KMS – cvičení 5 Ondřej Marek
Ondřej Marek – KMS 05
KINEMATICKÉ BUZENÍ – ABSOLUTNÍ SOUŘADNICE m x(t)
𝑘 𝑥 − 𝑥0
b
k
𝑏 𝑥 − 𝑥0
m 𝑚𝑥
Pohybová rovnice: 𝑚𝑥 + 𝑏 𝑥 − 𝑥0 + 𝑘 𝑥 − 𝑥0 = 0 𝑚𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑘𝑥 = 𝑏𝑥0 + 𝑘𝑥0 Partikulární řešení: 𝑥0 = 𝑋0 𝑒 𝑖𝜔𝑡 𝑥0 = 𝑖𝜔𝑋0 𝑒 𝑖𝜔𝑡 𝑥 = 𝑋𝑒 𝑖𝜔𝑡 𝑥 = 𝑖𝜔𝑋𝑒 𝑖𝜔𝑡 𝑥 = −𝜔2 𝑋𝑒 𝑖𝜔𝑡
x0(t)
po dosazení do pohybové rovnice: 𝑘 − 𝑚𝜔2 + 𝑖𝑏𝜔 𝑋𝑒 𝑖𝜔𝑡 = 𝑖𝑏𝜔 + 𝑘 𝑋0 𝑒 𝑖𝜔𝑡 𝑋 𝑘 + 𝑖𝑏𝜔 Ω2 + 𝑖2𝜁Ω𝜔 1 + 𝑖2𝜁𝜂 = = = 𝑋0 𝑘 − 𝑚𝜔 2 + 𝑖𝑏𝜔 Ω2 − 𝜔 2 + 𝑖2𝜁Ω𝜔 1 − 𝜂2 + 𝑖2𝜁𝜂 𝑋 = 𝑋 𝑒 𝑖𝜑
Γ 𝜂
=
𝜑 = arccos
1 + 2𝜁𝜂 2 1 − 𝜂2 2 + 2𝜁𝜂 1 1 + 2𝜁𝜂
2
2
− arccos
1 − 𝜂2 1 − 𝜂2
2
+ 2𝜁𝜂
2
2
Ondřej Marek – KMS 05
KINEMATICKÉ BUZENÍ - RELATIVNÍ SOUŘADNICE 𝑥 = 𝑥0 + 𝑥𝑟 Pohybová rovnice: 𝑚𝑥𝑟 + 𝑏𝑥𝑟 + 𝑘𝑥𝑟 = −𝑚𝑥0 Partikulární řešení: 𝑥0 = 𝑋0 𝑒 𝑖𝜔𝑡 𝑥0 = 𝜔2 𝑋0 𝑒 𝑖𝜔𝑡 𝑥𝑟 = 𝑋𝑟 𝑒 𝑖𝜔𝑡 𝑥𝑟 = 𝑖𝜔𝑋𝑟 𝑒 𝑖𝜔𝑡 𝑥𝑟 = −𝜔2 𝑋𝑟 𝑒 𝑖𝜔𝑡
m k
b
xr(t)
x0(t)
po dosazení do pohybové rovnice: 𝑘 − 𝑚𝜔2 + 𝑖𝑏𝜔 𝑋𝑟 𝑒 𝑖𝜔𝑡 = 𝑚𝜔2 𝑋0 𝑒 𝑖𝜔𝑡 𝑋𝑟 𝑚𝜔2 𝜔2 𝜂2 = = = 𝑋0 𝑘 − 𝑚𝜔 2 + 𝑖𝑏𝜔 Ω2 − 𝜔 2 + 𝑖2𝜁Ω𝜔 1 − 𝜂2 + 𝑖2𝜁𝜂
Γ 𝜂
=
𝜂2 1 − 𝜂2
𝜑 = − arccos
2
+ 2𝜁𝜂 1 − 𝜂2
1 − 𝜂2
2
2
+ 2𝜁𝜂
2
3
Příklad - kinematické buzení PŘÍKLAD:
1
L
M
𝜑0
d
T/2
T
t
Motor M pohání hřídel, ke kterému je připojen setrvačník s momentem setrvačnosti I=0,1kgm2, střední úhlovou rychlostí n=1500ot/min. Motor má ovšem nerovnoměrný chod, který je definován pomocí oscilace úhlového zrychlení 𝜑0 Vyšetřete vybuzené kmity v soustavě (frekvence a amplitudy) G=80 GPa, d=30mm, L=0.5m, ζ=0.2
ŘEŠENÍ: Pokud se neuvažuje moment setrvačnosti rotoru motoru, pak lze úlohu chápat jako kinematické buzení setrvačníku na poddajném hřídeli.
k φ0(t)
Pohybová rovnice v absolutních souřadnicích: 𝐼𝜑 + 𝑏𝜑 + 𝑘𝜑 = 𝑏𝜑0 + 𝑘𝜑0
I φr(t) φ(t)
b
Pohybová rovnice v relativních souřadnicích: 𝐼𝜑𝑟 + 𝑏𝜑𝑟 + 𝑘𝜑𝑟 = −𝐼𝜑0
4
Příklad (2) Z pohybových rovnic je patrné, že je výhodnější úlohu řešit v relativních souřadnicích, jelikož na pravé straně vystupuje zrychlení. 𝑏 𝑘 𝜑𝑟 + 𝜑𝑟 + 𝜑𝑟 = −𝜑0 𝐼 𝐼 𝜑𝑟 + 2𝜁Ω𝜑𝑟 + Ω2 𝜑𝑟 = −𝜑0 torzní tuhost: 𝐺𝐽𝑝 𝐺 𝜋𝑑 4 𝑘= = 𝐿 𝐿 32
Ω=
𝑘 = 𝐼
𝐺 𝜋𝑑 4 = 𝐼𝐿 32
80 ∙ 109 ∙ 0.034 𝜋 = 356.7 𝑟𝑎𝑑/𝑠 32 ∙ 0.1 ∙ 0.5
Jelikož je buzení periodické, ale není harmonické, bude snahou nejprve nahradit periodickou funkci 𝜑0 𝑡 pomocí řady harmonických funkcí (fourierův rozvoj). Náhrada Fourierovým rozvojem: ∞ 𝑎0 𝑓 𝑡 = + 𝑎𝑘 cos 𝑘𝜔𝑡 + 𝑏𝑘 sin 𝑘𝜔𝑡 2 2 𝑎0 = 𝑇
𝑇
0
𝑘=1
2 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 , 𝑎𝑘 = 𝑇
𝜋𝑛 𝜔= = 157 𝑟𝑎𝑑/𝑠 30 2𝜋 60 𝑇= = 𝜔 𝑛
𝑇
0
2 𝑓 𝑡 cos 𝑘𝜔𝑡 𝑑𝑡 , 𝑏𝑘 = 𝑇
𝑇
𝑓 𝑡 sin 𝑘𝜔𝑡 𝑑𝑡 0
5
Ondřej Marek – Kmitání mechanických soustav
Příklad (3) Náhrada průběhu síly Fourierovým rozvojem: 2 𝑎0 = 𝑇 2 𝑎1 = 𝑇
2 𝑏1 = 𝑇
2 𝑎2 = 𝑇
2 𝑏2 = 𝑇
2 𝑎3 = 𝑇
𝑇
𝑎4 = 0 𝑏4 = 0 𝑎5 = 0
𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = 0 0 𝑇 4
0 𝑇 4
0
𝑇 4
0 𝑇 4
0 𝑇 4
0
4 𝑡 cos 𝜔𝑡 𝑑𝑡 + 𝑇
4 𝑡 sin 𝜔𝑡 𝑑𝑡 + 𝑇
𝑇 2
𝑇 4 𝑇 2
4 𝑡 sin 2𝜔𝑡 𝑑𝑡 + 𝑇
4 𝑡 cos 3𝜔𝑡 𝑑𝑡 + 𝑇
2 𝑏3 = 𝑏2 = 𝑇
0
4 2 − 𝑡 sin 𝜔 𝑑𝑡 + 𝑇
𝑇 4
4 𝑡 cos 2𝜔𝑡 𝑑𝑡 + 𝑇
𝑇 4
4 2 − 𝑡 cos 𝜔 𝑑𝑡 + 𝑇
𝑇 2
𝑇 4 𝑇 2
𝑇 4 𝑇 2
𝑇 4
𝑇
−4 + 3𝑇 4 𝑇
−4 + 3𝑇 4
4 2 − 𝑡 cos 2𝜔 𝑑𝑡 + 𝑇
4 2 − 𝑡 sin 2𝜔 𝑑𝑡 + 𝑇
4 𝑡 sin 3𝜔𝑡 𝑑𝑡 + 𝑇
𝑇 4
4 𝑡 sin 𝜔 𝑑𝑡 𝑇
𝑇
−4 + 3𝑇 4 𝑇
−4 + 3𝑇 4
4 2 − 𝑡 cos 3𝜔 𝑑𝑡 + 𝑇 𝑇 2
4 𝑡 cos 𝜔 𝑑𝑡 𝑇
−4 +
4 2 − 𝑡 sin 3𝜔 𝑑𝑡 + 𝑇
4 𝑡 cos 2𝜔 𝑑𝑡 𝑇
4 𝑡 cos 3𝜔 𝑑𝑡 𝑇
𝑇
−4 + 3𝑇 4
2 𝑇 2𝑇 𝑇 8 + 2+ 2 = 2 2 𝑇 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋
4 𝑡 sin 2𝜔 𝑑𝑡 𝑇
𝑇
3𝑇 4
=
8 5𝜋 𝑎6 = 0 𝑏6 = 0 𝑎7 = 0 𝑏5 =
=0
=
=
𝑏7 = −
2
8 7𝜋
2
2 𝑇 𝑇 − 2+0+ 2 = 0 𝑇 2𝜋 2𝜋
2 𝑇 𝑇 𝑇 − + =0 𝑇 4𝜋 2𝜋 4𝜋
=0
4 𝑡 sin 3𝜔 𝑑𝑡 𝑇
=−
8 3𝜋
2
6
Ondřej Marek - KMS
Náhrada původní funkce součtem harmonických funkcí (fourierův rozvoj) 1 original Fourier do j=1 Fourier do j=3 Fourier do j=5 Fourier do j=7
Rozvoj do řádu 5 vypadá následovně: 0.5
𝜑 𝑡 ≅
8 𝜋𝑛 8 sin 𝑡 − 𝜋2 30 3𝜋
sin 2
3𝜋𝑛 8 𝑡+ 30 5𝜋
sin 2
5𝜋𝑛 𝑡 30
Lze si všimnout, že nenulové jsou pouze liché koeficienty b a jsou prvky posloupnosti, φ t pak lze zapsat jako součet řady: ∞
𝜑 𝑡 =
−1 𝑗=1
𝑗+1
8 sin 2𝑗 − 1 2 𝜋 2
2𝑗 − 1
𝜋𝑛 𝑡 30
0
-0.5
-1
0
0.005
0.01
0.015
0.02
0.025
0.03
0.035
t [s]
Fourierův rozvoj - výřez 1 0.8 0.6 0.4
original Fourier do j=1 Fourier do j=3 Fourier do j=5 Fourier do j=7
0.2 0 0
2
4
6
8
10 -3
x 10
7
0.04
Ondřej Marek - KMS
Příklad (3) Jelikož se jedná o případ vynuceného kmitání a soustava je tlumená, má smysl počítat pouze partikulární řešení (homogenní po čase odezní díky útlumu). Původní pohybová rovnice: 𝜑𝑟 + 2𝜁Ω𝜑𝑟 + Ω2 𝜑𝑟 = −𝜑0 Funkce na pravé straně je známá a je již známá i náhrada funkce fourierovým rozvojem. Lze zapsat následovně ∞ 𝑎 0 𝜑𝑟 + 2𝜁Ω𝜑𝑟 + Ω2 𝜑𝑟 = − + 𝑎𝑘 cos 𝑘𝜔𝑡 + 𝑏𝑘 sin 𝑘𝜔𝑡 2 𝜑𝑟 + 2𝜁Ω𝜑𝑟 + Ω2 𝜑𝑟 = −
𝑎0 − 2
𝑘=1 ∞
Φ𝑘 𝑒 𝑖𝑘𝜔𝑡 𝑘=1
V případě funkce z příkladu lze psát: 8 𝜋𝑛 8 3𝜋𝑛 8 5𝜋𝑛 𝜑𝑟 + 2𝜁Ω𝜑𝑟 + Ω2 𝜑𝑟 = − 2 sin 𝑡+ sin 𝑡 − sin 𝑡+⋯ 𝜋 30 3𝜋 2 30 5𝜋 2 30 8 8 8 𝑖3𝜔𝑡 𝜑𝑟 + 2𝜁Ω𝜑𝑟 + Ω2 𝜑𝑟 = − 2 −𝑖𝑒 𝑖𝜔𝑡 + −𝑖𝑒 − −𝑖𝑒 𝑖5𝜔𝑡 + ⋯ 2 2 𝜋 3𝜋 5𝜋 odhad partikulárního řešení: 𝜑𝑟𝑃 = Φ𝑟1 −𝑖𝑒 𝑖𝜔𝑡 + Φ𝑟3 −𝑖𝑒 𝑖3𝜔𝑡 + Φ𝑟5 −𝑖𝑒 𝑖5𝜔𝑡 + ⋯ 𝜑𝑟𝑃 = 𝑖𝜔Φ𝑟1 −𝑖𝑒 𝑖𝜔𝑡 + 3𝑖𝜔Φ𝑟3 −𝑖𝑒 𝑖3𝜔𝑡 + 5𝑖𝜔Φ𝑟5 −𝑖𝑒 𝑖5𝜔𝑡 + ⋯ 𝜑𝑟𝑃 = −𝜔2 Φ𝑟1 −𝑖𝑒 𝑖𝜔𝑡 − 3𝜔 2 Φ𝑟3 −𝑖𝑒 𝑖3𝜔𝑡 − 5𝜔 2 Φ𝑟5 −𝑖𝑒 𝑖5𝜔𝑡 + ⋯
8
Ondřej Marek - KMS
Ω2 − 𝜔2 + 2𝑖𝜁Ω𝜔 Φ𝑟1 𝑒 𝑖𝜔𝑡 + Ω2 − 3𝜔 2 + 2𝑖𝜁Ω3𝜔 Φ𝑟3 𝑒 𝑖3𝜔𝑡 + Ω2 − 5𝜔 8 8 8 𝑖3𝜔𝑡 = − 2 −𝑖𝑒 𝑖𝜔𝑡 + −𝑖𝑒 − −𝑖𝑒 𝑖5𝜔𝑡 + ⋯ 2 2 𝜋 3𝜋 5𝜋
2
+ 2𝑖𝜁Ω5𝜔 Φ𝑟5 𝑒 𝑖5𝜔𝑡 + ⋯
V rovnici jsou vytknuty výrazy −𝑖𝑒 𝑖𝜔𝑡 , −𝑖𝑒 𝑖3𝜔𝑡 , −𝑖𝑒 𝑖5𝜔𝑡 jak na levé, tak i na pravé straně. Z rovnice lze psát 3 (obecně n) rovnic. ze kterých lze vyjádřit komplexní amplitudy vybuzených kmitů Φ𝑟𝑗 pro jednotlivé frekvence. Komplexní amplituda v sobě zahrnuje informaci o velikosti a fázovém posunutí (zpoždění). 8 Ω2 − 𝜔2 + 2𝑖𝜁Ω𝜔 Φ𝑟1 = − 2 𝜋 8 Ω2 − 3𝜔 2 + 2𝑖𝜁Ω3𝜔 Φ𝑟3 = 3𝜋 2 8 Ω2 − 5𝜔 2 + 2𝑖𝜁Ω5𝜔 Φ𝑟5 = − 5𝜋 2 −8 −8 Φ𝑟1 = 2 2 = = −7.54 ∙ 10−6 + 𝑖 ∙ 1.65 ∙ 10−6 𝜋 Ω − 𝜋 2 𝜔 2 + 𝑖 ∙ 2𝜋 2 𝜁Ω𝜔 1.012 ∙ 106 + 𝑖 ∙ 2.212 ∙ 105 8 Φ𝑟3 = 2 2 = −6.32 ∙ 10−7 − 𝑖 ∙ 4.481 ∙ 10−7 2 2 2 9𝜋 Ω − 81𝜋 𝜔 + 𝑖 ∙ 54𝜋 𝜁Ω𝜔 −8 Φ𝑟5 = = 6.29 ∙ 10−8 + 𝑖 ∙ 1.44 ∙ 10−8 25𝜋 2 Ω2 − 625𝜋 2 𝜔 2 + 𝑖 ∙ 250𝜋 2 𝜁Ω𝜔 Φ𝑟1 = Φ𝑟1 𝑒 𝑖𝜃1 = 7.721 ∙ 10−6 ∙ 𝑒 𝑖∙2.926 Φ𝑟3 = Φ𝑟3 𝑒 𝑖𝜃3 = 7.748 ∙ 10−7 ∙ 𝑒 −𝑖∙2.525 Φ𝑟5 = Φ𝑟5 𝑒 𝑖𝜃5 = 6.455 ∙ 10−8 ∙ 𝑒 𝑖∙0.225
9
Ondřej Marek - KMS
Amplitudo-fázové charakteristiky, průběh ϕr(t) |1()|
-5
2
x 10
|3()|
-6
2
x 10
1.5
1.5
6
1
1
4
0.5
0.5
2
0
0 0
100
200
300
400
500
600
700
0 0
100
200
300
1()
400
500
600
700
4
3
-1
3
2
-2
2
1
-3
1
-4 100
200
300
0
100
200
300
400
500
600
700
0 0
100
200
300
400
500
600
700
400
500
600
700
5()
0
0
x 10
3()
4
0
|5()|
-7
8
400
500
600
700
0
100
200
300
Jelikož proběhla náhrada sin𝑘ω𝑡 = 𝑅𝑒 −𝑖𝑒 𝑖𝑘𝜔𝑡 , pak lze do celkového řešení dosazovat opět rovnou sin𝑘ω𝑡. 𝜑𝑟 𝑡 = Φ𝑟1 sin 𝜔𝑡 + 𝜃1 + Φ𝑟3 sin 3𝜔𝑡 + 𝜃3 + Φ𝑟5 sin 5𝜔𝑡 + 𝜃5 + ⋯ 𝝋𝒓 𝒕 = 𝟕. 𝟕𝟐𝟏 ∙ 𝟏𝟎−𝟔 𝐬𝐢𝐧 𝟏𝟓𝟕𝒕 + 𝟐. 𝟗𝟐𝟔 + 𝟕. 𝟕𝟒𝟖 ∙ 𝟏𝟎−𝟕 𝐬𝐢𝐧 𝟒𝟕𝟏 − 𝟐. 𝟓𝟐𝟓 + 𝟔. 𝟒𝟔 ∙ 𝟏𝟎−𝟖 𝐬𝐢𝐧 𝟕𝟖𝟓𝒕 + 𝟎. 𝟐𝟐𝟓 + ⋯
10
Ondřej Marek - KMS
Průběh ϕr(t) - grafy |r1|sin(t+ 1)
-5
x 10
1
1. harmonická
0 -1
0
0.05
0.1 |r3|sin(3t+ 3)
0.15
0.2
0.05
0.1 |r5|sin(5t+ 5)
0.15
0.2
0.05
0.1
0.15
0.2
-6
x 10
1
3. harmonická
0 -1
0 -7
x 10
1
5. harmonická
0 -1
0
r(t)
-5
1
x 10
0.5
součet 1., 3. a 5. harmonické
0
-0.5 -1 0
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
0.12
0.14
0.16
0.18
0.2
11
