Tentamen DYNAMICA (4A240) 11 april 2011 9.00-12.00 uur
Lees het onderstaande zorgvuldig door voordat u aan de opgaven begint!
Algemene opmerkingen: • • • •
Begin iedere opgave op een nieuw blad. Vermeld op ieder blad duidelijk uw naam en identiteitsnummer. Presenteer uw werk overzichtelijk en leesbaar. Bij dit tentamen mag alleen gebruik worden gemaakt van het boek DYNAMICS van J.L. Meriam en L.G. Kraige en een pocketcalculator of een grafische rekenmachine. Gebruik van notebooks/lap-tops en ander studiemateriaal is dus niet toegestaan. Dit tentamen bestaat uit 3 opgaven. De deelcijfers die per opgave kunnen worden behaald zijn (in tienden) 25 voor opgave 1, 35 voor opgave 2 en 40 voor opgave 3.
Algemene gegevens: Indien niet anders is vermeld, gelden de volgende gegevens: • • • • •
Veren en dempers zijn massaloos en hebben een lineaire karakteristiek. Lagers en scharnieren zijn wrijvingsloos. Koorden en kabels zijn massaloos en onrekbaar. Katrollen zijn massaloos. Koorden en kabels rollen zuiver af over katrollen; er treedt dus geen slip op.
SUCCES!!!
1/5
Tentamen DYNAMICA (4A240)
11 april 2011
OPGAVE 1 Beschouw Figuur 1. Een wagon wordt in punt B naar links getrokken door een kabel, die korter wordt met een constante snelheid van r& [m/s], doordat de kabel wordt opgewonden om een haspel in punt A (omdat de kabel korter wordt zal r& negatief zijn). De straal van de haspel mag worden verwaarloosd. Momentaan staat de kabel onder een scherpe hoek van θ [rad] met de horizontaal, zie Figuur 1. De verticale component van de afstand tussen punt A en punt B is h [m], zie wederom r Figuur 1. De positieve richting van de radiale eenheidsvector er valt samen met de momentane
r
richting van rB / A , de relatieve positievector van punt B t.o.v. punt A ; de transversale
r
r
eenheidsvector eθ staat loodrecht op er .
h
r
r eθ
r er
Figuur 1 Voor de momentane situatie wordt het volgende gevraagd:
r
a)
Druk r = rB / A , de afstand tussen punt A en punt B , uit in de gegevens.
b)
Druk vB = vB , de grootte van de snelheidsvector van punt B , uit in de gegevens. Tip: maak
r
r
een vectordiagram, waarbij u de snelheidsvector v B van punt B ontbindt in een radiale
r
r
component v Br en een transversale component v Bθ . c) d)
Druk θ& , de hoeksnelheid waarmee de kabel momentaan roteert, uit in de gegevens. Druk a B , de grootte van de versnellingsvector van punt B , uit in de gegevens. Tip: maak een
r
vectordiagram, waarbij u de versnellingsvector a B van punt B ontbindt in een radiale
r
r
component a Br en in een transversale component a Bθ . e)
Druk θ&& , de momentane hoekversnelling van de kabel, uit in de gegevens.
2/5
Tentamen DYNAMICA (4A240)
11 april 2011
OPGAVE 2 Figuur 2 toont het bovenaanzicht van een mechanisch systeem. De zwaartekrachtsversnelling heeft geen invloed op de beneden gestelde vragen. Twee homogene ringen A en B , die beide mogen worden opgevat als puntmassa’s, kunnen wrijvingsloos glijden over twee parallele stangen. De massa van ring A is mA [kg]. De massa van ring B is mB [kg]. De afstand tussen de hartlijnen van de twee parallele stangen is w [m]. De twee ringen zijn met elkaar verbonden via een veer met veerstijfheid k [N/m]. De ongespannen veerlengte van deze veer is gelijk aan l0 [m], waarbij
l 0 ≥ w . De posities van ringen A en B als functie van de tijd t [s] worden aangegeven door resp. x A (t ) [m] en xB (t ) [m]. De snelheden van ringen A en B als functie van de tijd t [s] worden aangegeven door resp. x& A (t ) [m] en x& B (t ) [m]. De in Figuur 2 afgebeelde positie van het systeem noemen we positie 1 en het bijbehorende tijdstip t = t1 [s]. Op tijdstip t = t1 [s] zijn de ringen in rust en is de momentane veerlengte l1 [m], waarbij l1 ≥ l 0 . De ringen worden vervolgens vanuit deze rustpositie losgelaten. We definiëren positie 2 van het systeem als de positie, waarbij de veerlengte voor de eerste keer gelijk wordt aan w [m]. Het bijbehorende tijdstip noemen we t = t2 [s].
mA
w
l1
mB Figuur 2 a) b) c) d) e) f)
Druk ΔT = T2 − T1 (het verschil in de kinetische energie van het systeem tussen positie 2 en positie 1) zoveel mogelijk uit in de gegevens. Druk ΔVe = (Ve )2 − (Ve )1 (het verschil in de potentiële energie m.b.t. de veerkracht van het systeem tussen positie 2 en positie 1) uit in de gegevens. Druk de arbeid-energievergelijking van het systeem zoveel mogelijk uit in de gegevens. Druk de impulsvergelijking van het systeem voor het tijdsinterval [t1 , t 2 ] [s] zoveel mogelijk uit in de gegevens. Gegeven is: m A = 12 [kg], mB = 8 [kg], l1 = 1.8 [m], l0 = 1.2 [m], w = 1.2 [m], k = 100 [N/m]. Bereken de snelheden x& A (t2 ) en x& B (t2 ) . De gegevens van deelvraag e) blijven grotendeels hetzelfde. Echter, voor de ongespannen veerlengte geldt nu: l0 = 1.5 [m]. Verder wordt l1 , de veerlengte op t = t1 [s], nu een
ontwerpparameter. Voor welke (realistische) waarden van l1 kan positie 2 worden bereikt? Hint: maak gebruik van de arbeid-energievergelijking.
3/5
Tentamen DYNAMICA (4A240)
11 april 2011
OPGAVE 3 Figuur 3 toont het zijaanzicht van een mechanisch systeem bestaande uit een schijf en een daarop vastgelaste balk. De homogene dunne schijf heeft een massa van 3m [kg] en een straal van R [m] en kan roteren t.o.v. het lager in het vaste punt O , dat als oorsprong wordt gebruikt. De homogene slanke balk heeft een massa van m [kg] en een lengte van 2 R [m]. Verticaal werkt de zwaartekrachtsversnelling g [m/s2] in de aangegeven richting. Figuur 3 toont verder de positieve
r r
richtingen van de Cartesische eenheidsvectoren i , j en de positieve richting van rotatiehoek θ in [rad] van het mechanisch systeem. De in Figuur 3 afgebeelde stand van het mechanische systeem komt overeen met θ = 0 [rad]. Op het vrije uiteinde van de balk werkt een horizontale kracht F (t ) , die te allen tijde horizontaal gericht blijft.
r j
θ g
r i
F (t ) Figuur 3 a)
b) c) d) e)
r
Druk de positievector rG van het massamiddelpunt G van het mechanisch systeem uit t.o.v. de oorsprong O voor de stand van het systeem afgebeeld in Figuur 3 en maak hierbij gebruik van de eenheidsvectoren. Druk I O , het massatraagheidsmoment van het mechanisch systeem t.o.v. oorsprong O , uit in de gegevens. Teken het free-body diagram van het mechanisch systeem en teken het systeem hierbij geroteerd over een scherpe, positieve hoek θ (dus geroteerd tegen de wijzers van de klok in). Druk de bewegingsvergelijking van het systeem in de θ -richting uit in de gegevens. Neem alle momenten in deze vergelijking t.o.v. de oorsprong O . Vereenvoudig (lineariseer) de bewegingsvergelijking opgesteld bij d) door aan te nemen dat de hoek θ klein blijft, m.a.w. θ << 1 . Druk de eigenfrequentie f n in [Hz] van het mechanisch systeem uit in de gegevens op basis van deze gelineariseerde bewegingsvergelijking.
Let op: deze opgave wordt voortgezet op de volgende bladzijde!
4/5
Tentamen DYNAMICA (4A240)
11 april 2011
Er wordt een visceus dempingselement aan het mechanisch systeem toegevoegd, die resulteert in een dempingsmoment van 0.3θ& [Nm]. Voor bepaalde waarden van de systeemparameters wordt de bewegingsvergelijking, die het vrije, gedempte trillingsgedrag van de het mechanisch systeem beschrijft (vrij trillingsgedrag wil zeggen géén externe excitatie, m.a.w. F (t ) = 0 [N]): 34 300
f)
θ&& + 0.3θ& + 1.962θ = 0 Geef de uitdrukking voor de hoek θ (t ) voor t ≥ 0 [s] als op het tijdstip t = 0 [s]:
θ (t = 0) = 0.1 [rad] en θ&(t = 0) = 0 [rad/s].
Het mechanisch systeem wordt vervolgens geëxciteerd door een harmonische kracht [N]. We bekijken nu de situatie zónder het visceuze dempingselement. De bewegingsvergelijking wordt: 34 300
g)
θ&& + 1.962θ = 0.1sin (ωt ) Bereken de positieve excitatiehoekfrequenties ω in [rad/s], waarvoor de absolute waarde van de amplitude Θ van de particuliere oplossing θ p (t ) = Θ sin (ωt ) kleiner is dan 0.1 [rad].
EINDE
5/5
Uitwerkingen Tentamen DYNAMICA (4A240) 11 april 2011 OPGAVE 1 a) Op basis van een goniometrische beschouwing volgt: r =
h [m] sin θ r
b) Vanwege de kinematische constraint van de wagon (de rails) moet de snelheidsvector v B van
r
punt B horizontaal gericht zijn. Onderstaande figuur toont de snelheidsvector v B van punt
r r B ontbonden in zijn radiale component v Br (in de negatieve er -richting) en zijn transversale r r r r r component v Bθ (in de eθ -richting), m.a.w. v B = v Br + v Bθ :
r eθ
r v Bθ
r vB
θ
r er
r v Br
r r r v Br = r&er [m/s] staat in de negatieve er -richting omdat r& negatief is. r r Zoals gezegd is de richting van v B horizontaal. Dit kan alleen worden gerealiseerd als v Bθ is zoals weergegeven in bovenstaande figuur, omdat alleen in dit geval door vectoriële optelling r r r van v Bθ en v Br een horizontale vector resulteert. De resulterende vector v B wijst (natuurlijk) naar links. Op basis van de geometrie van het vectordiagram moet gelden:
r vB = vB =
r& cos θ
[m/s]
(merk op dat cos θ > 0 omdat θ een scherpe hoek is).
1/8
Uitwerkingen Tentamen DYNAMICA (4A240)
11 april 2011
c) Op basis van de geometrie van het vectordiagram getekend bij het antwoord op deelvraag b) is te zien dat:
r θ&r v Bθ tan θ = r = v Br r& Omdat r > 0 en θ& > 0 kunnen we dit herschrijven als: θ& =
r& tan θ r
=
r& tan θ sin θ h
[rad/s]
Je kunt ook tot dit antwoord komen door gebruik te maken van:
r θ&r v Bθ sin θ = r = cos θ vB r& r
d) De versnellingsvector a B van punt B moet weer in horizontale richting staan vanwege de kinematische constraint van de wagon (de rails). Onderstaande figuur toont de r r r versnellingsvector a B van punt B ontbonden in zijn radiale component a Br (in de er -
r
r
r
r
r
richting) en zijn transversale component a Bθ (in de eθ -richting), m.a.w. a B = a Br + a Bθ :
r a Bθ
r eθ
r aB
r er
θ r a Br
(
)
r r r a Br = &r& − rθ& 2 er = −rθ& 2 er [m/s2], omdat &r& = 0 [m/s2] vanwege het feit dat gegeven is dat r r r& constant is. Vector a Br staat dus in de negatieve er -richting en heeft uitgedrukt in de gegevens een grootte van:
r r& 2 tan 2 θ sin 2 θ h r& 2 tan 2 θ sin θ r& 2 sin 3 θ a Br = a Br = rθ& 2 = [m/s2] ⋅ = = 2 2 sin θ h h h cos θ 2/8
Uitwerkingen Tentamen DYNAMICA (4A240)
11 april 2011
r
r
Zoals gezegd is de richting van a B horizontaal. Dit kan alleen worden gerealiseerd als a Bθ is zoals weergegeven in bovenstaande figuur, omdat alleen in dit geval door vectoriële optelling r r van a Bθ en a Br een horizontale vector resulteert. Blijkbaar wijst deze naar links. Op basis van de geometrie van het vectordiagram moet gelden:
a r r& 2 tan 3 θ a B = a B = Br = [m/s2]. cos θ h e) Op basis van de geometrie van het vectordiagram getekend bij de uitwerking van deelvraag d) moet gelden:
a Bθ = a Br tan θ = a B sin θ =
r& 2 tan 3 θ sin θ [m/s2] h
Ook geldt: a Bθ = rθ&& + 2r&θ& [m/s2]. In deze uitdrukking is θ&& de enige onbekende. Deze kan dus worden opgelost met als resultaat: 2 2 2 a − 2r&θ& sin θ tan θ (r& tan θ − 2r& r& ) r& 2 θ&& = Bθ = = 2 sin 2 θ tan θ (tan 2 θ + 2 ) [rad/s2] 2
r
h
h
OPGAVE 2 a)
ΔT = T2 − T1 , waarbij:
T1 = 12 m A x& A2 (t1 ) + 12 m B x& B2 (t1 ) = 0 , omdat x& A (t1 ) = x& B (t1 ) = 0 [m/s] (massa’s in rust)
T2 = 12 m A x& A2 (t 2 ) + 12 m B x& B2 (t 2 ) , snelheden x& A (t 2 ) en x& B (t 2 ) zijn (nog) onbekend. Dus:
ΔT = T2 = 12 m A x& A2 (t 2 ) + 12 m B x& B2 (t 2 ) [J]
b) ΔVe = (Ve )2 − (Ve )1 , waarbij:
(Ve )1 = 12 k (l1 − l0 )2 (Ve )2 = 12 k (w − l0 )2 Dus:
[
ΔVe = (Ve )2 − (Ve )1 = 12 k (w − l 0 ) − (l1 − l 0 ) 2
2
] [J]
c) De arbeid-energievergelijking in algemene vorm: ΔT + ΔV g + ΔVe = U 1′− 2
ΔT en ΔVe zijn al bepaald bij respectievelijk deelvragen a) en b), ΔV g = 0 [J], omdat het systeem zich voor alle tijdstippen op dezelfde hoogte bevindt. U 1′− 2 = 0 [J], omdat, behalve de veerkracht, alle overige externe krachten geen arbeid 3/8
Uitwerkingen Tentamen DYNAMICA (4A240)
11 april 2011
leveren (de normaalkrachten, die de stangen uitoefenen op de ringen, staan loodrecht op de bewegingsrichting van de ringen en verrichten dus geen arbeid). Dus wordt de arbeid-energievergelijking (zoveel mogelijk uitgedrukt in de gegevens):
[
]
ΔT + ΔVe = 12 m A x& A2 (t 2 ) + 12 m B x& B2 (t 2 ) + 12 k (w − l 0 ) − (l1 − l 0 ) = 0 [J] 2
2
Merk op dat deze vergelijking niet kan worden opgelost, omdat zij 2 onbekenden bevat: de snelheden x& A (t 2 ) en x& B (t 2 )
t2
d) De impulsvergelijking van het systeem in algemene vorm:
G x (t1 ) + ∫ ∑ Fx (t )dt = G x (t 2 ) t1
We werken de drie componenten in deze vergelijking uit: G x (t1 ) = m A x& A (t1 ) + m B x& B (t1 ) = 0 [Ns], omdat x& A (t1 ) = x& B (t1 ) = 0 [m/s] t2
∫ ∑ F (t )dt =0 [Ns], omdat er in het tijdsinterval [t , t ] geen externe krachten in de x
1
2
t1
bewegingsrichtingen van de ringen werken. NB er is wel een interne kracht, nl. de veerkracht. Deze kracht zorgt wel voor een impulsverandering van de beide massa’s afzonderlijk. Echter, op systeemniveau is de netto impulsverandering door de veerkracht gelijk aan nul.
G x (t 2 ) = m A x& A (t 2 ) + m B x& B (t 2 ) [Ns] Dus wordt de impulsvergelijking van het systeem (zoveel mogelijk uitgedrukt in de gegevens):
m A x& A (t 2 ) + m B x& B (t 2 ) = 0 [Ns] e) Substitutie van de numerieke gegevens in de arbeid-energievergelijking levert:
6 x& A2 (t 2 ) + 4 x& B2 (t 2 ) = 18 Substitutie van de numerieke gegevens in de impulsvergelijking levert:
12 x& A (t 2 ) + 8 x& B (t 2 ) = 0 Oplossen van deze vergelijkingen geeft de volgende twee oplossingen: oplossing 1: x& A (t 2 ) = +1.095 [m/s] en x& B (t 2 ) = −1.643 [m/s]
oplossing 2: x& A (t 2 ) = −1.095 [m/s] en x& B (t 2 ) = +1.643 [m/s]
4/8
Uitwerkingen Tentamen DYNAMICA (4A240)
11 april 2011
Omdat positie 2 van het systeem (met bijbehorend tijdstip t = t2 [s]) gedefinieerd is als de positie, waarbij de veerlengte voor de eerste keer gelijk wordt aan w [m], vervalt oplossing 2.
f) Ten eerste moet worden opgemerkt dat voor realistische waarden van l1 natuurlijk sowieso moet gelden: l1 ≥ w = 1.2 [m]. Deze voorwaarde moet nog verder worden bijgesteld, omdat op basis van de introductie van de opgave moet gelden dat l1 ≥ l 0 = 1.5 [m].. Substitutie van de numerieke gegevens in de arbeid-energievergelijking levert:
[
6 x& A2 (t 2 ) + 4 x& B2 (t 2 ) = −50 (− 0.3) − (l1 − 1.5) 2
2
]
Het is duidelijk dat het linkerlid van deze vergelijking niet negatief kan zijn, omdat de kinetische energie van het systeem op een zeker tijdstip nooit negatief kan zijn. Dus moet de volgende ongelijkheid worden opgelost:
[
]
− 50 (− 0.3) − (l1 − 1.5) > 0 , ofwel
[(− 0.3)
2
2
2
]
− (l1 − 1.5) < 0 2
De nulpunten van de kwadratische vergelijking:
[(− 0.3)
2
]
− (l1 − 1.5) = 0 2
liggen bij: l1 = 1.2 [m] en bij l1 = 1.8 [m]. Positie 2 kan worden bereikt indien l1 ≥ 1.8 [m]. Voor 1.2 < l1 < 1.8 [m] zullen op een
zeker tijdstip in het tijdinterval [t1 , t 2 ] drukkrachten in de veer ontstaan, die ervoor zorgen dat positie 2 nooit kan worden bereikt. Als l1 = 1.2 = w [m] kan positie 2 in principe ook worden ‘bereikt’. Voor deze waarde vallen positie 1 en positie 2 namelijk samen. Zij vormen beide een instabiele statische evenwichtspositie, waarbij er een drukkracht in de veer bestaat. Bij de geringste verstoring zal het systeem deze statische evenwichtspositie verlaten. Deze oplossing vervalt echter vanwege de eerder genoemde voorwaarde l1 ≥ l 0 = 1.5 [m].
OPGAVE 3 a) Bij de bepaling van de ligging van het massamiddelpunt van het mechanische systeem t.o.v. O voor de positie afgebeeld in Figuur 3 kijken we eerst naar de ligging van de massamiddelpunten van de twee lichamen (de schijf en de balk) waaruit het mechanische systeem bestaat.
r
r
Voor de schijf (lichaam 1) geldt: rG1 = 0
5/8
Uitwerkingen Tentamen DYNAMICA (4A240)
11 april 2011
r
r
Voor de balk (lichaam 2) geldt: rG 2 = − Rj
r
Vervolgens bepalen we rG als volgt:
r rG =
2
∑m i =1
(
)
r r r r 1 ( ) 3 0 ( ) 0 . 25 m r = m ⋅ + m ⋅ − R j = − R j [m] ∑ i Gi 4m i =1 2
1 i
b) Het massatraagheidsmoment van de schijf t.o.v. O is: I schijf ,O = 12 ⋅ 3m ⋅ R 2 [kgm2] Het massatraagheidsmoment van de balk t.o.v. O is: I balk ,O = 13 ⋅ m ⋅ (2R ) [kgm2] 2
Het massatraagheidsmoment van het systeem t.o.v. O is dan: I O = I schijf ,O + I balk ,O = 176 ⋅ m ⋅ R 2 = 2 56 mR 2 [kgm2] c) Het free-body diagram van het mechanisch systeem:
r j
Oy
θ
r i
Ox
O
R 3mg
θ mg F (t )
Krachten Ox , O y representeren respectievelijk de horizontale en verticale component van de reactiekracht van het lager in oorsprong O . In het free-body diagram zijn de zwaartekrachtvectoren voor de schijf en de balk afzonderlijk aangegeven. Als alternatief kunnen deze twee vectoren worden gecombineerd tot één verticaal naar beneden gerichte krachtvector met grootte 4mg , die aangrijpt in het massamiddelpunt G van het mechanische systeem, dat op de balk ligt op een afstand van R / 4 [m] van oorsprong O . Tenslotte is er de horizontale kracht F (t ) , die op het vrije uiteinde van de balk aangrijpt.
6/8
Uitwerkingen Tentamen DYNAMICA (4A240)
11 april 2011
d) Uitwerken van de algemene bewegingsvergelijking
∑M
O
= I Oθ&& in de θ -richting geeft:
2 F (t )R cosθ − mgR sin θ = I Oθ&& = 17 6 mR 2θ&& e) Omdat θ << 1 geldt: cos θ ≈ 1 en sin θ ≈ θ Hiermee kan de bewegingsvergelijking afgeleid bij d) worden vereenvoudigd (gelineariseerd) tot: 17
6
mR 2θ&& + mgRθ = 2 F (t )R
De eigenfrequentie wordt dan:
fn =
1 2π
1 6g mgR [Hz] = 2 mR 2π 17 R
17 6
f) (De coëfficiënten vóór θ&& en θ worden verkregen bij de volgende keuzes voor de parameterwaarden: m = 1 [kg], R = 0.2 [m], g = 9.81 [m/s2]) Op basis van de gegeven bewegingsvergelijking kunnen we ω n , ζ , ω d uitrekenen.
1.962 = 4.16 [rad/s] (34 / 300) 0.3 ζ = = 0.318 [-] 34 2 300 ⋅ 1.962
ωn =
De ongedempte eigenhoekfrequentie is: De dimensieloze dempingscoefficient is:
ωd = ωn 1 − ζ 2 = 3.94 [rad/s]
De gedempte eigenhoekfrequentie is:
Omdat ζ < 1 hebben we te maken met onderkritische demping. Voor de verplaatsing van een onderkritisch gedempt systeem geldt de algemene vorm:
θ (t ) = {A3 cos(ω d t ) + A4 sin (ω d t )}e −ζω t
(f.1)
n
Voor de snelheid volgt dan door differentiëren van vergelijking (f.1) naar de tijd:
θ&(t ) = {− ω d A3 sin (ω d t ) + ω d A4 cos(ω d t )}e −ζω t − ζω n {A3 cos(ω d t ) + A4 sin (ω d t )}e −ζω t n
Invullen van de beginconditie θ (t = 0 ) = 0.1 [rad] in vergelijking (f.1) levert:
n
(f.2)
0.1 = A3 Invullen van de beginconditie θ&(t = 0 ) = 0 [rad/s] in vergelijking (f.2) levert:
0 = 3.94 A4 − 1.323 ⋅ A3 Oplossen van A3 en A4 geeft: A3 = 0.1 [rad] en A4 = 0.0336 [rad], waarmee θ (t ) voor
7/8
Uitwerkingen Tentamen DYNAMICA (4A240)
11 april 2011
t ≥ 0 wordt:
θ (t ) = {0.1 cos(3.94t ) + 0.0336 sin (3.94t )}e −1.323t [rad] Alternatieve berekening:
θ (t ) = C sin (ω d t + ψ )e −ζω t θ&(t ) = −ζω n C sin (ω d t + ψ )e −ζω t + Cω d cos(ω d t + ψ )e −ζω t n
n
n
Dit leidt met de begincondities voor t = 0 [s] tot:
C sinψ = 0.1 − 1.323C sinψ + 3.94C cosψ = 0
Oplossing: ψ = 1.246 [rad] (mod 2π [rad]) = 71.4 [˚] (mod 360 [˚]), C = 0.1055 [rad] Of: ψ = −1.896 [rad] (mod 2π [rad]) = −108.6 [˚] (mod 360 [˚]), C = −0.1055 [m] Hiermee wordt θ (t ) voor t ≥ 0 bijvoorbeeld:
θ (t ) = 0.1055 sin (3.94t + 1.246)e −1.323t [rad] g) Voor de amplitude moet gelden (zie ook pag. 622 van uw boek):
Θ=
0.1 1.962 < 0.1 [rad] 2 1 − (ω 4.16 )
We zoeken eerst naar de positieve ω , waarvoor geldt:
Θ=
0.1 1.962 = 0.1 2 1 − (ω 4.16 )
Oplossen levert: ω = 2.913 [rad/s].
Vervolgens zoeken we naar de positieve ω , waarvoor geldt:
Θ=
0.1 1.962 = −0.1 Oplossen levert: ω = 5.111 [rad/s]. 2 1 − (ω 4.16 )
Vervolgens kan eenvoudig worden ingezien dat Θ < 0.1 voor 0 < ω < 2.913 [rad/s] en
ω > 5.111 [rad/s].
8/8
