Strona
41
41
41
41
Pojazd przedstawiony został jako ciało o masie m z elementami zawie-
szenia (sztywność k , oraz tłumik o współczynniku tłumienia c ),
wykonujące drgania pionowe wywołane oddziaływaniem funkcji opisa-
nej drogą
)
(s
f
. Łatwo zauważyć iż ten najprostszy model ma jeden sto-
pień swobody, a ruch ciała o masie m , określany jest jedną współrzędną
x , będącą jego przemieszczeniem.
Nawet kompletna „noga” techniczna zauważy iż model przedstawiony
na rysunku 5.1 ma mało wspólnego z rzeczywistym pojazdem. Spróbuj-
my zatem nieco skomplikować badany układ samochodu.
Rysunek 5.2 Model pojazdu jako układ o dwóch stopniach swobody
Widać iż przedstawiony na rysunku 5.2 model pojazdu trochę zbliżył się
do rzeczywistości. Ma on teraz dwa stopnie swobody, resorowana masa
pojazdu może poruszać się niezależnie pionowo i jednocześnie wykony-
wać ruch obrotowy wokół środka masy z . Tak więc jego ruch opisany
jest dwoma współrzędnymi, przemieszczeniem x i kątem obrotu
ϕ
. Ko-
lejny etap przybliżania modelu do rzeczywistości obrazuje rysunek 5.3.
W modelu tym uwzględniono sztywności
op
k
, tłumienie
op
c
opon pojaz-
du i masy kół
k
m
.
Nastąpiło dalsze powiększenie liczby stopni swobody modelu. Zwięk-
szyła się liczba współrzędnych opisujących ruch masy resorowanej.
Zwiększyła się zatem liczba równań opisujących ten model.
R
OZDZIAŁ
5
Strona
42
42
42
42
Rysunek 5.3 Model pojazdu w którym uwzględniono masę kół, oraz
współczynniki sztywności i tłumienia opon
Proces modelowania powinniśmy zakończyć na tym stopniu komplika-
cji, który pozwoli poznać najwłaściwsze parametry drganiowe analizo-
wanego układu rzeczywistego.
`
6
Układanie równań
ruchu
R
OZDZIAŁ
6
Strona
44
44
44
44
Mając stworzony mniej lub bardziej przybliżony model rzeczywistego
układu drgającego możemy pokusić się o jego opis matematyczny co
pozwoli na dalszą analizę jego parametrów drganiowych. Równania
ruchu stworzonego układu materialnego można wyprowadzić za pomocą
dowolnej z metod poznanej z wykładu z mechaniki. w szczególnie
w prostych przypadkach gdy w grę wchodzą układy o jednym stopniu
swobody można zastosować bezpośrednio II zasadę dynamiki Newtona
lub metodą energetyczną. Dla układów bardziej złożonych wygodniej
posłużyć się równaniami Lagrange`a drugiego rodzaju. Przybliżmy te
trzy metody.
a) Metoda Newtona
Rozpatrzmy układ o jednym stopniu swobody składający się z ciała
o masie m mogącego poruszać się pionowo, pobudzanego do drgań siłą
P
, podpartego elementami sztywnymi o sztywności k , i elementami
tłumiącymi o współczynniku tłumienia c . Układ przedstawiony jest na
rysunku 6.1.
Rysunek 6.1 Rozpatrywany model i układ sił działających na ciało
o masie
m
Zgodnie z przyjętym układem współrzędnych równanie równowagi sił
będzie następujące:
0
=
−
−
+
+
R
S
B
G
P
(6.1)
U
KŁADANIE RÓWNAŃ RUCHU
Strona
45
45
45
45
gdzie:
P
- siła zewnętrzna,
B
- siła bezwładności,
G
- obciążenie układu,
S
- siła indukowana w elemencie sprężystym,
R
- siła oporu.
Podstawiając pod poszczególne oznaczenia konkretne zależności, rów-
nanie (6.1), stanie się równaniem ruchu analizowanego układu.
b) Metoda energetyczna
Dla układów zachowawczych, to znaczy takich, w których całkowita
energia układu pozostaje niezmienna w czasie ruchu, możemy układać
równania ruchu w oparciu o zasadę:
const
E
E
P
K
=
+
(6.2)
gdzie:
K
E
- energia kinetyczna,
P
E
- energia potencjalna.
Różniczkując po czasie zależność (6.2) otrzymujemy:
0
)
(
=
+
P
K
E
E
dt
d
(6.3)
W zastosowaniu do układów drgających, równanie (6.3) staje się równa-
niem ruchu.
c) Metoda z zastosowaniem równania Lagrange`a II rodzaju
Równanie Lagrange`a dla układów holonomicznych ma postać:
j
j
j
K
j
P
j
K
R
Q
q
E
q
E
q
E
dt
d
−
=
∂
∂
−
∂
∂
+
∂
∂
&
(6.4)
R
OZDZIAŁ
6
Strona
46
46
46
46
gdzie:
K
E
- energia kinetyczna układu drgającego,
P
E
- energia potencjalna układu drgającego,
)
(t
Q
Q
j
j
=
- zewnętrzna siła uogólniona odpowiadająca
współrzędnej uogólnionej
j
q
.
j
R
- uogólniona siła oporu, odpowiadająca współrzędnej
uogólnionej
j
q
skierowana przeciwnie do
j
Q
.
Po wykonaniu operacji różniczkowania zgodnie z zależnością (6.4) uzys-
kujemy bezpośrednio równania ruchu układu drgającego.
Przykład 1.
Wyznaczyć sztywność zastępczą sprężyn oraz wyznaczyć równania
ruchu układu jak na rysunku 6.2 stosując metodę Newtona, energetyczną
i równania Lagrange`a II rodzaju. Dane:
1
k
,
2
k
,
3
k
,
4
k
,
5
k
,
6
k
,
G
.
Rysunek 6.2 Model układu analizowany w przykładzie 1
W pierwszym etapie należy znaleźć sztywność zastępczą elementów
sprężystych. Sprężyny
1
k
i
2
k
są połączone szeregowo. Ich sztywność
zastępcza
12
k
wynosi:
U
KŁADANIE RÓWNAŃ RUCHU
Strona
47
47
47
47
2
1
12
1
1
1
k
k
k
+
=
stąd
2
1
2
1
12
1
k
k
k
k
k
⋅
+
=
Czyli:
2
1
2
1
12
k
k
k
k
k
+
⋅
=
Tak samo postępujemy w przypadku elementów sprężystych
3
k
i
4
k
.
4
3
4
3
34
k
k
k
k
k
+
⋅
=
Elementy
12
k
,
34
k
,
5
k
i
6
k
stanowią sobą połączenie równoległe, zatem
sztywność wypadkowa
W
k
jest równa sumie poszczególnych sztyw-
ności:
6
5
34
12
k
k
k
k
k
W
+
+
+
=
Zgodnie z zależnością (6.1) na układ działają siły:
x
g
G
x
m
B
&
&
&
&
−
=
−
=
- siła bezwładności,
mg
G
=
- obciążenie układu,
)
(
st
W
l
x
k
S
+
=
- reakcja elementów sprężystych,
gdzie:
W
st
k
G
l
=
- ugięcie statyczne elementów sprężystych wywołane
obciążeniem G ,
Zatem:
0
=
−
+
S
G
B
R
OZDZIAŁ
6
Strona
48
48
48
48
0
=
+
−
+
−
W
W
k
G
x
k
mg
x
m &
&
0
=
−
−
+
−
mg
x
k
mg
x
m
W
&
&
Ostatecznie:
0
=
+
x
k
x
m
W
&
&
;
0
=
+
x
k
x
g
G
W
&
&
Jest to równanie ruchu układu z rysunku 6.2 określone metodą Newtona.
Dla zastosowania metody energetycznej konieczne jest określenie
energii kinetycznej i potencjalnej.
Energia kinetyczna układu:
2
2
2
1
2
1
x
g
G
x
m
E
K
&
&
=
=
Energia potencjalna układu:
2
2
1
x
k
E
W
P
=
Korzystając z równania (6.3) otrzymujemy:
0
2
1
2
1
2
2
=
+
x
k
x
g
G
dt
d
W
&
0
2
2
1
2
2
1
=
+
x
x
k
x
x
g
G
W
&
&
&
&
0
=
+
x
k
x
g
G
W
&
&
Metoda równania Lagrange`a II rodzaju.
Korzystając z równania (6.4) otrzymujemy:
U
KŁADANIE RÓWNAŃ RUCHU
Strona
49
49
49
49
x
g
G
x
g
G
dt
d
x
E
dt
d
K
&
&
&
&
=
=
∂
∂
x
k
x
E
W
P
=
∂
∂
0
=
∂
∂
x
E
K
0
=
j
Q
0
=
j
R
Zatem:
0
=
+
x
k
x
g
G
W
&
&
We wszystkich trzech przypadkach otrzymaliśmy to samo równanie
opisujące ruch układu.
Jak wspomnieliśmy metoda Newtona „sprawdza się” przy stosunkowo
prostych układach drgających (zwykle o jednym stopniu swobody),
metoda energetyczna ma silne ograniczenia w postaci takiej iż układ
musi być autonomiczny. Najwygodniej jest stosować metodę równania
Lagrange`a II rodzaju, i w następnych przykładach będziemy właśnie ją
stosować.
Przykład 2.
Określić za pomocą równania Lagrange`a II rodzaju równanie ruchu
układu jak na rysunku 6.3.
Dane: sztywności elementów sprężystych
1
k
,
2
k
,
3
k
,
4
k
,
5
k
,
6
k
,
Współczynniki tłumienia
1
c
,
2
c
, ciężar ciała G ,
)
(t
P
– siła wymusza-
jąca, x – przemieszczenie ciała (współrzędna uogólniona).
R
OZDZIAŁ
6
Strona
50
50
50
50
Rysunek 6.3 Model układu analizowany w przykładzie 2
Sztywność zastępcza
W
k
:
3
2
1
2
1
3
1
3
2
3
2
1
123
1
1
1
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
+
+
=
+
+
=
czyli:
2
1
3
1
3
2
3
2
1
123
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
+
+
=
123
5
4
k
k
k
k
W
+
+
=
Zastępczy współczynnik tłumienia:
2
1
c
c
c
W
+
=
Energia kinetyczna rozpatrywanego układu:
2
2
2
1
2
1
x
m
g
G
x
m
E
K
&
&
=
=
Energia potencjalna:
2
2
1
x
k
E
W
P
=
U
KŁADANIE RÓWNAŃ RUCHU
Strona
51
51
51
51
Siła oporu (rozpraszająca):
x
c
R
W
j
&
=
Siła wymuszająca:
)
(t
P
Q
j
=
Wyznaczamy poszczególne człony równania Lagrange`a II rodzaju.
x
g
G
x
g
G
dt
d
x
E
dt
d
K
&
&
&
&
=
=
∂
∂
x
k
x
E
W
K
=
∂
∂
Podstawiając do równania (6.4) otrzymujemy:
)
(t
P
x
k
x
c
x
g
G
W
W
=
+
+
&
&
&
Ostatecznie:
)
(
)
(
2
1
3
1
3
2
3
2
1
5
4
2
1
t
P
x
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
x
c
c
x
g
G
=
+
+
+
+
+
+
+
&
&
&
Przykład 3.
Określić równania ruchu układu jak na rysunku (6.4). Metodą równania
Lagrange`a II rodzaju.
Dane:
1
G
,
2
G
,
2
k
,
3
k
,
)
(t
P
, rysunek 6.4.
Układ ma dwa stopnie swobody, czyli może wykonywać dwa niezależne
od siebie ruchy. Przemieszczenia ciał o ciężarach
1
G
,
2
G
wynoszą
1
x
,
2
x
.
R
OZDZIAŁ
6
Strona
52
52
52
52
Rysunek 6.4 Model układu analizowany w przykładzie 3
Energia kinetyczna układu:
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
x
m
x
m
E
K
&
&
+
=
g
G
m
1
1
=
;
g
G
m
2
2
=
Zatem energia kinetyczna wynosi:
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
x
g
G
x
g
G
E
K
&
&
+
=
Energia potencjalna indukowana w sprężynach wynosi:
2
2
3
2
2
1
2
2
1
)
(
2
1
x
k
x
x
k
E
P
+
−
=
Poszczególne człony równania (6.4):
U
KŁADANIE RÓWNAŃ RUCHU
Strona
53
53
53
53
1
1
1
x
g
G
x
E
dt
d
K
&
&
&
=
∂
∂
;
2
2
2
x
g
G
x
E
dt
d
K
&
&
&
=
∂
∂
Energię potencjalną możemy przedstawić w wygodnej formie:
2
2
3
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
x
k
x
k
x
x
k
x
k
E
P
+
+
−
=
zatem:
)
(
2
1
2
2
2
1
2
1
x
x
k
x
k
x
k
x
E
P
−
=
−
=
∂
∂
2
3
1
2
2
2
3
2
2
1
2
2
)
(
x
k
x
x
k
x
k
x
k
x
k
x
E
P
+
−
=
+
+
−
=
∂
∂
Ostatecznie równania ruchu przyjmują postać:
)
(
)
(
2
1
2
1
1
t
P
x
x
k
x
g
G
=
−
+
&
&
0
)
(
2
3
1
2
2
2
2
=
+
−
+
x
k
x
x
k
x
g
G
&
&
Przykład 4.
Określić równania ruchu dla układu jak na rysunku 6.5, metodą równa-
nia Lagrange`a II rodzaju. Układ posiada trzy stopnie swobody.
Rysunek 6.5 Model układu analizowany w przykładzie 4
Dane: Momenty bezwładności krążków
1
I
,
2
I
,
3
I
, sztywności na skrę-
canie wałów łączących
1
k
,
2
k
,
3
k
, moment wymuszający drgania M(t).
R
OZDZIAŁ
6
Strona
54
54
54
54
Energia kinetyczna układu:
2
3
3
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
ϕ
ϕ
ϕ
&
&
&
I
I
I
E
K
+
+
=
gdzie:
1
ϕ
,
2
ϕ
,
3
ϕ
- kąty skręcania poszczególnych wałów o momen-
tach bezwładności tarcz
1
I
,
2
I
,
3
I
.
Energia potencjalna układu:
2
2
3
3
2
1
2
2
)
(
2
1
)
(
2
1
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
−
+
−
=
k
k
E
P
Energię potencjalną przedstawmy w wygodnej do różniczkowania
formie:
2
2
3
3
2
3
2
3
3
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
k
k
k
k
k
k
E
P
+
+
+
+
+
=
Poszczególne człony równania (6.1).
1
1
1
ϕ
ϕ
&
&
&
I
E
dt
d
K
=
∂
∂
;
2
2
2
ϕ
ϕ
&
&
&
I
E
dt
d
K
=
∂
∂
;
3
3
3
ϕ
ϕ
&
&
&
I
E
dt
d
K
=
∂
∂
1
2
2
2
1
ϕ
ϕ
ϕ
k
k
E
P
+
−
=
∂
∂
;
2
3
3
3
1
2
2
2
2
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
k
k
k
k
E
P
+
−
+
=
∂
∂
2
3
3
3
3
ϕ
ϕ
ϕ
k
k
E
P
+
=
∂
∂
Podstawiając do równania (6.4) otrzymamy:
0
)
(
2
1
2
1
1
=
−
+
ϕ
ϕ
ϕ
k
I &
&
)
(
)
(
)
(
3
2
3
1
2
2
2
2
t
M
k
k
I
=
−
+
−
+
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
&
&
0
)
(
2
3
3
3
3
=
−
+
ϕ
ϕ
ϕ
k
I &
&
Powyższy układ trzech równań opisuje ruch rozpatrywanego układu.
`
7
Siły w ruchu drgającym
R
OZDZIAŁ
7
Strona
56
56
56
56
Ogólne równanie różniczkowe drgań układu o jednym stopniu swobody
możemy zapisać w formie:
0
)
,
,
(
=
+
t
x
x
F
x
m
&
&
&
(7.1)
Dla wielu przypadków siła
)
,
,
(
t
x
x
F
&
może być przedstawiona jako
superpozycja składników z których każdy będzie zależał od jednej
z wymienionych wielkości:
)
(
)
(
)
(
)
,
,
(
t
G
x
R
x
S
t
x
x
F
+
+
=
&
&
(7.2)
Uwzględniając ostatecznie równanie ruchu drgającego może być
przedstawione w następującej formie:
)
(
)
(
)
(
t
f
x
S
x
R
x
m
=
+
+
&
&
&
(7.3)
gdzie:
)
(
)
(
t
G
t
f
−
=
Gdy siła sprężysta
)
(x
S
i siła tłumienia
)
(x
R &
są liniowymi funkcjami
przemieszczenia
x
i prędkości
x&
, równanie (7.3) możemy przedstawić
w formie:
)
(t
f
kx
x
c
x
m
=
+
+ &
&
&
(7.4)
Siła która jest zale
ż
na od przemieszczenia , jako funkcja
)
(x
S
nazywana jest sił
ą
restytucyjn
ą
lub wznawiaj
ą
c
ą
. Mo
ż
emy
wyró
ż
ni
ć
dwa rodzaje sił restytucyjnych:
S
IŁY W RUCHU DRGAJĄCYM
Strona
57
57
57
57
a) grawitacyjna
Rysunek 7.1 Charakter siły restytucyjnej grawitacyjnej
Składowa
ϕ
cos
mg
, napi
ę
cie nici o długości l . Składowa
ϕ
sin
mg
jest siłą wznawiającą grawitacyjną.
b) sprężysta
Powstawanie sił restytucyjnych sprężystych jest związane z
właściwościami
sprężystymi
zastosowanych
materiałów
konstrukcyjnych. Przykłady sił restytucyjnych sprężystych
przedstawiono na rysunku 7.2
W rozpatrywanych przez nas układach liniowych zależność pomiędzy
siłą sprężystą i przemieszczeniem ciała jest linią prostą. Zależność ta
występuje dla ciał które spełniają prawo Hook`a oraz przy małych
odkształceniach.
Siły zależne od prędkości są w drganiach siłami oporu (rozpraszają
energię). Skierowane są przeciwnie do zwrotu prędkości. Siły
rozpraszające powodują tłumienie drgań. Charakterystyka tłumienia to
zależność siły oporu od prędkości.
R
OZDZIAŁ
7
Strona
58
58
58
58
l
- długość belki
E - moduł Young`a
J
- moment bezwładności
G
- moduł Kirchoffa
Rysunek 7.2 Przykłady siły restytucyjnej sprężystej
W układach drgających liniowych siła oporu jest zależna liniowo od
prędkości. Mówimy wtedy o tak zwanym tarciu (tłumieniu)
wiskotycznym.
S
IŁY W RUCHU DRGAJĄCYM
Strona
59
59
59
59
x
c
x
R
&
&
=
)
(
(7.5)
gdzie:
c
- współczynnik tłumienia
Należy podkreślić, że siła oporu wiskotycznego występuje przy ruchu
ciała w płynie lepkim. Musi też być zachowany przepływ laminarny
(warstwowy) cieczy. Występuje to zwykle przy małych prędkościach
ciała.
Siły zależne tylko od czasu, a niezależne od przemieszczenia i prędkości
nazywamy siłami wymuszającymi. Siły te mogą mieć charakter
okresowy
oraz
krótkotrwały
(impulsowy).
Siły
impulsowe
wyprowadzają układ z położenia równowagi, po czym drga on z
częstotliwością drgań własnych zależną od parametrów układu. Możemy
wyróżnić następujące typowe siły wymuszające:
a) Siła okresowa harmoniczna o stałej amplitudzie.
t
A
t
f
ν
sin
)
(
=
gdzie:
A
- stała amplituda,
ν
- częstość siły wymuszającej,
t
- czas.
b) Siła okresowa wynikająca z niewyważenia wirującego ciała względem
osi obrotu (wymuszenie bezwładnościowe).
t
r
m
t
f
d
ν
ν
sin
)
(
2
=
gdzie:
d
m
- niewyważone ciało o masie
d
m
,
r
-
promień
niewyważenia
,
ν
-
częstość
wymuszenia
,
t
-
czas
.
Siła ta jest szczególnie niebezpieczna, jej amplituda jak widać zależy od
kwadratu prędkości.
R
OZDZIAŁ
7
Strona
60
60
60
60
c) Wymuszenie kinematyczne.
Rysunek 7.3 Idea wymuszenia kinematycznego
Punkt zamocowania sprężyny wykonuje ruch okresowy opisany
zależnością:
t
A
u
ν
sin
=
gdzie:
A
- amplituda przemieszczenia punktu zamocowania sprężyny,
ν
-
częstość drgań punktu zamocowania.
Zatem całkowite odkształcenie sprężyny
)
(
ξ
, będzie różnicą przemiesz-
czeń dolnego i górnego końca.
t
A
x
u
x
ν
ξ
sin
−
=
−
=
Siła sprężysta indukowana w sprężynie:
t
kA
kx
x
S
ν
sin
)
(
−
−
=
Widać że siła sprężysta może być rozdzielona na siłę zależną od
przemieszczenia ciała
x
i siłę zewnętrzną zależną od czasu.
d) Wymuszenie impulsowe.
W tym typie wymuszenia może to być jeden krótkotrwały impuls wytrą-
cający układ drgający z położenia równowagi lub seria impulsów
następujących po sobie.
S
IŁY W RUCHU DRGAJĄCYM
Strona
61
61
61
61
Rysunek 7.4 Przykłady wymuszeń impulsowych
R
OZDZIAŁ
7
Strona
62
62
62
62
`
8
Krótka klasyfikacja
drgań
R
OZDZIAŁ
8
Strona
64
64
64
64
Drgania klasyfikujemy w różny sposób. Przytoczmy klasyfikację
zaproponowaną przez Z. Osińskiego.
Według Z. Osińskiego możemy rozważać:
a) drgania o jednym stopniu swobody,
b) drgania o skończonej liczbie stopni swobody,
c) drgania układów o masach rozłożonych w sposób ciągły (nieskoń-
czenie wielka liczba stopni swobody).
Drgania mogą być:
a) swobodne, gdy nie ma siły wymuszającej, wymuszenie jest poprzez
warunki początkowe (początkowe przemieszczenie, początkowa
prędkość, zadane układowi drgającemu),
b) wymuszone, gdy układ drgający poddany jest działaniu jednej
z omawianych w poprzednim punkcie sił wymuszających,
c) samowzbudne, gdy układ nie jest poddany jawnemu działaniu siły
zewnętrznej, ale istnieje doprowadzenie energii sterowane przez sam
układ drgający.
Układy na które nie działają siły zewnętrzne nazywamy autonomiczny-
mi, a te na które działają siły zewnętrzne nieautonomicznymi.
Drganiami parametrycznymi nazywamy drgania układów w których
parametry takie jak masa lub sztywność zależą od czasu (najczęściej
w sposób okresowy). Układy te są opisane równaniami różniczkowymi
o zmiennych współczynnikach.
Jeżeli drgania opisane są przez równania różniczkowe liniowe, to
mówimy o drganiach liniowych. Ich charakterystyki sprężyste i tłumie-
nia są liniami prostymi.
Jeżeli charakterystyki sprężyste i tłumienia są nieliniowe, układ drgający
jest opisany równaniami różniczkowymi nieliniowymi i mamy wtedy do
czynienia z drganiami nieliniowymi.
K
RÓTKA KLASYFIKACJA DRGAŃ
Strona
65
65
65
65
Drgania nazywamy tłumionymi, jeżeli w układzie drgającym występuje
rozproszenie energii, oraz nietłumionymi gdy nie ma rozproszenia
energii.
R
OZDZIAŁ
8
Strona
66
66
66
66
`
9
Drgania swobodne
liniowego układu
drgającego o jednym
stopniu swobody
(bez tłumienia)
R
OZDZIAŁ
9
Strona
68
68
68
68
Rozpatrzmy układ przedstawiony na rysunku 9.1.
Rysunek 9.1 Rozpatrywany model układu
Układ wykonuje drgania pionowe. Dane: element sprężysty o sztywności
k
, ciało o masie
m
.
Równanie ruchu układu:
0
=
+ kx
x
m &
&
(9.1)
Jeżeli podzielimy obie strony równania przez masę, otrzymamy:
0
2
0
=
+
x
x
ω
&
&
(9.2)
gdzie:
m
k
=
0
ω
(9.3)
Zależność (9.3) nazywamy częstością drgań własnych.
Rozwiązanie równania (9.2) przewidujemy w postaci:
t
C
t
C
x
0
2
0
1
sin
cos
ω
ω +
=
(9.4)
D
RGANIA SWOBODNE LINIOWEGO UKŁADU DRGAJĄCEGO O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
(
BEZ TŁUMIENIA
)
Strona
69
69
69
69
Stałe
1
C
i
2
C
wyznaczamy z warunków początkowych albowiem
w chwili
0
=
t
,
0
)
0
(
x
t
x
=
=
, a prędkość
0
)
0
(
V
t
x
=
=
&
.
t
C
t
sim
C
x
0
0
2
0
0
1
cos
ω
ω
ω
ω
+
−
=
&
(9.5)
Stosując warunki początkowe na przemieszczenie z równania (9.4)
otrzymujemy:
0
sin
0
cos
0
2
0
1
0
ω
ω
C
C
x
+
=
(9.6)
stąd:
0
1
x
C
=
(9.7)
Stosując warunek początkowy na prędkość otrzymujemy:
0
cos
0
sin
0
0
2
0
0
1
0
ω
ω
ω
ω
C
C
V
+
−
=
(9.8)
Stąd:
0
0
2
ω
V
C
=
(9.9)
Zatem ostatecznie rozwiązanie z uwzględnieniem stałych
1
C
i
2
C
ma
postać:
t
V
t
x
x
0
0
0
0
0
sin
cos
ω
ω
ω
+
=
(9.10)
Formułę (9.10) możemy zapisać w postaci:
)
sin(
0
ψ
ω +
=
t
a
x
(9.11)
ψ
sin
0
a
x
=
;
ψ
ω
cos
0
0
a
V
=
(9.12)
Wyrażenia (9.12) podniesione do kwadratu i dodane stronami dają:
2
0
2
0
2
0
ω
V
x
a
+
=
(9.13)
R
OZDZIAŁ
9
Strona
70
70
70
70
0
0
0
V
x
tg
ω
ψ
=
(9.14)
Ciało będzie wykonywać ruch harmoniczny o stałej amplitudzie i fazie,
zależnej od warunków początkowych i częstości
0
ω
zależnej od parame-
trów układu.
Przykład 1.
Wskazówka przyrządu pomiarowego ma masę
m
i zamocowana jest jak
na rysunku. Wskazówka wykonuje małe drgania wokół punktu
0
na
skali. Wyznaczyć częstość drgań własnych jeżeli sztywności sprężyn
podtrzymujących ją mają sztywność
k
, a sztywność sprężyny na
skręcanie w punkcie zamocowania wynosi
skr
k
. Długość wskazówki
wynosi
l
.
Rysunek 9.2 Układ rozpatrywany w przykładzie 1
Współrzędną określającą przemieszczenie końca wskazówki jest kąt
ϕ
.
Energia kinetyczna wskazówki (ruch obrotowy wokół punktu
A
):
2
2
1
ϕ
&
I
E
K
=
gdzie:
I
- moment bezwładności wskazówki.
2
3
1
ml
I
=
Zatem ostatecznie energia kinetyczna wskazówki:
2
2
6
1
ϕ
&
ml
E
K
=
D
RGANIA SWOBODNE LINIOWEGO UKŁADU DRGAJĄCEGO O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
(
BEZ TŁUMIENIA
)
Strona
71
71
71
71
Energia potencjalna związana z wychyleniem będzie magazynowana
w sprężynach
k
,
k
i
skr
k
. Przemieszczenie sprężyn o współczynnikach
sztywności
k
, dla małych wychyleń wynosi:
ϕ
l
x
=
Zatem energia potencjalna:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
skr
skr
P
k
kl
k
kl
kl
E
+
=
+
+
=
Wyliczając poszczególne człony równania Lagrange`a II rodzaju mamy:
ϕ
ϕ
&
&
&
2
3
1
ml
E
dt
d
K
=
∂
∂
)
2
(
2
2
2
skr
skr
P
k
kl
k
kl
E
+
=
+
=
∂
∂
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
Ostateczne:
0
)
2
(
3
1
2
2
=
+
+
skr
k
kl
ml
ϕ
ϕ
&
&
Po podzieleniu obu członów ostatniego równania przez wyrażenie
2
3
1
ml
otrzymamy:
0
)
2
(
3
2
2
=
+
+
ϕ
ϕ
ml
k
kl
skr
&
&
stąd:
2
2
0
)
2
(
3
ml
k
kl
skr
+
=
ω
Ponieważ mamy do czynienia z układem autonomicznym identyczny
wynik otrzymamy stosując metodę Newtona układania równań ruchu jak
i energetyczną.
R
OZDZIAŁ
9
Strona
72
72
72
72
Przykład 2.
Dla układu jak na rysunku określić równania ruchu oraz częstość drgań
ciężaru
1
G
. Dane:
1
G
- ciężar drgający,
2
G
- ciężar krążka,
y
- współ-
rzędna określająca punkt zamocowania sprężyny,
d
- średnica krążka,
k
- sztywność elementu sprężystego wznawiającego drgania.
Rysunek 9.3 Rozpatrywany układ drgający
Równania ruchu układamy korzystając z równania Lagrange`a II
rodzaju.
Ciężar
1
G
porusza się ruchem postępowym, zatem jego energia kine-
tyczna wyznaczona będzie zależnością:
2
1
2
1
2
1
2
1
x
g
G
mV
E
K
&
=
=
;
ϕ
&
&
2
d
V
x
=
=
2
2
1
1
8
1
ϕ
&
d
g
G
E
K
=
Wykonujący ruch obrotowy krążek o ciężarze
2
G
posiada energię
kinetyczną:
2
2
2
1
ω
I
E
K
=
;
ϕ
ω
&
=
gdzie:
D
RGANIA SWOBODNE LINIOWEGO UKŁADU DRGAJĄCEGO O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
(
BEZ TŁUMIENIA
)
Strona
73
73
73
73
8
2
2
2
2
2
d
g
G
r
m
I
=
=
Ostatecznie:
2
2
2
2
16
1
ϕ
&
d
g
G
E
K
=
Zatem całkowita energia kinetyczna rozpatrywanego układu:
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
)
2
(
16
1
16
1
8
1
ϕ
ϕ
ϕ
&
&
&
G
G
g
d
d
g
G
d
g
G
E
E
E
K
K
K
+
=
+
=
+
=
Energia potencjalna zmagazynowana w sprężynie o sztywności
k
wynosi:
ϕ
y
x
=
- przemieszczenie zamocowanego końca sprężyny do ciała
o ciężarze
2
G
.
2
2
2
2
1
2
1
ϕ
ky
kx
E
P
=
=
Poszczególne współczynniki równania Lagrange`a II rodzaju są:
ϕ
ϕ
&
&
&
)
2
(
8
1
1
2
2
G
G
g
d
E
dt
d
K
+
=
∂
∂
ϕ
ϕ
2
ky
E
P
=
∂
∂
Ostateczne:
0
)
2
(
8
1
2
1
2
2
=
+
+
ϕ
ϕ
ky
G
G
g
d
&
&
Po podzieleniu przez wyrażenie przy drugiej pochodnej otrzymujemy:
0
)
2
(
8
1
2
2
2
=
+
+
ϕ
ϕ
G
G
d
g
ky
&
&
R
OZDZIAŁ
9
Strona
74
74
74
74
stad:
)
2
(
8
1
2
2
2
0
G
G
d
g
ky
+
=
ω
Przykład 3.
Krążek którego walce o średnicy
d
wykonują drgania wokół najniższego
punktu toru będącego wycinkiem okręgu o średnicy
D
. Wyznaczyć
równanie ruchu krążka, przyjmując, że jego moment bezwładności
wynosi
I
, a ciężar
G
.
Rysunek 9.4 Układ analizowany w przykładzie 3
Współrzędną określającą położenie krążka będzie kąt
ϕ
. Krążek będzie
się poruszał ruchem obrotowym wokół osi w punkcie
A
i jednocześnie
będzie się przemieszczał po wycinku okręgu o średnicy
D
. Przemiesz-
czenie liniowe punktu
A
równe
x
wynosi:
ϕ
2
d
D
x
−
=
a prędkość:
ϕ
&
&
2
d
D
x
−
=
Prędkość kątowa walca o średnicy
d
, wynosi:
D
RGANIA SWOBODNE LINIOWEGO UKŁADU DRGAJĄCEGO O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
(
BEZ TŁUMIENIA
)
Strona
75
75
75
75
ϕ
ϕ
ω
&
&
&
d
d
D
d
d
D
d
x
−
=
−
=
=
2
2
2
Całkowita energia kinetyczna krążka wynosi:
2
2
2
2
2
2
2
4
)
(
2
1
)
(
2
1
2
1
2
1
ϕ
ϕ
ω
&
&
d
D
g
G
d
d
D
I
mV
I
E
K
−
+
−
=
+
=
Energia potencjalna:
)
cos
1
)(
(
cos
)
(
)
(
cos
)
(
)
(
1
ϕ
ϕ
ϕ
−
−
=
−
−
−
=
=
−
−
−
=
−
=
d
D
G
d
D
G
d
D
G
d
D
g
g
G
d
D
g
g
G
mgh
mgh
E
K
Współczynniki równania Lagrange`a II rodzaju:
−
+
−
=
=
−
+
−
=
∂
∂
4
)
(
)
(
4
)
(
)
(
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
d
D
G
d
d
D
I
d
D
g
G
d
d
D
I
E
dt
d
K
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
&
&
&
&
&
&
&
ϕ
ϕ
sin
)
(
d
D
G
E
P
−
=
∂
∂
0
sin
)
(
4
)
(
)
(
2
2
2
=
−
+
−
+
−
ϕ
ϕ
d
D
G
d
D
G
d
d
D
I
&
&
Po uproszczeniu oraz przyjęciu, że dla małych kątów
ϕ
,
ϕ
ϕ
=
sin
.
0
)
4
)(
(
4
2
2
=
+
−
+
ϕ
ϕ
Gd
gI
d
D
Ggd
&
&
Częstość drgań własnych
0
ω
wynosi:
)
4
)(
(
4
2
2
0
Gd
gI
d
D
Ggd
+
−
=
ω
R
OZDZIAŁ
9
Strona
76
76
76
76
Przykład 4.
Obliczyć amplitudę drgań swobodnych podłużnych ciężaru
Q
zawieszo-
nego na końcu nieważkiego pręta pryzmatycznego o średnicy
d
. Prze-
mieszczenie
początkowe
m
x
0003
,
0
0
=
,
prędkość
początkowa
sek
m
V
05
,
0
0
=
, ciężar
N
Q
1500
=
, długość pręta
m
l
25
,
1
=
, moduł
Young`a
2
11
10
2
m
N
E
⋅
=
.
Rysunek 9.5 Układ analizowany w przykładzie 4
Mając ciężar ciała możemy wyznaczyć masę
m
:
g
Q
m
=
Sztywność pręta pryzmatycznego określona jest zależnością:
l
EF
k
=
gdzie:
F
- pole przekroju poprzecznego.
Dla pręta o przekroju okrągłym
4
2
d
F
π
=
D
RGANIA SWOBODNE LINIOWEGO UKŁADU DRGAJĄCEGO O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
(
BEZ TŁUMIENIA
)
Strona
77
77
77
77
Zatem ostatecznie:
l
d
E
k
4
2
π
=
Częstość drgań własnych układu autonomicznego o jednym stopniu
swobody:
Q
g
l
d
E
m
k
4
2
0
π
ω
=
=
Zatem amplituda a :
g
d
E
lQ
V
x
V
x
a
2
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
4
π
ω
+
=
+
=
Obliczenie wyniku pozostawiam czytelnikowi.
Przykład 5.
Określić moduł Kirchoffa
G
materiału metodą drgań skrętnych na pod-
stawie danych: długość pręta
m
l
1
=
, średnica
m
d
0125
,
0
=
, średnica
krążka
m
D
3
,
0
=
, ciężar krążka
N
Q
45
=
, zmierzona częstotli-
wość drgań swobodnych
Hz
sek
cykli
f
10
10
=
=
.
Rysunek 9.6 Badany układ
R
OZDZIAŁ
9
Strona
78
78
78
78
Równanie ruch drgań skrętnych swobodnych:
0
=
+
ϕ
ϕ
k
I &
&
Dzieląc przez
I
otrzymujemy:
0
2
0
=
+
ϕ
ω
ϕ
&
&
I
k
=
2
0
ω
f
π
ω
2
0
=
I
k
f
π
π
ω
2
1
2
0
=
=
Sztywność
k
wynosi (skręcanie)
l
GJ
k
0
=
gdzie:
32
4
0
d
J
π
=
- moment bezwładności pręta.
czyli:
l
G
d
k
32
4
π
=
Moment bezwładności krążka o średnicy
D
:
8
2
2
2
D
g
Q
mr
I
=
=
czyli:
2
4
8
32
2
1
QD
g
l
G
d
f
π
π
=
D
RGANIA SWOBODNE LINIOWEGO UKŁADU DRGAJĄCEGO O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
(
BEZ TŁUMIENIA
)
Strona
79
79
79
79
Podnosząc obustronnie do kwadratu:
g
G
d
lQD
f
8
32
4
4
2
2
=
π
stąd ostatecznie:
4
2
2
16
gd
D
lQ
f
G
π
=
Obliczenia pozostawiam czytelnikowi.
R
OZDZIAŁ
9
Strona
80
80
80
80
`
10
Drgania swobodne
układu o jednym
stopniu swobody
tłumione tarciem
wiskotycznym
R
OZDZIAŁ
5
Strona
82
82
82
82
Rozpatrzmy układ jak na rysunku.
Rysunek 10.1 Analizowany układ
k
- sztywność elementu sprężystego,
c
- współczynnik tłumienia wiskotycznego,
x
- współrzędna określająca położenie ciała o masie
m
,
g
- przyspieszenie ziemskie.
Równanie ruchu ma postać:
0
=
+
+
kx
x
c
x
m
&
&
&
(10.1)
Po podzieleniu obustronni przez
m
uzyskujemy:
0
2
2
0
=
+
+
x
x
h
x
ω
&
&
&
(10.2)
gdzie:
h
m
c
=
2
- zredukowany współczynnik tłumienia,
D
RGANIA SWOBODNE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
TŁUMIONE TARCIEM WISKOTYCZNYM
Strona
83
83
83
83
m
k
=
2
0
ω
- częstość drgań własnych.
Rozwiązanie równania (10.2) Przewidujemy w postaci:
)
(t
e
x
ht
ξ
−
=
(10.3)
)
(t
ξ
- nieznana funkcja której będziemy poszukiwać.
Różniczkując dwustronnie zależność (10.3) otrzymujemy:
)
(
)
(
t
e
t
he
x
ht
ht
ξ
ξ
&
&
−
−
+
−
=
(10.4)
)
(
)
(
)
(
)
(
2
t
e
t
he
h
e
t
t
e
h
x
ht
ht
ht
ht
ξ
ξ
ξ
ξ
&
&
&
&
&
&
−
−
−
−
+
−
−
=
(10.5)
Podstawiając wyrażenia (10.5), (10.4), (10.3) do równania (10.2)
otrzymujemy:
0
)
(
)
(
2
)
(
2
)
(
)
(
)
(
)
(
2
0
2
2
=
+
+
−
+
+
−
−
−
−
−
−
−
−
−
t
e
t
he
t
e
h
t
e
t
he
h
e
t
t
e
h
ht
ht
ht
ht
ht
ht
ht
ξ
ω
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
&
&
&
&
&
(10.6)
Po podzieleniu równania (10.6) przez
ht
e
−
otrzymujemy:
0
)
(
)
(
2
)
(
2
)
(
)
(
2
)
(
2
0
2
2
=
+
+
−
+
−
t
t
h
t
h
t
h
t
t
h
ξ
ω
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
&
&
&
&
(10.7)
Ostatecznie po uproszczeniu mamy:
0
)
(
)
(
)
(
2
2
0
=
−
+
t
h
t
ξ
ω
ξ
&
&
(10.8)
Oznaczając:
2
2
2
0
)
(
p
h
=
−
ω
(10.9)
Otrzymujemy:
0
)
(
)
(
2
=
+
t
p
t
ξ
ξ
&
&
(10.10)
Jest to klasyczne równanie jak dla drgań swobodnych nie tłumionych z
nową częstością
2
2
0
h
p
−
=
ω
.
Rozwiązaniem równania (10.10) będzie wyrażenie:
R
OZDZIAŁ
5
Strona
84
84
84
84
pt
C
pt
C
t
sin
cos
)
(
2
1
+
=
ξ
(10.11)
Zatem ogólne rozwiązanie równania (10.2) ma postać:
)
sin
cos
(
)
(
)
(
2
1
pt
C
pt
C
e
e
t
t
x
ht
ht
+
=
=
−
−
ξ
(10.12)
Stałe
1
C
i
2
C
wyznaczamy z warunków początkowych.
0
=
t
;
0
)
0
(
x
t
x
=
=
(10.13)
Uwzględniając ten warunek w równaniu (10.12) otrzymujemy:
)
0
sin
0
cos
(
1
2
1
0
p
C
p
C
x
+
=
(10.14)
Stąd :
0
1
x
C
=
Różniczkując wyrażenie (10.12) otrzymujemy:
)
sin
cos
(
)
sin
cos
(
)
(
2
1
2
1
pt
C
pt
C
e
pt
C
pt
C
he
t
x
ht
ht
+
−
+
+
+
−
=
−
−
&
(10.15)
Uwzględniając drugi warunek początkowy w formie:
0
=
t
;
0
)
0
(
V
t
x
=
=
&
(10.16)
Otrzymujemy:
)
0
sin
0
cos
(
)
0
sin
(
2
1
2
1
0
p
p
C
p
p
C
p
C
C
h
V
+
−
+
+
−
=
(10.17)
stąd:
p
C
hx
V
2
0
0
+
−
=
(10.18)
Ostatecznie:
p
hx
V
C
0
0
2
+
=
Pełne rozwiązanie równania (10.2) przyjmuje formę:
D
RGANIA SWOBODNE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
TŁUMIONE TARCIEM WISKOTYCZNYM
Strona
85
85
85
85
)
sin
cos
(
)
(
0
0
0
pt
p
hx
V
pt
x
e
t
x
ht
+
+
=
−
(10.19)
Z ostatniej zależności jednoznacznie wynika że postacie drgań swobod-
nych tłumionych zależą od charakteru tłumienia.
a) małe tłumienie, wtedy:
0
ω
<
h
oraz
0
2
2
0
2
ω
ω
<
−
=
h
p
(10.20)
Przyjmując:
ϕ
sin
0
a
x
=
;
ϕ
cos
0
0
a
p
hx
V
=
+
(10.21)
Otrzymujemy:
)
sin(
)
cos
sin
sin
(cos
)
(
ϕ
ϕ
ϕ
+
=
+
=
−
−
pt
ae
pt
pt
a
e
t
x
ht
ht
(10.22)
gdzie:
2
2
0
0
2
0
)
(
p
hx
V
x
a
+
+
=
(10.23)
0
0
0
V
hx
p
x
tg
+
=
ϕ
(10.24)
Rysunek 10.2 Przebieg rozwiązania równania (10.2)
R
OZDZIAŁ
5
Strona
86
86
86
86
Z ogólnego rozwiązania wynika że dla
∞
→
t
,
0
)
(
→
t
x
, to znaczy,
ż
e drgania wygasają całkowicie po nieskończenie długim czasie.
Wielkość:
2
2
0
2
2
h
p
T
h
−
=
=
ω
π
π
(10.25)
nazywamy okresem drgań tłumionych.
Okres drgań nie tłumionych:
0
2
ω
π
=
T
(10.26)
0
2
2
0
ω
ω
<
− h
, zatem
T
T
h
>
Stosunek:
h
hT
h
e
T
t
x
t
x
=
+
)
(
)
(
(10.27)
Jest niezależny od czasu i jest równy stosunkowi kolejnych maksymal-
nych wychyleń w czasie jednego okresu drgań.
Wielkość:
h
h
hT
T
t
x
t
x
=
+
=
)
(
)
(
ln
δ
(10.28)
nazywamy logarytmicznym dekrementem tłumienia i jest miarą
tłumienia w układzie.
b) tłumienie krytyczne:
0
ω
=
=
kr
h
h
;
0
=
p
wtedy współczynnik tłumienia
kr
c
ma postać:
mk
m
m
h
c
kr
kr
2
2
2
0
=
=
=
ω
(10.29)
W tym przypadku postać ruchu swobodnego:
D
RGANIA SWOBODNE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
TŁUMIONE TARCIEM WISKOTYCZNYM
Strona
87
87
87
87
)
)
(
(
)
sin
)
(
cos
(
lim
)
sin
cos
(
)
(
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
t
hx
V
x
e
pt
pt
t
hx
V
pt
x
e
pt
pt
hx
V
pt
x
e
t
x
ht
ht
p
ht
+
+
=
=
+
+
=
=
+
+
=
−
−
→
−
(10.30)
Jest to ruch niedrgający zanikający z czasem. Tłumienie krytyczne
wyznacza granicę pomiędzy drganiami harmonicznymi a ruchem
niedrgającym.
c) duże tłumienie:
0
ω
>
h
;
0
2
2
0
2
<
−
=
h
p
ω
p
, jest zatem wartością urojoną.
ip
h
i
p
=
−
=
2
2
0
ω
(10.31)
Rozwiązanie uzyskamy stosując podstawienie:
x
ix
cosh
cos
=
;
x
ix
sinh
sin
=
(10.32)
Tak więc:
)
sinh
cosh
(
)
(
0
0
0
pt
p
hx
V
pt
x
e
t
x
ht
+
+
=
−
(10.33)
Jest to też ruch aperiodyczny co ilustruje rysunek 10.3.
Rysunek 10.3 Ilustracja ruchu, dla
0
ω
>
h
R
OZDZIAŁ
5
Strona
88
88
88
88
Przykład 1.
Wyznaczyć częstość i okres drgań układu mechanicznego przedstawio-
nego na rysunku 10.4. Dane są wielkości
a
i
l
wyznaczające zamoco-
wania tłumika i elementu sprężystego oraz masa pręta
m
. Masa skupio-
na ciała
m
M
3
2
=
. Znany jest współczynnik sztywności
k
sprężyny
i wiadomo że siła tarcia jest proporcjonalna do pierwszej potęgi prędkoś-
ci (tarcie wiskotyczne),
x
R
&
⋅
=
α
,
α
- współczynnik proporcjonal-
ności.
Rysunek 10.4 Ilustracja do przykładu 1
Równanie ruchu ma postać:
0
2
2
=
+
+
ϕ
ϕ
α
ϕ
kl
a
I
&
&
&
gdzie:
2
2
2
2
2
3
2
3
3
ml
ml
ml
Ml
ml
I
=
+
=
+
=
Po podzieleniu równania ruchu przez
I
otrzymujemy:
0
2
2
0
=
+
+
ϕ
ω
ϕ
ϕ
&
&
&
h
gdzie:
2
2
2
ml
a
h
α
=
czyli
2
2
2ml
a
h
α
=
D
RGANIA SWOBODNE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
TŁUMIONE TARCIEM WISKOTYCZNYM
Strona
89
89
89
89
Częstość drgań własnych
0
ω
:
m
k
=
0
ω
Znając częstość drgań własnych oraz współczynnik tłumienia można
wyznaczyć częstość drgań tłumionych oraz okres drgań:
2
2
0
h
p
−
=
ω
;
2
2
0
2
2
h
p
T
h
−
=
=
ω
π
π
Aby wystąpił ruch aperiodyczny (nieokresowy) musi być spełniona
zależność:
0
ω
≥
h
czyli:
m
k
ml
a
≥
2
2
2
α
Tak więc:
km
a
l
2
2
2
≥
α
Przykład 2.
Ciężar
Q
zawieszony na sprężynie o sztywności
k
i zanurzony w ieczy
stawiającej opór wiskotyczny wykonuje drgania pionowe. Doświadczal-
nie zmierzono iż amplituda tych drgań po czterech wahnięciach zmalała
12-krotnie. Obliczyć okres drgań tłumionych i wyznaczyć logarytmiczny
dekrement tłumienia. Dane:
N
Q
50
=
,
m
N
k
2000
=
. Analizowany
układ przedstawia rysunek 10.5.
R
OZDZIAŁ
5
Strona
90
90
90
90
Rysunek 10.5 Układ ilustrujący przykład 2
Amplitudowe wymuszenie w n –tym okresie możemy przedstawić
zależnością:
)
(
h
nT
t
h
n
ae
a
+
−
=
A po czterech okresach:
)
)
4
(
(
4
h
T
n
t
h
n
ae
a
+
+
−
+
=
gdzie:
h
T
- okres drgań tłumionych.
Utwórzmy stosunek:
h
hT
n
n
e
a
a
4
4
−
+
=
Logarytmując obustronnie otrzymujemy:
4
4
ln
ln
4
+
+
−
=
=
−
n
n
n
n
h
a
a
a
a
hT
czyli :
4
ln
4
1
+
=
=
n
n
h
a
a
hT
δ
Podstawiając dane otrzymujemy:
D
RGANIA SWOBODNE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
TŁUMIONE TARCIEM WISKOTYCZNYM
Strona
91
91
91
91
622
.
0
12
ln
4
1
≅
=
=
δ
h
hT
Z ostatniej zależności możemy wyznaczyć współczynnik tłumienia h :
=
=
s
T
T
h
h
h
1
622
.
0
δ
Podstawiając do wzoru na okres drgań tłumionych w formie:
2
2
0
2
h
T
h
−
=
ω
π
otrzymujemy:
2
2
0
622
.
0
4
1
+
=
π
ω
h
T
gdzie:
=
⋅
=
=
=
s
Q
kg
m
k
1
8
.
19
50
81
.
9
2000
0
ω
Po podstawieniu do zależności na okres drgań tłumionych otrzymujemy:
]
[
319
.
0
622
.
0
4
8
.
19
1
2
2
s
T
h
≅
+
=
π
R
OZDZIAŁ
5
Strona
92
92
92
92
`
11
Drgania wymuszane
układu o jednym
stopniu swobody
– bez tłumienia
R
OZDZIAŁ
11
Strona
94
94
94
94
Rozpatrywany układ drgający przedstawiono na rysunku 11.1. Układ
wykonuje drgania pionowe. Do ciała o masie
m
zawieszonego na ele-
mencie sprężystym o sztywności
k
przyłożona jest siła zależna od
czasu
t
A
t
P
ν
cos
)
(
=
, gdzie
A
- amplituda siły ,
ν
- częstość siły
wymuszającej.
Rysunek 11.1 Analizowany układ
Równanie ruchu układu:
t
A
kx
x
m
ν
cos
=
+
&
&
(11.1)
Po podzieleniu przez
m
otrzymujemy:
t
q
x
x
ν
ω
cos
2
0
=
+
&
&
(11.2)
gdzie:
m
k
=
0
ω
- częstość drgań własnych,
D
RGANIA WYMUSZANE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
–
BEZ TŁUMIENIA
Strona
95
95
95
95
m
A
q
=
Równanie (11.2) jest niejednorodnym równaniem różniczkowym. Jego
rozwiązanie jest superpozycją rozwiązania ogólnego równania jednorod-
nego
O
x oraz rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego
S
x ,
czyli:
S
O
x
x
x
+
=
(11.3)
Rozwiązanie ogólne ma postać:
t
C
t
C
x
O
0
2
0
1
sin
cos
ω
ω +
=
(11.4)
Rozwiązania szczególnego poszukujemy w postaci:
t
H
x
S
ν
cos
=
(11.5)
gdzie: H - należy wyznaczyć.
Podstawiając wyrażenie (11.5) do równania (11.2) otrzymujemy:
t
H
x
t
H
x
S
S
ν
ν
ν
ν
cos
sin
2
−
=
−
=
&
&
&
(11.6)
t
q
t
H
t
H
ν
ν
ω
ν
ν
cos
cos
cos
2
0
2
=
+
−
(11.7)
Po uproszczeniu:
0
cos
]
)
(
[
2
2
0
=
−
+
t
q
H
ν
ν
ω
(11.8)
Aby równanie (11.8) było spełnione dla wszystkich wartości
t
:
0
)
(
2
2
0
=
−
+
q
H
ν
ω
(11.9)
czyli:
2
2
0
ν
ω −
=
q
H
(11.10)
Tak więc poszukiwane rozwiązanie szczególne ma postać:
R
OZDZIAŁ
11
Strona
96
96
96
96
t
q
x
S
ν
ν
ω
cos
2
2
0
−
=
(11.11)
Zatem całkowite rozwiązanie według (11.3) wygląda:
t
q
t
C
t
C
x
ν
ν
ω
ω
ω
cos
sin
cos
2
2
0
0
2
0
1
−
+
+
=
(11.12)
Widać że ruch ciała o masie
m
jest sumą dwóch ruchów harmonicz-
nych. Drgań swobodnych nietłumionych i drgań wymuszonych o czę-
stości
ν
. Amplituda drgań wymuszonych
H
opisana jest zależnością:
2
0
2
2
0
2
2
0
1
1
1
1
ω
ν
ω
ν
ω
−
=
−
=
st
l
q
H
(11.13)
2
0
ω
q
m
k
m
A
k
A
l
st
=
=
=
(11.14)
gdzie
st
l
jest to przemieszczenie statyczne badanego ciała o masie
m
,
pod wpływem siły o amplitudzie siły wymuszającej działającej w sposób
statyczny. Wprowadźmy pojęcie współczynnika uwielokrotnienia ampli-
tudy
µ
. Jest to stosunek amplitudy drgań
H
do statycznego przemiesz-
czenia
st
l
jakie wywołała by statycznie przyłożona do układu siła, równa
amplitudzie siły wymuszającej, czyli:
2
0
2
1
1
ω
ν
µ
−
=
=
st
l
H
(11.15)
Przebiegi współczynnika uwielokrotnienia amplitudy
µ
w funkcji sto-
sunku częstości siły wymuszającej do częstotliwości drgań własnych ob-
razuje rysunek 11.2.
D
RGANIA WYMUSZANE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
–
BEZ TŁUMIENIA
Strona
97
97
97
97
Rysunek 11.2 Przebieg współczynnika uwielokrotnienia
µ
w funkcji stosunku
0
ω
ν
Widać, że dla częstości siły wymuszającej
0
=
ν
,
1
=
µ
, dla stosunku
1
0
=
ω
ν
,
µ
dąży do nieskończoności, występuje zjawisko tzw. rezonan-
su. Gdy
0
ω
ν
dąży do nieskończoności
µ
dąży do zera.
Zajmijmy się przypadkiem, gdy
0
ω
ν
=
, czyli przypadkiem rezonansu.
Rozwiązanie szczególne równania ruchu (11.2) ma wtedy formę:
t
Ht
x
S
0
sin
ω
=
(11.16)
Różniczkując dwukrotnie otrzymujemy:
t
H
t
t
H
x
S
0
0
0
2
0
cos
2
sin
ω
ω
ω
ω
+
−
=
&
&
(11.17)
Po podstawieniu do równania (11.2) otrzymujemy:
t
q
t
H
0
0
0
cos
cos
2
ω
ω
ω
=
(11.18)
Po uproszczeniu:
R
OZDZIAŁ
11
Strona
98
98
98
98
0
cos
cos
2
0
0
0
=
−
t
q
t
H
ω
ω
ω
(11.19)
0
cos
)
2
(
0
0
=
−
t
q
H
ω
ω
(11.20)
q
H
=
0
2
ω
(11.21)
czyli:
0
2
ω
q
H
=
(11.22)
Zatem ostatecznie:
t
t
q
x
S
0
0
sin
2
ω
ω
=
(11.23)
Drgania wymuszone dla omawianego przypadku nie s
ą
harmonicz-
ne, mo
ż
na je traktowa
ć
jako drgania okresowe o narastaj
ą
cej am-
plitudzie proporcjonalnie do czasu.
Rysunek 11.3 Przebieg drgań wymuszonych w przypadku
0
ω
ν
=
Stałe
1
C
i
2
C
występujące w równaniu (11.12) należy wyznaczyć
z warunków początkowych w formie; dla
0
=
t
;
0
)
0
(
=
=
t
x
i dla
0
=
t
;
0
)
0
(
=
=
t
x&
. Wyznaczenie stałych pozostawiam czytelnikowi.
D
RGANIA WYMUSZANE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
–
BEZ TŁUMIENIA
Strona
99
99
99
99
Przykład 1.
Ciało o ciężarze
Q
, zawieszone na nieważkim pręcie pryzmatycznym,
wykonuje drgania podłużne wymuszone siłą sinusoidalnie zmienną
w czasie. Dane
N
Q
50
=
, wydłużenie statyczne pręta pod wpływem tej
siły
m
l
st
025
.
0
=
,
t
P
t
P
ν
sin
)
(
0
=
,
N
P
10
0
=
, liczba cykli siły wy-
muszającej
Hz
f
5
=
. Obliczyć:
a) współczynnik uwielokrotnienia amplitudy
µ
,
b) całkowite przemieszczenie ciężaru
Q
po upływie czasu
s
t
1
=
od
chwili początkowej ruchu. Warunki początkowe: dla
0
=
t
;
0
)
0
(
=
=
t
x
i dla
0
=
t
;
0
)
0
(
=
=
t
x&
.
Rysunek 11.4 Analizowany układ drgający
Częstość drgań własnych
0
ω
wynosi:
m
k
=
0
ω
g
Q
m
=
Wydłużenie statyczne określone jest zależnością :
k
Q
l
st
=
skąd
st
l
Q
k
=
R
OZDZIAŁ
11
Strona
100
100
100
100
Podstawiając obliczoną sztywność i masę do wzoru na częstość drgań
własnych otrzymujemy:
s
l
g
st
1
8
.
19
025
.
0
81
.
9
0
≅
=
=
ω
Częstość kątowa siły wymuszającej:
s
f
1
4
.
31
10
5
2
2
=
=
=
=
π
π
π
ν
Współczynnik uwielokrotnienia amplitudy
µ
:
66
.
0
4
.
31
8
.
19
1
1
1
1
2
2
2
0
2
≅
−
=
−
=
ω
ν
µ
Pod wpływem
Q
, ciężar przemieszcza się o
st
l
, a pod wpływem
0
P
o
0
δ
, czyli:
0
0
δ
P
l
Q
k
st
=
=
Stąd:
st
l
Q
P
0
0
=
δ
Po podstawieniu danych liczbowych:
m
005
.
0
025
.
0
50
10
0
=
⋅
=
δ
Zatem amplituda drgań
H
wynosi:
m
H
0033
.
0
005
.
0
66
.
0
0
≅
⋅
=
=
µδ
D
RGANIA WYMUSZANE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
–
BEZ TŁUMIENIA
Strona
101
101
101
101
Chcąc obliczyć przemieszczenie
x
w danej chwili musimy w rozwiąza-
niu równania ruchu (11.12) wyznaczyć stałe
1
C
i
2
C
.
Po zastosowaniu przyjętych warunków początkowych:
0
1
ω
ν
H
C
−
=
;
0
2
=
C
Wobec tego równanie (11.12) przyjmuje postać:
t
H
t
H
x
ν
ω
ω
ν
cos
cos
0
0
+
−
=
Stąd:
−
=
t
t
H
x
0
0
cos
cos
ω
ω
ν
ν
Ponieważ:
s
1
10
π
ν
=
;
π
ω
3
.
6
1
8
.
19
0
≈
=
s
;
59
.
1
0
≅
ω
ν
Więc dla
sek
t
1
=
, otrzymamy:
m
H
s
t
x
00422
.
0
)
3
.
0
cos
59
.
1
1
(
0033
.
0
)
1
3
.
6
cos
59
.
1
1
10
(cos
)
1
(
−
≈
⋅
−
=
=
⋅
−
⋅
=
=
π
π
π
R
OZDZIAŁ
11
Strona
102
102
102
102
`
12
Drgania wymuszone
liniowego układu
drgającego o jednym
stopniu swobody
z tłumieniem
wiskotycznym
R
OZDZIAŁ
12
Strona
104
104
104
104
Analizowany układ drgający przedstawia rysunek 12.1.
Rysunek 12.1 Analizowany układ drgający
k
- sztywność elementu sprężystego,
c
- współczynnik tłumienia wiskotycznego,
x
- przemieszczenie,
m
- masa ciała,
g
- przyspieszenie ziemskie,
t
A
t
P
ν
sin
)
(
=
- siła wymuszająca o amplitudzie
A
i częstości
ν
.
Równanie ruchu układu:
t
A
kx
x
c
x
m
ν
sin
=
+
+ &
&
&
(12.1)
Po podzieleniu przez
m
otrzymujemy:
t
q
x
x
h
x
ν
ω
sin
2
2
0
=
+
+
&
&
&
(12.2)
gdzie:
m
c
h
2
=
;
m
A
q
=
;
m
k
=
0
ω
D
RGANIA WYMUSZANE LINIOWEGO UKŁADU DRGAJĄCEGO O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
Z TŁUMIENIEM WISKOTYCZNYM
Strona
105
105
105
105
Podobnie jak w rozdziale 11 rozwiązanie równania (12.2) jest superpo-
zycją dwóch rozwiązań równań, ogólnego i szczególnego.
S
O
x
x
x
+
=
(12.3)
Rozwiązanie ogólne:
)
sin
cos
(
2
1
pt
C
pt
C
e
x
ht
O
+
=
−
(12.4)
Rozwiązanie szczególne przyjmujemy w formie:
t
C
t
C
x
S
ν
ν
cos
sin
4
3
+
=
(12.5)
Poszczególne pochodne mają postać:
t
C
t
C
x
S
ν
ν
ν
ν
sin
cos
4
3
−
=
&
(12.6)
t
C
t
C
x
S
ν
ν
ν
ν
cos
sin
2
4
2
3
−
−
=
&
&
(12.7)
Podstawiając zależności (12.5), (12.6), (12.7) do równania (12.2)
otrzymujemy:
0
sin
cos
sin
sin
2
cos
2
cos
sin
4
2
0
3
2
0
4
3
2
4
2
3
=
−
+
+
+
−
+
−
−
t
q
t
C
t
C
t
C
h
t
C
h
t
C
t
C
ν
ν
ω
ν
ω
ν
ν
ν
ν
ν
ν
ν
ν
(12.8)
Zgrupujmy wyrażenia z
t
ν
cos
i
t
ν
sin
.
0
sin
)
2
)
(
(
4
2
2
0
3
=
−
−
−
t
q
C
h
C
ν
ν
ν
ω
(12.9)
0
cos
)
)
(
2
(
4
2
2
0
3
=
−
−
t
C
h
C
ν
ν
ω
ν
(12.10)
Wyrażenia powyższe będą się zerować dla każdego
t
, gdy elementy
w nawiasach będą równe zeru, czyli:
0
2
)
(
4
2
2
0
3
=
−
−
−
q
C
h
C
ν
ν
ω
(12.11)
0
)
(
2
4
2
2
0
3
=
−
−
C
h
C
ν
ω
ν
(12.12)
Z równania (12.12) wyznaczamy wielkość
4
C
.
R
OZDZIAŁ
12
Strona
106
106
106
106
)
(
2
2
2
0
3
4
ν
ω
ν
−
=
h
C
C
(12.13)
Po podstawieniu do równania (12.11) otrzymujemy:
q
h
C
C
−
−
−
−
)
(
4
)
(
2
2
0
2
2
3
2
2
0
3
ν
ω
ν
ν
ω
(12.14)
Stad:
2
2
2
2
0
2
2
0
3
4
)
(
)
(
ν
ν
ω
ν
ω
h
q
C
+
−
−
=
(12.15)
Mając wyrażenie
3
C
łatwo wyprowadzić z zależności (12.13) stałą
4
C
.
2
2
2
2
0
4
4
)
(
2
ν
ν
ω
ν
h
q
h
C
+
−
−
=
(12.16)
Zatem rozwiązanie szczególne przyjmuje postać:
t
h
q
h
t
h
q
x
S
ν
ν
ν
ω
ν
ν
ν
ν
ω
ν
ω
cos
4
)
(
2
sin
4
)
(
)
(
2
2
2
2
0
2
2
2
2
0
2
2
0
+
−
−
+
−
−
=
(12.17)
Przyjmując:
ϕ
ν
ν
ω
ν
ω
cos
4
)
(
)
(
2
2
2
2
0
2
2
0
H
h
q
=
+
−
−
(12.18)
ϕ
ν
ν
ω
ν
sin
4
)
(
2
2
2
2
2
0
H
h
q
h
=
+
−
−
(12.19)
i podstawiając do wyrażenia (12.17) otrzymujemy:
)
sin(
cos
sin
sin
cos
ϕ
ν
ν
ϕ
ν
ϕ
+
=
+
=
t
H
t
H
t
H
x
S
(12.20)
gdzie:
D
RGANIA WYMUSZANE LINIOWEGO UKŁADU DRGAJĄCEGO O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
Z TŁUMIENIEM WISKOTYCZNYM
Strona
107
107
107
107
2
2
2
2
0
2
2
2
2
2
0
2
2
2
2
2
0
2
2
2
2
2
0
2
2
2
2
2
2
0
2
2
4
2
3
4
)
(
)
4
)
((
4
)
(
)
4
)
((
4
)
(
ν
ν
ω
ν
ν
ω
ν
ν
ω
ν
ν
ω
ν
ν
ω
h
q
h
h
q
h
q
h
q
C
C
H
+
−
=
+
−
+
−
=
=
+
−
+
−
=
+
=
(12.21)
Wydłużenie statyczne:
2
0
ω
q
m
k
m
A
k
A
l
st
=
=
=
(12.22)
Wyrażenie (12.21) możemy przedstawić w postaci:
4
0
2
2
2
2
0
2
2
0
4
0
2
2
2
2
0
2
2
0
4
1
4
1
ω
ν
ω
ν
ω
ω
ν
ω
ν
ω
h
q
h
q
H
+
−
=
+
−
=
(12.23)
Zatem:
)
sin(
4
1
4
0
2
2
2
2
0
2
ϕ
ν
ω
ν
ω
ν
+
+
−
=
t
h
l
x
st
S
(12.24)
Przesunięcie fazowe:
2
0
2
2
0
2
2
0
2
2
0
2
2
2
2
0
2
2
2
2
0
3
4
1
2
2
)
(
4
)
(
4
)
(
2
ω
ν
ω
ν
ν
ω
ν
ν
ω
ν
ν
ω
ν
ν
ω
ν
ϕ
−
=
−
=
=
−
+
−
⋅
+
−
−
=
=
h
h
q
h
h
q
h
C
C
tg
(12.25)
R
OZDZIAŁ
12
Strona
108
108
108
108
Współczynnik uwielokrotnienia amplitudy
µ
:
4
0
2
2
2
2
0
2
4
0
2
2
2
2
0
2
4
1
1
1
4
1
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
µ
h
l
h
l
l
H
st
st
st
+
−
=
=
⋅
+
−
=
=
(12.26)
Rysunek 12.2 Zmiana współczynnika uwielokrotnienia amplitudy
w funkcji
0
ω
ν
(krzywe rezonansowe)
Jak widać wprowadzone tłumienie
0
≠
h
powoduje ograniczenie
amplitud w rezonansie. Jednocześnie wierzchołki krzywych rezonanso-
wych przesuwają się w kierunku niższych stosunków
0
ω
ν
.
Zatem całkowite rozwiązanie równania (12.2) przyjmuje postać:
D
RGANIA WYMUSZANE LINIOWEGO UKŁADU DRGAJĄCEGO O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
Z TŁUMIENIEM WISKOTYCZNYM
Strona
109
109
109
109
4
0
2
2
2
2
0
2
2
0
2
1
4
1
)
sin
cos
(
ω
ν
ω
ν
ω
h
q
pt
C
pt
C
e
x
x
x
ht
S
O
+
−
+
+
+
=
+
=
−
(12.27)
Stałe
1
C
i
2
C
w równaniu trzeba wyznaczyć z przyjętych warunków
początkowych. Człon pierwszy równania (12.27) opisuje drgania
tłumione z częstością
p
, drugi zaś opisuje drgania wymuszone z czę-
stością siły wymuszającej
ν
.
Przykład 1.
Ciężar
Q
zawieszony na końcu sprężyny o współczynniku sztywności
k
wykonuje drgania podłużne wymuszone siłą
t
P
t
P
ν
sin
)
(
0
=
i tłu-
mione oporem wiskotycznym . Obliczyć częstość siły wymuszającej
ν
przy której zachodzi rezonans. W przypadku rezonansu obliczyć
amplitudę drgań wymuszonych oraz wartość współczynnika uwielokrot-
nienia amplitudy. Dane:
N
Q
4900
=
,
m
N
k
50000
=
,
N
P
2000
0
=
,
siła oporu wiskotycznego tarcia
x
km
R
&
2
.
0
=
.
Rysunek 12.3 Analizowany w przykładzie 1 układ drgający
R
OZDZIAŁ
12
Strona
110
110
110
110
Z porównania z zapisem (7.5) siły tarcia wiskotycznego wynika,
ż
e
km
c
2
.
0
=
. Zarazem współczynnik tłumienia
m
c
h
2
=
, stąd:
m
k
m
km
h
1
.
0
2
2
.
0
=
=
Ponieważ częstość drgań własnych:
m
k
=
2
0
ω
więc:
0
1
.
0
ω
=
h
Stosunek:
1
.
0
0
=
ω
h
, czyli
10
0
=
h
ω
Obliczona częstość drgań własnych:
s
Q
kg
m
k
1
10
4900
81
.
9
50000
0
≈
⋅
=
=
=
ω
Przypadek rezonansu zachodzi gdy
ν
ω
=
0
, czyli:
s
1
10
=
ν
W przypadku rezonansu amplituda drgań wymuszonych wynosi:
(
)
0
2
0
2
2
4
0
2
2
2
2
0
2
2
4
1
1
4
1
ω
ω
ω
ν
ω
ν
k
l
h
l
h
l
H
st
st
st
=
+
−
=
+
−
=
m
k
P
l
st
04
.
0
50000
2000
0
=
=
=
D
RGANIA WYMUSZANE LINIOWEGO UKŁADU DRGAJĄCEGO O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
Z TŁUMIENIEM WISKOTYCZNYM
Strona
111
111
111
111
Po podstawieniu danych otrzymujemy:
m
h
l
H
st
2
.
0
2
10
04
.
0
2
0
0
=
⋅
=
=
=
ω
ω
ν
Przykład 2.
Ciężar
Q
umieszczony w środku belki o sztywności
k
wykonuje drga-
nia poprzeczne wymuszone siłą zmienną w czasie
t
P
t
P
ν
sin
)
(
0
=
i tłumione oporem wiskotycznym. Obliczyć ile zmaleje amplituda drgań
własnych w przypadku 3 krotnego wzrostu oporów tłumienia dla
danych:
N
Q
15000
=
,
m
N
k
1000000
=
, częstość siły wymuszającej
s
1
6
.
25
=
ν
.
Rysunek 12.4 Rozpatrywany w przykładzie układ drgający
Pierwsza siła oporu wiskotycznego wynosi
1
R
. Zatem przy trzykrotnym
wzroście oporu tłumienia nowa siła
1
2
3R
R
=
. Na podstawie zależności
(7.5) wynika ze w tym samym stosunku wzrośnie współczynnik
tłumienia
h
.
1
2
3h
h
=
Amplituda pierwotna określona jest zależnością:
4
0
2
2
1
2
2
0
2
1
4
1
ω
ν
ω
ν
h
l
H
st
+
−
=
R
OZDZIAŁ
12
Strona
112
112
112
112
Po trzykrotnym wzroście oporu wiskotycznego amplituda wynosi:
4
0
2
2
2
2
2
0
2
2
4
1
ω
ν
ω
ν
h
l
H
st
+
−
=
Zatem stosunek amplitud
2
H do
1
H
określony jest zależnością:
4
0
2
2
1
2
2
0
2
4
0
2
2
2
2
2
0
2
1
2
4
1
4
1
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
h
h
H
H
+
−
+
−
=
Wyznaczona częstość drgań własnych wynosi:
s
Q
kg
m
k
1
6
.
25
15000
81
.
9
1000000
0
≈
⋅
=
=
=
ω
Widać że częstość drgań własnych
0
ω
jest równa częstości siły wymu-
szającej, czyli mamy do czynienia z przypadkiem rezonansu.
Zatem:
3
1
4
4
2
1
2
0
2
2
0
1
1
2
=
=
=
h
h
h
h
H
H
ω
ω
czyli:
1
2
3
1
H
H
=
`
13
Drgania liniowe
układu o jednym
stopniu swobody
wymuszane
bezwładnościowo
(z tłumieniem)
R
OZDZIAŁ
13
Strona
114
114
114
114
Rozpatrzmy układ jak na rysunku 13.1.
Rysunek 13.1 Analizowany układ
Ciało o masie
m
pobudzane jest do drgań poprzez siłę
y
F
pochodzącą
od niewyważenia względem osi
0
. droga kątowa
ϕ
określona jest
zależnością:
t
⋅
=
ν
ϕ
(13.1)
gdzie:
ν
- prędkość kątowa wirującego krążka.
d
m
- dodatkowe ciało wywołujące niewyrównoważenie względem
osi
0
.
D
RGANIA LINIOWE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
WYMUSZANE BEZWŁADNOŚCIOWO
(
Z TŁUMIENIEM
)
Strona
115
115
115
115
Ciało o masie m może wykonywać tylko drgania pionowe wywołane siłą
y
F
.
t
F
F
F
y
ν
ϕ
sin
sin
=
=
(13,2)
r
m
r
r
m
r
V
m
F
d
d
d
2
2
2
2
ν
ν
=
=
=
(13.3)
Zatem:
ϕ
ν
sin
2
r
m
F
d
y
=
(13.4)
Równanie ruchu analizowanego układu będzie miało postać:
t
r
m
kx
x
c
x
m
d
ν
ν
sin
2
=
+
+ &
&
&
(13.5)
Po podzieleniu przez
m
, otrzymujemy:
t
q
x
x
h
x
ν
ν
ω
sin
2
2
0
2
0
=
+
+
&
&
&
(13.6)
gdzie:
m
c
h
2
=
,
m
k
=
0
ω
,
m
r
m
q
d
=
0
(13.7)
Rozwiązanie szczególne równania (13.6) ma postać:
(
)
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ν
ν
ν
ω
ν
sin
4
1
sin
4
4
0
2
2
2
2
0
2
2
0
2
0
2
2
2
2
2
0
2
0
h
q
t
h
q
x
S
+
−
=
=
+
−
=
(13.8)
Współczynnik uwielokrotnienia amplitudy
µ
:
R
OZDZIAŁ
13
Strona
116
116
116
116
4
0
2
2
2
2
0
2
2
0
2
0
4
0
2
2
2
2
0
2
2
0
2
0
0
4
1
4
1
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
µ
h
q
h
q
q
H
+
−
==
+
−
=
=
(13.9)
Przebieg zmian współczynnika uwielokrotnienia amplitudy
µ
przedsta-
wia rysunek 13.2.
Rysunek 13.2 Zmiana współczynnika uwielokrotnienia amplitudy w
funkcji
0
ω
ν
Wierzchołki rezonansu wraz ze wzrostem częstości siły wymuszającej
przesuwają się „w prawo”.
Przykład 1.
Silnik elektryczny zamocowano za sprężystej belce przy czym jej
strzałka ugięcia jest
y
. Mimośród wirnika obracającego się z prędkością
kątową
ν
jest równy
r
, a masa wirnika
m
. Masa silnika elektrycznego
wraz z wirnikiem wynosi
M
. Znaleźć amplitudy drgań pionowych wy-
muszonych silnika . Przy jakiej wartości
ν
może wystąpić rezonans.
D
RGANIA LINIOWE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
WYMUSZANE BEZWŁADNOŚCIOWO
(
Z TŁUMIENIEM
)
Strona
117
117
117
117
Rysunek 13.3 Badany układ niewyważonego wirnika
Masa niewyważonego wirnika wynosi
m
, masa wirnika plus masa
obudowy i belki wynosi
M
,
g
- przyspieszenie ziemskie.
Równanie ruchu układu:
ϕ
cos
F
S
y
M
+
−
=
&
&
gdzie:
2
ν
mr
F
=
,
t
ν
ϕ
=
,
ky
S
=
Pod wpływem całkowitego obciążenia
g
M
⋅
belka wychyli się o war-
tość
y
, zatem:
Mg
ky
=
Stąd możemy wyznaczyć sztywność belki
k
:
y
Mg
k
=
Podstawiając do równania ruchu otrzymujemy:
ϕ
ν
cos
2
r
m
x
y
Mg
y
M
+
−
=
&
&
i ostatecznie:
t
r
m
y
y
Mg
y
M
ν
ν
cos
2
=
+
&
&
Po podzieleniu przez
M
mamy:
R
OZDZIAŁ
13
Strona
118
118
118
118
t
r
M
m
x
y
g
x
ν
ν
cos
2
=
+
&
&
Rozwiązanie szczególne przewidujemy w postaci:
t
H
x
S
ν
cos
=
t
H
x
S
ν
ν
cos
2
−
=
&
&
Po podstawieniu do równania ruchu otrzymujemy:
t
r
M
m
t
H
y
g
t
H
ν
ν
ν
ν
ν
cos
cos
cos
2
2
=
+
−
Po uproszczeniu:
r
M
m
H
y
g
H
2
2
ν
ν
=
+
−
stąd:
)
(
2
2
y
g
M
ry
m
H
ν
ν
−
=
Ostatecznie rozwiązanie szczególne:
t
y
g
M
ry
m
x
S
ν
ν
ν
cos
)
(
2
2
−
=
Przypadek rezonansu wystąpi gdy
2
ν
=
f
g
.
Rozwiązanie przyjmujemy w postaci:
t
Ht
x
S
ν
sin
=
t
Ht
t
H
t
H
x
S
ν
ν
ν
ν
ν
ν
sin
cos
cos
2
−
+
=
&
&
Ostatecznie
S
x&
&
:
t
Ht
t
H
x
S
ν
ν
ν
ν
sin
cos
2
2
−
=
&
&
D
RGANIA LINIOWE UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY
WYMUSZANE BEZWŁADNOŚCIOWO
(
Z TŁUMIENIEM
)
Strona
119
119
119
119
Podstawiając do równania ruchu otrzymujemy:
t
r
M
m
t
Ht
f
g
t
Ht
t
H
ν
ν
ν
ν
ν
ν
ν
cos
sin
sin
cos
2
2
2
=
+
−
Po uproszczeniu:
t
r
M
m
t
H
ν
ν
ν
ν
cos
cos
2
2
=
2
2
ν
ν
r
M
m
H
=
Ostatecznie amplituda w rezonansie wynosi:
M
mr
M
mr
H
2
2
2
ν
ν
ν
=
=
a rozwiązanie szczególne dla przypadku rezonansu:
t
t
M
mr
x
S
ν
ν
sin
2
=
Doświadczenie 1.
Celem eksperymentu jest praktyczne zaznajomienie czytelnika z analizą
drgań belki wymuszonych bezwładnościowo. Schemat stanowiska
przedstawiony jest na rysunku 13.4.
Rysunek 13.4 Schemat stanowiska
R
OZDZIAŁ
13
Strona
120
120
120
120
Składa się on z następujących zespołów:
1 - Belki stalowej (1) utwierdzonej jednym końcem w podstawie.
2 - Układu wymuszającego składającego się z dwóch niewyważonych
względem osi obrotu kół zębatych (2), napędzanych silnikiem (3), patrz
rysunek 13.5.
3 - Tłumika olejowego (5).
4 - Układu rejestrującego (6) służącego do rejestracji drgań belki z wy-
korzystaniem tensometru.
Rysunek 13.5 Schemat zespołu wymuszającego
W ćwiczeniu należy zarejestrować zmiany amplitudy drgań belki (1)
w funkcji zmiany częstości wymuszenia. Zmieniając wartości siły oporu
tłumienia można doświadczalnie wyznaczyć rodzinę krzywych rezonan-
sowych przedstawionych jako teoretyczne na rysunku 13.2.
`
14
Drgania układu
o jednym stopniu
swobody przy
wymuszeniu
kinematycznym
(z tłumieniem)
R
OZDZIAŁ
14
Strona
122
122
122
122
Rozpatrzmy układ jak na rysunku 14.1.
Rysunek 14.1 Schemat analizowanego układu
Widać iż w tym przypadku wymuszenie jest przekazywane od profilu
drogi
)
(t
ξ
poprzez element sprężysty i tłumik na ciało o masie
m
.
Zbadajmy przemieszczenie x ciała o masie
m
.
Równanie ruchu ciała o masie
m
ma postać:
0
)
(
)
(
=
−
+
−
+
ξ
ξ
x
k
x
c
x
m
&
&
&
&
(14.1)
gdzie, zakładany profil drogi przyjmujemy w formie:
t
A
ν
ξ
sin
=
(14.2)
t
A
ν
ν
ξ
cos
=
&
(14.3)
Podstawiając do równania (14.1) otrzymujemy:
t
kA
t
cA
kx
x
c
x
m
ν
ν
ν
sin
cos
+
=
+
+ &
&
&
(14.4)
Dzieląc równanie (14.4) przez
m
otrzymujemy:
D
RGANIA UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY PRZY WYMUSZENIU KINEMATYCZNYM
(
Z TŁUMIENIEM
)
Strona
123
123
123
123
t
m
kA
t
m
cA
x
x
h
x
ν
ν
ν
ω
sin
cos
2
2
0
+
=
+
+
&
&
&
(14.5)
gdzie:
ϕ
sin
*
H
kA
=
;
ϕ
ν
cos
*
H
A
c
=
(14.6)
Podstawiając (14.6) do (14.4) otrzymujemy:
ϕ
ν
ϕ
ν
ω
sin
sin
cos
cos
2
*
*
2
0
t
m
H
t
m
H
x
x
h
x
+
=
+
+
&
&
&
(14.7)
Zatem:
)
cos(
2
*
2
0
ϕ
ν
ω
−
=
+
+
t
m
H
x
x
h
x
&
&
&
(14.8)
Korzystając z zależności (14.6) mamy:
2
2
2
2
2
2
2
2
*
ν
ν
c
k
A
A
c
A
k
H
+
=
+
=
(14.9)
ν
ν
ϕ
c
k
A
c
kA
tg
=
=
(14.10)
Uwzględniając, że
4
0
2
2
ω
=
m
k
oraz
2
2
2
4h
m
c
=
otrzymujemy:
)
cos(
4
2
2
2
4
0
2
0
ϕ
ν
ν
ω
ω
−
+
=
+
+
t
h
A
x
x
h
x
&
&
&
(14.11)
Zatem amplituda
H
, i rozwiązanie szczególne wynosi:
(
)
t
h
h
A
x
S
ν
ν
ν
ω
ν
ω
cos
4
4
2
2
2
2
2
0
2
2
4
0
+
−
+
=
(14.12)
gdzie:
R
OZDZIAŁ
14
Strona
124
124
124
124
(
)
4
0
2
2
2
2
0
2
4
0
2
2
4
0
2
2
2
2
0
2
2
0
4
0
2
2
2
0
2
2
2
2
2
0
2
2
4
0
*
4
1
4
1
4
1
4
1
4
4
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ω
ν
ω
ν
ν
ω
ν
ω
h
h
A
h
h
A
h
h
A
H
+
−
+
=
=
+
−
+
=
+
−
+
=
(14.13)
A więc współczynnik uwielokrotnienia amplitudy
µ
wynosi:
4
0
2
2
2
2
0
2
4
0
2
2
*
*
4
1
4
1
ω
ν
ω
ν
ω
ν
µ
h
h
A
H
+
−
+
=
=
(14.14)
Przebieg
µ
w funkcji
0
ω
ν
obrazuje rysunek 14.2.
D
RGANIA UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY PRZY WYMUSZENIU KINEMATYCZNYM
(
Z TŁUMIENIEM
)
Strona
125
125
125
125
Rysunek 14.2 Przebiegi zmian
µ
funkcji
0
ω
ν
W przypadku drgań wymuszanych kinematycznie, bardziej interesujący
jest przypadek gdy badamy przemieszczenia względne ciała o masie
m
,
to znaczy ugięcie elementu sprężystego
)
(
ξ
−
= x
y
.
Przy wykorzystaniu takiego oznaczenia mamy:
ξ
−
= x
y
(14.15)
ξ
&
&
&
−
= x
y
(14.16)
ξ
&
&
&
&
&
&
−
= x
y
(14.17)
Równanie ruchu przyjmuje postać:
0
=
+
+
ky
y
c
x
m
&
&
&
(14.18)
Ale:
ξ
&
&
&
&
&
&
+
= y
x
(14.19)
Więc:
ξ
&
&
&
&
&
m
ky
y
c
y
m
−
=
+
+
(14.20)
R
OZDZIAŁ
14
Strona
126
126
126
126
Jeżeli
t
A
ν
ξ
sin
=
, to
t
A
ν
ν
ξ
sin
2
−
=
&
&
.
Po podstawieniu do zależności (14.20) otrzymujemy:
t
mA
ky
y
c
y
m
ν
ν
sin
2
=
+
+ &
&
&
(14.21)
Dzieląc obydwie strony równania (14.21) przez
m
, mamy:
t
A
y
y
h
y
ν
ν
ω
sin
2
2
2
0
=
+
+
&
&
&
Stosując analizę z rozdziałów 12 i 13 otrzymujemy:
(
)
4
0
2
2
2
2
0
2
2
0
2
2
2
2
2
2
0
2
*
4
1
4
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ν
ν
ω
ν
h
A
h
A
H
+
−
=
+
−
=
(14.22)
Zatem współczynnik uwielokrotnienia amplitudy
µ
:
4
0
2
2
2
2
0
2
2
0
2
*
*
4
1
ω
ν
ω
ν
ω
ν
µ
h
A
H
+
−
=
=
(14.23)
Przebieg zmian współczynnika uwielokrotnienia amplitudy
µ
przedsta-
wia rysunek 14.3.
D
RGANIA UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY PRZY WYMUSZENIU KINEMATYCZNYM
(
Z TŁUMIENIEM
)
Strona
127
127
127
127
Rysunek 14.3 Przebiegi zmian
µ
funkcji
0
ω
ν
dla różnych
współczynników tłumienia
Wierzchołki krzywych rezonansowych przesuwają się w prawo
ze wzrostem stosunku częstości siły wymuszającej
ν
i współczynnika
tłumienia
h
.
Przykład 1.
Ciężar jak na rysunku 14.4 porusza się ze stałą prędkością
V
wzdłuż
nierównej drogi. Wzdłużny profil drogi przedstawiony jest równaniem
)
(t
S
. Znając masę ciężaru równą
m
, sztywność sprężyny
k
o współczynnik tłumienia
c
, znaleźć równanie drgań ciężaru;
l
s
t
S
πξ
2
0
sin
)
(
=
, długość fali jak na rysunku.
R
OZDZIAŁ
14
Strona
128
128
128
128
Rysunek 14.4 Profil drogi i analizowany w przykładzie układ
Równanie drgań pionowych ciała o masie
m
:
0
)
(
)
(
=
−
+
−
+
s
z
k
s
z
c
z
m
&
&
&
&
y
s
z
=
−
y
s
z
&
&
&
=
−
0
=
+
+
ky
y
c
z
m
&
&
&
s
y
z
y
s
z
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
+
=
⇒
=
−
czyli:
0
)
(
=
+
+
+
ky
y
c
s
y
m
&
&
&
&
&
Zetem:
s
m
ky
y
c
y
m
&
&
&
&
&
−
=
+
+
Po podzieleniu przez
m
otrzymujemy:
s
y
y
h
y
&
&
&
&
&
−
=
+
+
2
0
2
ω
gdzie:
m
c
h
2
=
,
m
k
=
2
0
ω
,
Vt
=
ξ
D
RGANIA UKŁADU O JEDNYM STOPNIU SWOBODY PRZY WYMUSZENIU KINEMATYCZNYM
(
Z TŁUMIENIEM
)
Strona
129
129
129
129
Zatem:
l
Vt
s
t
S
π
2
0
sin
)
(
=
l
Vt
l
V
s
l
V
l
Vt
l
Vt
s
s
π
π
π
π
π
2
sin
cos
sin
2
0
0
=
=
&
stąd:
l
Vt
l
V
s
l
V
l
Vt
l
V
s
s
π
π
π
π
π
2
cos
2
2
2
cos
2
2
2
0
0
=
=
&
&
Zatem równanie ruchu przyjmuje postać:
l
Vt
l
V
s
y
y
h
y
π
π
ω
2
cos
2
2
2
2
2
0
2
0
−
=
+
+
&
&
&
lub
t
p
y
y
h
y
ν
ω
cos
2
0
2
0
−
=
+
+
&
&
&
gdzie:
2
2
2
0
0
2
l
V
s
p
π
=
,
l
V
π
ν
2
=
.
Rozwiązanie ostatniego równania ma postać:
)
cos(
cos
sin
)
(
ϕ
ν
−
−
+
=
−
−
t
C
pt
Be
pt
Ae
t
y
ht
ht
Stała
C
dla rozwiązania szczególnego wynosi:
4
0
2
2
2
2
0
2
2
2
2
0
4
0
2
2
2
2
0
2
2
0
0
4
1
2
4
1
ω
ν
ω
ν
π
ω
ν
ω
ν
ω
h
k
l
m
V
s
h
p
C
+
−
=
+
−
=
2
0
2
ω
ν
ϕ
k
tg
=
R
OZDZIAŁ
14
Strona
130
130
130
130
Stałe
A
i
B
wyznaczamy z warunków początkowych. Dla
0
=
t
;
0
)
0
(
=
=
t
y
.
ϕ
cos
0
C
B
−
=
stąd:
ϕ
cos
C
B
=
Dla
0
=
t
;
0
)
0
(
=
=
t
y&
:
ϕ
ν
cos
0
C
hB
Ap
−
−
=
stąd:
)
sin
cos
(
sin
ϕ
ν
ϕ
ϕ
ν
+
=
−
=
h
p
C
p
C
hB
A
Zatem ostatecznie równanie drgań przyjmuje postać:
)
cos(
sin
))
sin
cos
(
1
cos
(cos
)
(
ϕ
ν
ϕ
ν
ϕ
ϕ
−
−
+
+
=
−
t
C
pt
h
p
pt
Ce
t
y
ht
`
15
Amortyzacja drgań
R
OZDZIAŁ
15
Strona
132
132
132
132
Celem amortyzacji jest złagodzenie skutków drgań. Możemy tu wyróż-
nić dwa problemy (przypadki) tego zagadnienia:
a) Ochronę otoczenia przed skutkami drgań maszyny.
b) Ochronę maszyny od skutków drgań otoczenia.
Rozpatrzy problem „a”.
Mając układ jak na rysunku 15.1.
Rysunek 15.1 Analizowany układ
Wyznaczmy siłę przenoszoną na podłoże:
Równanie ruchu:
t
H
kx
x
c
x
m
ν
sin
=
+
+ &
&
&
(15.1)
Rozwiązanie szczególne ma postać:
)
sin(
γ
ν
+
=
t
A
x
S
(15.2)
gdzie:
A
MORTYZACJA DRGAŃ
Strona
133
133
133
133
4
0
2
2
2
2
0
2
4
1
ω
ν
ω
ν
h
l
A
st
+
−
=
(15.3)
Siła działająca na podłoże składa się z sił przenoszonych przez sprężynę
i przez tłumik. Siła sprężysta wynosi:
)
sin(
γ
ν
+
=
=
t
kA
kx
R
(15.4)
Siła przenoszona przez tłumik:
)
cos(
γ
ν
ν
+
=
=
t
A
c
x
c
S
&
(15.5)
Maksymalna wartość siły jest równa:
2
2
2
max
1
)
(
)
(
+
=
+
=
k
c
kA
A
c
kA
P
ν
ν
(15.6)
Podstawiając zależność na
A
otrzymujemy:
ε
λ
ω
ν
ω
ν
ν
λ
ν
ω
ν
ω
ν
λ
st
st
st
k
h
k
c
k
k
c
h
k
P
=
+
−
+
=
=
+
+
−
=
4
0
2
2
2
2
0
2
2
2
4
0
2
2
2
2
0
2
max
4
1
1
1
4
1
(15.7)
st
st
P
k
=
λ
(15.8)
Więc
ε
oznacza stosunek maksymalnej siły przenoszonej na podłoże
w czasie drgań do siły statycznej i nazywa się go współczynnikiem
przenoszenia. Dla stosunku
2
0
>
ω
ν
występuje zmniejszenie sił prze-
noszonych na podłoże.
R
OZDZIAŁ
15
Strona
134
134
134
134
Rysunek 15.2 Zmiana współczynnika przenoszenia
ε
w funkcji
0
ω
ν
Aby uzyskać właściwą amplitudę należy sztywność układy
k
dobrać tak
by były spełnione warunki:
2
0
>
=
k
m
ν
ω
ν
(15.9)
Jak widać właściwie nie ma potrzeby stosowania tłumika, gdyż nie-
znacznie powiększa on siły. Tłumik niezbędny jest jednak w strefie
rezonansu, gdzie poważnie wpływa na zmniejszenie amplitudy sił. Przy
rozruchu maszyny często przechodzimy przez strefę rezonansu.
Rozpatrzmy przypadek „b”
Przeanalizujmy układ jak na rysunku 15.3.
Rysunek 15.3 Analizowany układ
A
MORTYZACJA DRGAŃ
Strona
135
135
135
135
Załóżmy że podłoże porusza się ruchem harmonicznym:
t
A
s
ν
cos
=
(15.10)
Równanie ruchu:
0
)
(
)
(
=
−
+
−
+
s
x
k
s
x
c
x
m
&
&
&
&
(15.11)
t
A
s
ν
ν
sin
−
=
&
(15.12)
Podstawiając otrzymujemy:
t
kA
t
Ac
kx
x
c
x
m
ν
ν
ν
cos
sin
+
−
=
+
+ &
&
&
(15.13)
)
sin
cos
(
t
c
t
k
A
kx
x
c
x
m
ν
ν
ν
−
=
+
+ &
&
&
(15.14)
Podstawiając:
k
a
=
ϕ
cos
;
ν
ϕ
c
a
−
=
sin
(15.15)
otrzymujemy:
)
cos(
2
2
2
ϕ
ν
ν
+
+
=
+
+
t
c
k
a
kx
x
c
x
m
&
&
&
(15.16)
2
2
2
c
k
a
ν
+
=
;
k
c
tg
ν
ϕ
−
=
(15.17)
Ostatecznie rozwiązanie równania (15.16) ma postać:
4
0
2
2
2
2
0
2
2
4
1
1
ω
ν
ω
ν
ν
h
k
c
D
+
−
+
=
(15.18)
Stosunek maksymalnej amplitudy drgań własnych do przemieszczenia
statycznego jest taki sam jak w poprzednim przypadku. Tak więc zasady
amortyzacji są takie same.
R
OZDZIAŁ
15
Strona
136
136
136
136
`
16
Rejestracja drgań
R
OZDZIAŁ
16
Strona
138
138
138
138
Badanie i rejestracja drgań pozwala określić źródła ich powstania,
określić ich szkodliwość, a poprzez pomiar parametrów takich jak czę-
stość, amplituda wartości przyspieszeń oraz sił przewidzieć sposoby ich
zmniejszenia lub wręcz usunięcia. W przypadku gdy drgania są wyko-
rzystywane, wtedy ich badania pozwalają określić optymalne warunki
pracy.
Pomiary i rejestrację drgań dokonujemy w oparciu o dwie zasady:
a) Pomiar drgań badanego obiektu względem nieruchomego układu
odniesienia.
Rysunek 16.1 Ilustracja zasady pomiarowej „a”
b) Umieszczenie dodatkowego układu drgającego na obiekcie badanym i
pomiar drgań dodatkowego ciała względem jego obudowy związanej z
badanym obiektem.
R
EJESTRACJA DRGAŃ
Strona
139
139
139
139
Rysunek 16.2 Ilustracja zasady pomiarowej „b”
W przypadku „a” pomiar i rejestracja jest prosta , ale występują duże
trudności z utrzymaniem stałego położenia układu nieruchomego
(rejestrującego). W przypadku „b” nie trzeba stałego układu odniesienia
i stąd popularność tej metody rejestracji i pomiaru. Przyrządy pracujące
na zasadzie „b” nazywane są przyrządami inercyjnymi lub sejsmicz-
nymi.
Bardzo ważnym problemem jest właściwe dobranie przyrządu sejsmicz-
nego tak by wskazywał rzeczywiste przemieszczenie lub przyspieszenie
badanego obiektu.
Rysunek 16.3 Schemat przyrządu sejsmicznego
Dodatkowe ciało o masie
m
w czujniku sejsmicznym w skutek ruchu
obudowy poddane jest wymuszeniu kinematycznemu. Ruch bezwzględ-
ny ciała opisany jest równaniem:
0
)
(
)
(
=
−
+
−
+
s
x
k
s
x
c
x
m
&
&
&
&
(16.1)
gdzie:
s
- przemieszczenie podstawy.
Względne przemieszczenie ciała i podstawy określone jest zależnością:
R
OZDZIAŁ
16
Strona
140
140
140
140
s
x
y
−
=
(16.2)
s
x
y
&
&
&
−
=
(16.3)
s
y
x
s
x
y
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
+
=
⇒
−
=
(16.4)
Zatem równanie ruchu względnego:
0
=
+
+
+
ky
y
c
s
m
y
m
&
&
&
&
&
(16.5)
Po podzieleniu przez
m
:
0
2
2
0
=
+
+
+
y
y
h
s
y
ω
&
&
&
&
&
(16.6)
Gdy
s
jest znaną funkcją czasu, równanie sprowadzamy do postaci:
)
(
2
2
0
t
s
y
y
h
y
&
&
&
&
&
−
=
+
+
ω
(16.7)
Załóżmy że obiekt badany, a wraz z nim podstawa czujnika porusza się
ruchem harmonicznym o postaci:
t
H
s
ν
sin
=
(16.8)
Równanie ruchu przyjmuje postać:
t
H
y
y
h
y
ν
ν
ω
sin
2
2
2
0
=
+
+
&
&
&
(16.9)
Drgania wymuszone , ustalone badanego ciała mają postać:
)
sin(
)
(
δ
ν
+
=
t
H
B
t
y
A
(16.10)
Wychylenie względne ciała o masie
m
, czyli wskazania czujnika są
więc proporcjonalne do przemieszczeń obiektu badanego i przesunięte
w czasie o czas
ν
δ
τ
=
.
)
sin(
)
(
τ
+
=
t
H
B
t
y
A
(16.11)
Współczynnik
A
B
nazywamy współczynnikiem czułości wibrometru
i wynosi on:
R
EJESTRACJA DRGAŃ
Strona
141
141
141
141
4
0
2
2
2
2
0
2
2
0
2
4
1
ω
ν
ω
ν
ω
ν
h
B
A
+
−
=
(16.12)
Rysunek 16.4 Przebiegi współczynnika czułości wibrometru
Jak widać przy częstościach drgań mierzonych, wyższych kilkukrotnie
od częstości drgań własnych czujnika, współczynnik czułości
A
B
jest
bliski jedności, a więc czujnik mierzy przemieszczenie badanego
obiektu. Wniosek, iż czujniki przemieszczeń powinny być tak skonstruo-
wane, aby jego częstości drgań własnych była niska. Jednocześnie pro-
wadzi to do utrudnień gdyż czujniki o niskich częstościach muszą być
duże i ciężkie.
Te same przyrządy używane są do pomiarów przyspieszeń. Rozwiązanie
równania możemy przedstawić w następującej formie:
))
(
(
)
sin(
)
(
2
0
2
2
0
τ
ω
δ
ν
ν
ω
+
−
=
+
=
t
s
B
t
H
B
t
y
P
P
&
&
(16.13)
Tak więc wychylenie względne ciała i wskazania czujnika są proporcjo-
nalne do przyspieszenia obiektu drgającego. Współczynnik proporcjo-
nalności
P
B
nazywamy czułością przyspieszeniomierza.
R
OZDZIAŁ
16
Strona
142
142
142
142
4
0
2
2
2
2
0
2
4
1
1
ω
ν
ω
ν
h
B
P
+
−
=
(16.14)
Rysunek 16.5 Charakterystyka przyspieszeniomierza
W rozpatrywanym przypadku czujnik może być nastrojony inaczej.
Częstość drgań własnych czujnika powinna być dużo większa od czę-
stości drgań mierzonych., gdyż tylko w tedy wartość współczynnika
czułości przyspieszeniomierza
P
B
jest równa jedności, a więc czujnik
mierzy przyspieszenie.
`
17
Drgania swobodne
układu liniowego
o dwóch stopniach
swobody
– bez tłumienia
R
OZDZIAŁ
17
Strona
144
144
144
144
Rozpatrzmy układ jak na rysunku 17.1.
Rysunek 17.1 Analizowany układ
Składa się on z dwóch ciał o masach
1
m
i
2
m
połączonych elementami
sprężystymi o współczynnikach sztywności
1
k
i
2
k
. Przemieszczenie
poszczególnych ciał opisane jest dwoma współrzędnymi
1
x
i
2
x
. Ko-
rzystając z równania Lagrange`a II rodzaju ułóżmy równania ruchu.
Energia kinetyczna układu
K
E :
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
x
m
x
m
E
K
&
&
+
=
(17.1)
Energia potencjalna układu
P
E
:
D
RGANIA SWOBODNE UKŁADU LINIOWEGO O DWÓCH STOPNIACH SWOBODY
–
BEZ TŁUMIENIA
Strona
145
145
145
145
(
)
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
1
1
2
1
2
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
x
k
x
x
k
x
k
x
k
x
x
k
x
k
E
P
+
−
+
=
−
+
=
(17.2)
Ponieważ analizowany układ jest autonomiczny, równanie Lagrange`a II
rodzaju przyjmujemy w postaci:
0
=
∂
∂
+
∂
∂
i
P
i
K
x
E
x
E
dt
d
&
(17.3)
Poszczególne człony równania (17.3) mają postać:
1
1
1
x
m
x
E
dt
d
K
&
&
&
=
∂
∂
;
2
2
2
x
m
x
E
dt
d
K
&
&
&
=
∂
∂
(17.4)
(
)
2
1
2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
x
x
k
x
k
x
k
x
k
x
k
x
E
P
−
+
=
+
−
=
∂
∂
(17.5)
(
)
1
2
2
1
2
2
2
2
x
x
k
x
k
x
k
x
E
P
−
=
−
=
∂
∂
(17.6)
Zatem po podstawieniu do równania Lagrange`a w przyjętej postaci,
uwzględniając indeksy, otrzymujemy:
(
)
(
)
0
0
1
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
=
−
+
=
−
+
+
x
x
k
x
m
x
x
k
x
k
x
m
&
&
&
&
(17.7)
Rozwiązania równań (17.7) przewidujemy w postaci:
t
a
x
ω
sin
1
1
=
;
t
a
x
ω
sin
2
2
=
t
a
x
ω
ω
cos
1
1
=
&
;
t
a
x
ω
ω
cos
2
2
=
&
(17.8)
t
a
x
ω
ω
sin
2
1
1
−
=
&
&
;
t
a
x
ω
ω
sin
2
2
2
−
=
&
&
Uwzględniając (17.8) w równaniach ruchu (17.7) otrzymujemy:
0
sin
sin
sin
0
sin
sin
sin
sin
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
1
1
=
−
+
−
=
−
+
+
−
t
a
k
t
a
k
t
a
m
t
a
k
t
a
k
t
a
k
t
a
m
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
(17.9)
R
OZDZIAŁ
17
Strona
146
146
146
146
Po uporządkowaniu otrzymujemy:
(
)
(
)
(
)
(
)
0
sin
0
sin
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
1
1
=
+
−
+
−
=
−
+
+
−
t
k
m
a
a
k
t
a
k
k
k
m
a
ω
ω
ω
ω
(17.10)
Aby układ równań (17.10) zerował się dla każdego czasu t , muszą być
spełnione warunki:
(
)
(
)
0
0
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
1
1
=
+
−
+
−
=
−
+
+
−
k
m
a
a
k
a
k
k
k
m
a
ω
ω
(17.11)
Aby ostatnie równania miały niezerowe rozwiązania musi być spełniony
warunek:
0
2
2
2
2
2
2
1
2
1
=
+
−
−
−
+
+
−
k
m
k
k
k
k
m
ω
ω
(17.12)
Rozwiązując wyznacznik (17.12) otrzymujemy:
0
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
4
2
1
=
−
+
−
+
−
−
k
k
m
k
k
k
m
k
m
k
m
m
ω
ω
ω
ω
(17.13)
Po uproszczeniu i uporządkowaniu otrzymujemy równanie częstości:
(
)
0
2
1
2
2
2
2
1
1
2
4
2
1
=
+
+
+
−
k
k
m
k
m
k
m
k
m
m
ω
ω
(17.14)
Rozwiązując równanie (17.14) otrzymujemy dwie częstości drgań
własnych analizowanego układu.
(
)
2
1
2
1
2
2
2
2
1
1
2
4
k
k
m
m
m
k
m
k
m
k
−
+
+
=
∆
(17.15)
(
)
(
)
2
1
2
1
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
1
1
2
2
,
1
4
k
k
m
m
m
k
m
k
m
k
m
k
m
k
m
k
−
+
+
+
+
=
m
ω
Zatem układ będzie drgał w ogólnym przypadku z dwoma częstościami
1
ω
i
2
ω
zależnymi od jego parametrów.
Przykład 1.
Wyznaczyć częstości drgań własnych dla układu jak na rysunku 17.2.
D
RGANIA SWOBODNE UKŁADU LINIOWEGO O DWÓCH STOPNIACH SWOBODY
–
BEZ TŁUMIENIA
Strona
147
147
147
147
Rysunek 17.2 Analizowany układ drgający
Współrzędne skręcenia wału poprzez krążki odpowiednio
1
ϕ
i
2
ϕ
.
Badany układ składa się z dwóch krążków o momentach bezwładności
1
I i
2
I połączonych ze sobą wałem o sztywności k na skręcanie.
Ułóżmy równania ruchu układu:
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
ϕ
ϕ
&
&
I
I
E
K
+
=
(
)
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
k
k
k
k
E
P
+
−
=
−
=
1
1
1
ϕ
ϕ
&
&
&
I
E
dt
d
K
=
∂
∂
;
2
2
2
ϕ
ϕ
&
&
&
I
E
dt
d
K
=
∂
∂
(
)
2
1
1
2
1
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
+
−
=
∂
∂
k
k
k
E
P
(
)
1
2
1
2
2
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
−
=
∂
∂
k
k
k
E
P
(
)
0
2
1
1
1
=
−
+
ϕ
ϕ
ϕ
k
I &
&
(
)
0
1
2
2
2
=
−
+
ϕ
ϕ
ϕ
k
I &
&
t
ω
α
ϕ
sin
1
1
=
;
t
ω
α
ϕ
sin
2
2
=
R
OZDZIAŁ
17
Strona
148
148
148
148
t
ω
ω
α
ϕ
cos
1
1
=
&
;
t
ω
ω
α
ϕ
cos
2
2
=
&
t
ω
ω
α
ϕ
sin
2
1
1
−
=
&
&
;
t
ω
ω
α
ϕ
sin
2
2
2
−
=
&
&
Podstawiając do równania ruchu:
0
sin
sin
sin
2
1
2
1
1
=
−
+
−
t
k
t
k
t
I
ω
α
ω
α
ω
ω
α
0
sin
sin
sin
1
2
2
2
2
=
−
+
−
t
k
t
k
t
I
ω
α
ω
α
ω
ω
α
Po uproszczeniu.
(
)
[
]
0
sin
2
2
1
1
=
−
+
−
t
k
k
I
ω
α
ω
α
(
)
[
]
0
sin
2
2
2
1
=
+
−
+
−
t
k
I
k
ω
α
ω
α
Aby równania się zerowały dla każdego czasu t wyrażenia w nawiasach
kwadratowych muszą być równe zeru.
(
)
0
2
2
1
1
=
−
+
−
α
ω
α
k
k
I
(
)
0
2
2
2
1
=
+
−
+
−
α
ω
α
k
I
k
Aby istniały niezerowe rozwiązania na
1
α
i
2
α
musi być spełniony
warunek:
0
2
2
2
1
=
+
−
−
−
+
−
k
I
k
k
k
I
ω
ω
Rozwiązując wyznacznik otrzymujemy:
0
2
2
2
2
2
1
4
2
1
=
−
+
−
−
k
k
kI
kI
I
I
ω
ω
ω
Ostatecznie:
(
)
0
2
2
1
4
2
1
=
+
−
ω
ω
kI
kI
I
I
Równanie to można przedstawić w postaci:
(
)
[
]
0
2
1
2
2
1
2
=
+
−
I
I
k
I
I
ω
ω
0
1
=
ω
D
RGANIA SWOBODNE UKŁADU LINIOWEGO O DWÓCH STOPNIACH SWOBODY
–
BEZ TŁUMIENIA
Strona
149
149
149
149
(
)
2
1
2
1
2
I
I
I
I
k
+
=
ω
Częstość
1
ω
odpowiada toczeniu się rozpatrywanego układu, natomiast
częstość
2
ω
wynika z wzajemnych drgań względem siebie krążków
o momentach bezwładności
1
I i
2
I .
Przykład 2.
Dla układu z przykładu 1 znaleźć współrzędne przekroju pręta o sztyw-
ności k , który nie będzie podlegał skręcaniu. Pręt okrągły.
Rysunek 17.2 Przypadek analizowany w przykładzie 2
Częstość drgań krążka o momencie bezwładności
1
I
wynosi:
1
I
k
a
a
=
ω
gdzie:
a
k
- sztywność na skręcanie odcinka a pręta.
Częstość drgań krążka o momencie bezwładności
2
I wynosi:
2
I
k
b
b
=
ω
gdzie:
b
k - sztywność na skręcanie odcinka b pręta.
Sztywności odcinków pręta a i b wynoszą odpowiednio:
a
GJ
k
a
0
=
;
b
GJ
k
b
0
=
R
OZDZIAŁ
17
Strona
150
150
150
150
gdzie:
G
- moduł Kirchoffa materiału pręta o sztywności k ,
0
J
- osiowy moment bezwładności.
Zatem:
1
0
aI
GJ
a
=
ω
;
2
0
bI
GJ
b
=
ω
Częstości
a
ω
i
b
ω
muszą być sobie równe.
b
a
ω
ω
=
czyli:
2
0
1
0
bI
GJ
aI
GJ
=
Zatem:
2
1
1
1
bI
aI
=
Tak więc:
1
2
aI
bI
=
Po uporządkowaniu:
1
2
I
I
b
a
=
Szukany przekrój nie podlegający skręcaniu zależny jest od stosunku
momentów bezwładności
1
I
i
2
I
krążków.
`
18
Drgania wymuszane
układów o dwóch
stopniach swobody,
tłumienie dynamiczne
R
OZDZIAŁ
18
Strona
152
152
152
152
Rozpatrzmy liniowy układ o dwóch stopniach swobody, pozbawiony
tłumienia, jak na rysunku 18.1.
Rysunek 18.1 Rozpatrywany układ o dwóch stopniach swobody
Ciało o masie
1
m zawieszone jest na sprężynie o sztywności
1
k . Z tym
ciałem za pośrednictwem sprężyny o sztywności
2
k połączone jest
drugie ciało o masie
2
m . Na ciało o masie
1
m działa harmoniczna siła
wymuszająca w postaci
t
P
t
f
ν
sin
)
(
=
. Układ wykonuje drgania
podłużne.
Energia kinetyczna układu
K
E
:
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
x
m
x
m
E
K
&
&
+
=
(18.1)
Energia potencjalna układu
P
E :
D
RGANIA WYMUSZONE UKŁADÓW O DWÓCH STOPNIACH SWOBODY
,
TŁUMIENIE DYNAMICZNE
Strona
153
153
153
153
(
)
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
1
1
2
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
x
k
x
x
k
x
k
x
k
x
x
k
x
k
E
P
+
−
+
=
−
+
=
(18.2)
Korzystając z równania Lagrange`a II rodzaju możemy napisać:
1
1
1
x
m
x
E
dt
d
K
&
&
&
=
∂
∂
;
2
2
2
x
m
x
E
dt
d
K
&
&
&
=
∂
∂
(18.3)
(
)
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
1
1
x
x
k
x
k
x
k
x
k
x
k
x
E
P
−
+
=
−
+
=
∂
∂
(18.4)
(
)
1
2
2
1
2
2
2
2
x
x
k
x
k
x
k
x
E
P
−
=
−
=
∂
∂
(18.5)
Podstawiając do równania Lagrange`a i uwzględniając siłę wymuszającą,
otrzymujemy układ równań, opisujących drgania badanego układu.
(
)
(
)
0
sin
1
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
=
−
+
=
−
+
+
x
x
k
x
m
t
P
x
x
k
x
k
x
m
&
&
&
&
ν
(18.6)
Oczywiście
1
x i
2
x współrzędne liczone od położenia równowagi
statycznej.
Rozwiązania szczególne drgań wymuszonych przewidujemy w postaci:
t
A
x
ν
sin
1
1
=
;
t
A
x
ν
sin
2
2
=
t
A
x
ν
ν
cos
1
1
=
&
;
t
A
x
ν
ν
cos
2
2
=
&
(18.7)
t
A
x
ν
ν
sin
2
1
1
−
=
&
&
;
t
A
x
ν
ν
sin
2
2
2
−
=
&
&
Podstawiając do układu równań (18.6) otrzymujemy:
0
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
1
1
=
−
+
−
=
−
+
+
−
t
A
k
t
A
k
t
A
m
t
H
t
A
k
t
A
k
t
A
k
t
A
m
ν
ν
ν
ν
ν
ν
ν
ν
ν
ν
(18.8)
Na podstawie (17.11) możemy zapisać:
R
OZDZIAŁ
18
Strona
154
154
154
154
(
)
(
)
0
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
1
=
+
−
+
−
=
−
+
+
−
A
k
m
A
k
H
A
k
A
k
k
m
ν
ν
(18.9)
Z równania drugiego wyznaczmy
2
A
:
(
)
2
2
2
1
2
2
ν
m
k
A
k
A
−
=
(18.10)
Podstawiając do pierwszego otrzymujemy:
(
)
(
)
P
m
k
A
k
A
m
k
k
=
−
−
−
+
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
ν
ν
(18.11)
stąd
1
A :
(
)
(
)(
)
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
k
m
k
m
k
k
m
k
P
A
−
−
−
+
−
=
ν
ν
ν
(18.12)
Podstawiając do wyrażenia na
2
A
otrzymujemy:
(
)
(
)(
)(
)
[
]
(
)(
)
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
k
m
k
m
k
k
H
k
k
m
k
m
k
k
m
k
m
k
P
k
A
−
−
−
+
=
=
−
−
−
+
−
−
=
ν
ν
ν
ν
ν
ν
(18.13)
Wyznaczmy współczynniki uwielokrotnienia amplitudy
1
µ
i
2
µ
:
st
A
λ
µ
1
1
=
;
st
A
λ
µ
2
2
=
;
1
k
P
st
=
λ
(18.14)
Podstawiając wyrażenie na
1
A , otrzymujemy:
D
RGANIA WYMUSZONE UKŁADÓW O DWÓCH STOPNIACH SWOBODY
,
TŁUMIENIE DYNAMICZNE
Strona
155
155
155
155
(
)
(
)(
)
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
H
k
k
m
k
m
k
k
m
k
P
A
st
−
−
−
+
−
=
=
−
−
−
+
−
=
=
−
−
−
+
−
=
=
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ν
ν
ν
λ
µ
(18.15)
Podstawiając wyrażenie na
2
A
, otrzymujemy:
(
)(
)
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1
1
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
P
k
k
m
k
m
k
k
P
k
A
st
−
−
−
+
=
=
−
−
−
+
=
=
−
−
−
+
=
=
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ω
ν
ν
ν
λ
µ
(18.16)
Przebieg współczynnika
1
µ
przedstawia rysunek 18.2.
R
OZDZIAŁ
18
Strona
156
156
156
156
Rysunek 18.2 Przebiegi współczynnika
1
µ
w
funkcji
parametru
1
ω
ν
W przypadku gdy:
2
1
ω
ω
ν
=
=
(18.17)
Wtedy
0
1
=
µ
.
Następuje całkowity zanik drgań ciała o masie
1
m
. Takie zjawisko nazy-
wamy tłumieniem dynamicznym i jest ono bardzo często wykorzystywa-
ne w technice. Gdy chcemy aby ciało o masie
1
m pozostawało w spo-
czynku, (mimo iż przyłożona jest doń siła wymuszająca
)
(t
f
), to
dodajemy do niego dodatkowe ciało o masie
2
m
na sprężynie o sztyw-
ności
2
k
, tak dobranej aby był spełniony warunek
2
1
ω
ω
ν
=
=
. Tak
dobrane ciało i sprężyna nazywa się tłumikiem dynamicznym.
Tłumik wykonuje ruch określony zależnością:
t
k
P
t
k
k
k
P
t
t
A
x
st
ν
ν
ν
µ
λ
ν
sin
sin
sin
sin
2
2
1
1
2
2
2
−
=
−
=
=
=
(18.18)
Siła przenoszona przez sprężynę:
t
P
t
k
P
k
x
k
R
ν
ν
sin
sin
2
2
2
2
−
=
−
=
=
(18.19)
D
RGANIA WYMUSZONE UKŁADÓW O DWÓCH STOPNIACH SWOBODY
,
TŁUMIENIE DYNAMICZNE
Strona
157
157
157
157
Tak więc reakcja sprężyny jest równa co do wartości sile wymuszającej
i ma zwrot przeciwny. Równoważenie się tych sił powoduje iż ciało
o masie
1
m do którego przyłożona jest siła wymuszająca pozostaje
w spoczynku.
Taki tłumik dynamiczny posiada podstawową wadę. Jak widać z prze-
biegu współczynnika
1
µ
drgania są wytłumione do zera praktycznie tyl-
ko dla jednej częstości siły wymuszającej. Przy reaktywnych krzywych
1
µ
najmniejsza zmiana częstości siły wymuszającej powoduje już
bardzo duży wzrost współczynnika uwielokrotnienia, a co za tym idzie
znaczny wzrost amplitudy ciała o masie
1
m . Taki tłumik jest więc mało
efektywny.
Jeżeli wprowadzimy tłumik pomiędzy ciałem głównym o masie
1
m
a ciałem
2
m
, czyli w układzie eliminatora pojawi się tłumik jak na
rysunku 18.3.
Rysunek 18.3 Dynamiczny eliminator drgań z dodatkowym tłumikiem
W równaniach ruchu pojawi się dodatkowy człon z tłumieniem:
(
)
(
)
(
)
(
)
0
sin
1
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
1
1
1
1
=
−
+
−
+
=
−
+
−
+
+
x
x
c
x
x
k
x
m
t
P
x
x
c
x
x
k
x
k
x
m
&
&
&
&
&
&
&
&
ν
(18.20)
Współczynnik uwielokrotnienia amplitudy ma w tym przypadku
przebieg.
R
OZDZIAŁ
18
Strona
158
158
158
158
Rysunek 18.4 Przebiegi współczynnika
1
µ
ze złagodzeniem
wpływu rezonansów
Widać wyraźnie że następuje złagodzenie wpływu rezonansów. Działa-
nie tłumika jest jednak osłabione gdyż w punkcie
2
1
ω
ω
ν
=
=
współ-
czynnik uwielokrotnienia jest większy od zera.
Można tak dobrać parametry układu aby styczne do krzywych rezonan-
sowych w punktach przejścia P i Q były poziome.
Rysunek 18.5 Przebiegi współczynnika
1
µ
z poziomymi stycznymi
w punktach
P
i
Q
D
RGANIA WYMUSZONE UKŁADÓW O DWÓCH STOPNIACH SWOBODY
,
TŁUMIENIE DYNAMICZNE
Strona
159
159
159
159
Przykład 1.
Podać warunki, stanowiące podstawę doboru amortyzatora drgań skręt-
nych krążka o masie
1
m
, wymuszanych momentem sinusoidalnie zmien-
nym
t
M
t
M
O
ν
sin
)
(
=
. Schemat układu przedstawiono na rysunku 18.6.
Rysunek 18.6 Analizowany układ w przykładzie 1
Krążek o masie
1
m
, obciążony momentem sił zewnętrznych
)
(t
M
, oraz
krążek o masie
2
m
amortyzatora tworzą układ o dwóch stopniach
swobody. Przemieszczenia krążków opisywać będą odpowiednio kąty
skręcenia
1
ϕ
i
2
ϕ
.Równania ruchu układu mają postać:
0
sin
)
(
1
2
2
2
2
2
0
1
2
1
2
2
1
1
=
−
+
=
+
+
−
ϕ
ϕ
ϕ
ν
ϕ
ϕ
ϕ
k
k
I
t
M
k
k
k
I
&
&
&
&
Lub:
0
sin
1
2
2
2
2
2
0
1
2
2
1
1
=
−
+
=
+
−
ϕ
ϕ
ϕ
ν
ϕ
ϕ
ϕ
k
k
I
t
M
k
k
I
&
&
&
&
gdzie:
2
1
k
k
k
+
=
Przewidujemy rozwiązania równań w postaci:
t
ν
α
ϕ
sin
1
1
=
i
t
ν
α
ϕ
sin
2
2
=
gdzie:
1
α
;
2
α
- odpowiednio amplitudalne wychylenia krążków o ma-
sach
1
m i
2
m .
Po wprowadzeniu tych funkcji i ich drugich pochodnych do równań
ruchu otrzymujemy po uproszczeniu:
R
OZDZIAŁ
18
Strona
160
160
160
160
(
)
O
M
k
I
k
=
−
−
2
2
1
2
1
α
α
ν
;
(
)
0
1
2
2
2
2
2
=
−
−
α
α
ν
k
I
k
Z powyższego równania wyznaczamy amplitudalne wychylenia krążków
1
α
;
2
α
:
−
−
−
+
−
=
1
2
2
2
2
1
1
2
2
2
1
1
1
1
k
k
k
k
st
ω
ν
ω
ν
ϕ
ω
ν
α
−
−
−
+
=
1
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
k
k
k
k
st
ω
ν
ω
ν
ϕ
α
gdzie:
1
1
1
I
k
=
ω
- częstość drgań własnych skrętnych krążka
1
m
,
2
2
2
I
k
=
ω
- częstość drgań własnych skrętnych krążka
2
m ,
1
k
M
O
st
=
ϕ
- statyczny kąt skręcenia wału pierwszego pod
wpływem amplitudalnej wartości momentu
wymuszającego.
Dobór amortyzatora
2
m
opierać się będzie na następujących dwóch
warunkach:
2
2
2
I
k
=
=
ω
ν
Oraz:
2
2
2
I
k
=
=
ω
ν
D
RGANIA WYMUSZONE UKŁADÓW O DWÓCH STOPNIACH SWOBODY
,
TŁUMIENIE DYNAMICZNE
Strona
161
161
161
161
Stosując dynamiczny eliminator drgań można także tłumić drgania
układów o większej liczbie stopni swobody niż dwa. Przypadek taki
obrazuje przykład 2.
Przykład 2.
Podać warunki, stanowiące podstawę doboru amortyzatora drgań skręt-
nych krążka o masie
3
m , drgań skrętnych układu z dwoma krążkami
1
m
i
2
m wymuszanych momentem przyłożonym do krążka
2
m sinusoidal-
nie zmiennym
t
M
t
M
O
ν
sin
)
(
=
. Schemat układu przedstawiono na
rysunku 18.7.
Rysunek 18.7 Analizowany układ w przykładzie 2
Oba krążki
1
m i
2
m oraz amortyzator
3
m tworzą układ o trzech stop-
niach swobody tego samego typu jak układ analizowany w przykła-
dzie 2. Wobec tego przystosujemy tutaj wyjściowe równania różniczko-
we z poprzedniego przykładu, uzupełniając drugie z nich czynnikiem,
wyrażającym moment
)
(t
M
sił zewnętrznych.
W ten sposób będziemy mieli:
(
)
(
)
(
)
(
)
0
sin
0
2
3
3
3
3
0
2
3
3
1
2
2
2
2
1
2
2
1
1
=
−
+
=
−
−
−
+
=
−
−
ϕ
ϕ
ϕ
ν
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
k
I
t
M
k
k
I
k
I
&
&
&
&
&
&
R
OZDZIAŁ
18
Strona
162
162
162
162
Doświadczenie 1.
Celem ćwiczenia jest zapoznanie się z zasadą działania dynamicznych
eliminatorów drgań oraz porównanie krzywych rezonansowych dla bez-
władnościowo wymuszanych drgań układu głównego: bez eliminatora
oraz z tłumionym dynamicznym eliminatorem drgań.
Schemat stanowiska wykorzystywanego w doświadczeniu przedstawia
rysunek 18.8.
Rysunek 18.8 Schemat stanowiska
Stanowisko zawiera następujące elementy:
1 - Układ główny o masie M podwieszony na płaskich sprężynach (1).
2 - Eliminator o masie
m
podwieszony na sprężynach (3) i zawierający
tłumik (5).
6 - Wzbudnik drgań.
W ćwiczeniu należy zarejestrować przebiegi drgań układu głównego (1)
ze zblokowanym eliminatorem przy płynnej zmianie prędkości obroto-
wej wibratora oraz przy różnych ustalonych prędkościach obrotowych
wibratora. Wykonać analogiczne pomiary dla układu z odblokowanym
eliminatorem dynamicznym. Wyznaczyć rodziny krzywych rezonanso-
wych dla obydwu przypadków przedstawione jako teoretyczne na rysun-
kach 18.2 i 18.4.
`
19
Literatura
R
OZDZIAŁ
6
Strona
164
164
164
164
1. Osiński. Z., Teoria drgań., PWN, Warszawa, 1980.
2. Piszczek K., Walczak J., Drgania w budowie maszyn, PWN,
Warszawa, 1972.
3. Kaliski S. i zespół, Drgania i fale, PWN, Warszawa, 1966.
4. Nizioł J., Podstawy drgań w maszynach., Politechnika Krakow-
ska, Kraków, 1996.
5. Giergiel J., Tłumienie drgań mechanicznych, PWN, Warszawa,
1990.
6. Osiński Z., Tłumienie drgań mechanicznych, PWN, Warszawa,
1976.
7. Kamiński E., Podstawy dynamiki maszyn, Wydawnictwo Poli-
techniki Warszawskiej , Warszawa, 1980.
8. Giergiel J., Drgania mechaniczne układów dyskretnych, Wydaw-
nictwo Politechniki Rzeszowskiej, Rzeszów, 2004.
9. Praca zbiorowa, Teoria drgań – zbiór zadań, Wydawnictwo Po-
litechniki Warszawskiej, Warszawa, 1985.
10. Nizioł J., Metodyka rozwiązywania zadań z mechaniki, WT,
Warszawa, 2002.
11. Praca zbiorowa, Drgania mechaniczne, (laboratorium), Oficyna
wydawnicza PW, Warszawa, 1995.