A 1 Bücher und Normen - link.springer.com978-3-8348-2099-0/1.pdf · A 2 Lösungen der Aufgaben 219 5.7 a) RW 0y yers yers 2 WRRW 2 /, (/ ) kk kmk kkll Z b1) 22 Z0D Ders A Ders W
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Transcript
Anhang
A 1 Bücher und Normen
A 1.1 Weiterführende Bücher
Biezeno, C. B.; Grammel, R.: Technische Dynamik. 2 Bde. Springer-Verlag, Ber-lin, Heidelberg, New York 1971
Hagedorn, P.; Hochlenert, D.: Technische Schwingungslehre. Verlag Harri Deutsch, Frankfurt a. M. 2012
Irretier, H.: Grundlagen der Schwingungstechnik. 2 Bde. Vieweg, Braunschweig/ Wiesbaden 2000 bzw. 2001
Klotter, K.: Technische Schwingungslehre Erster Band: Einfache Schwinger Teil A: Lineare Schwingungen. 1988 Teil B: Nichtlineare Schwingungen. 1980 Zweiter Band: Schwinger von mehreren Freiheitsgraden. Nachdruck der 2. Auflage von 1960, Springer-Verlag, Berlin, Heidelberg, New York 1981
Approximationen fk(t) für f(t) durch Fourier-Reihe bis zur Ordnung k = 4:
Bild A.1 Harmonische Analyse: Darstellung der Lösung zu Aufgabe 2.2 für H = 3
f4 (t) = 2,25 + 0,60793 cos 2 tT
+ 0,06755 cos 3 2 tT
+ 0,95493 sin 2 tT
– 0,47746 sin 2 2 tT
+
+ 0,31831 sin 3 2 tT
– 0,23873 sin 4 2 tT
,
2.3 2 2ck sk3ˆ ˆ0, 4 /( ) sin sin
2 2k k
f f H k
3.1 = 2S5/(( J / )( )) /( )7
m g m r R r g R r
3.2 T = 2 AJ /( cos e)m g
3.3 T = 2 2 2 2 2A5 1J /( e) 2 /( / 4) 0,784 s4 3
m g r h g r h
3.4 T = 2 201 2 1 1 2(J ) /(( e ) )m x m m x g
4.1 a) = 2 21 1( e ) /( )k m g h m h
b) = 2 2 21 1 2( e ) /( e )k m g h m h m
214 Anhang
c) = 2 2 *2 2 21 1 1 2( ) /( )k e m g h m h m h m e FV = m1 r h/e *2 – m2 g
* 2 21 1( ) /( )k e m g h m h
4.2 a) 0/(J )2
d b E l
b) 12 21 2 02/ (4 /( ) ( / ) ) Jb l E d k e e
4.3 Starrachse kges = 2 kr kw /(kr + kw), z = ges12,04/k m
s
Einzelradaufhängung kges = 2 kr kw /2
w rl ek kb e
z ges/ 7,64 1/sk m
4.4 y = m g/k (1 – cos t) mit = /k m ymax = 2 m g/k = 2 FG /k = 2 ystat. Die Federverformung und damit auch
die Beanspruchung der Feder wird bei plötzlicher Belastung doppelt so groß wie bei statischer Belastung (dynamischer Lastfaktor).
4.5 a) T = 2 2 21 2 1 21 /(( / 2 ) )3
m l m x m l m x g
b) FV = k b
1 22 21 2
( / 2 ) (1 /(2 ))1/ 3
m l m x g k bl l bm l m x
4.6 n = 80,4 1/min 4.7 n = 138,3 1/min
4.8 a) kges = 2 113 /( ( )), 768,7 1/ minE I l l l n
b) 1/kges = 2 21 111( ) /(3 ) ( / )l l l E I l lk
n = 526,2 1/min
4.9 a) 2 2Stab Stab1(2 ( / 2 ) ) /3
k e m l ml g m m l
A 2 Lösungen der Aufgaben 215
b) 2 2Stab Stab1(2 ( / 2 ) ) /3
k e m l ml g m m l
c)2 Stab
2Stab
2 ( / 2 ) cos(1/ 3 )
k e m l ml gm m l
4.10 = 2 2 2 2V H 1 21 2 1 2( ) /( )k l k l m e m e
4.11 a)2 21 2
2 2S
/ 2 19,57sJ / 4( )
k b k h m g hm b h
b)2 2S
2 2
J ( ) / 42 2,10 s
/ 2m b h
Tmg b h
4.12 a) T = 2 2 / 1,79 sr g
b) k = m (2 (b)2 r – g)/(2 r) = 18210 N/m
4.13 a) 2 4 2R( /(32 )) /( )k e G d l m e
b) 2 4 2R S( /(32 )) /( J )k e G d l m e
4.14 JS = T2 m g e2/(4 2 l) = 0,647 kg m2
4.15 T = 2 /( )l b e g
4.16 a)2
2 211
3 sin 67,9( / 2 sin ) /(1/12 )s
kk l m lm
b) FV = 3,654 N; von Einfluss, aber sehr gering;
2 2 2V 1 2( ( / 2 sin ) / 2 cos ) /(1/12 / 4)k l F l m l m l = 29,4 1/s
c) 2 2 1 2( sin / 4) /(1/ 3 ) 29, 2 1/sk g d m m ; (ohne FV)
4.17 2 2 21 2( ( / ) cos ) /( )k l l e m g l m l
21 2/ ( / / ) / cosk m l l e l g l
4.18 a) 2D3 5/2 4
k m g l m l
216 Anhang
Stabilitätsbedingung: kD 32
m g l
b) *2 2D( 3 / 2 ) /(5 / 4 )k m r l m l
4.19 a) 2 21 1 1 2 2 2 2F/ , ( ) /( )k m k h m g h m h
b) 22 21 2 2 1 2F( ) /(( ) )k h k h m g h m m h
22 21 2 2 AB 1 2 ABF1( /(( ) )2
k h k h m m g h m m m h
4.20 a) y 3 1 y yers2 / / ; b) /l l k m k m mit
2 42yers 1 3 1 2 21/(( \ ) /(4 ) 8 /( )k l l k l l G d + 64 3 41 1/(3 ))l E d
4.21 a) 12 /k m ;
b) Ohne Federvorspannung: 12 /k m , mit Federvorspannung: Federkraft F2 = FV + F
F2 = FV + k2 2 2( )l x l
= FV +k2 l 2( 1 ( / ) 1)x l
= FV +k2 l2 41 1
1 ... 12 8
x xl l
F2 = FV +k2 l21
2xl
Die weiteren Reihenglieder können vernachlässigt werden, da sie klein von höherer Ordnung sind.
Bild A.2 Zu Aufgabe 4.21 b)
Rückstellkraft aus der zusätzlichen Feder F2x = – F2 sin . Dabei ist
sin =
Klein von höherer Ordnung
2 4
2 2 2
1 1 31 ...2 8
1
x x x x xl l l ll x x
l
A 2 Lösungen der Aufgaben 217
Damit
F2x = –2 2
V 21
12 2l x x x
F kl l l
= – FV
Klein von höherer Ordnung
3 3
2 V1 ...
2 2x l x xk Fl l l
Damit wird die gesamte Rückstellkraft
FR = – 2 k1 x – FV
V1
1 V
2(2 / ) und .
Fkx lk F l x
l m
c) Mit d’Alembert: Trägheitskräfte
Fliehkraft *2F coseF m
Trägheitskraft aus Coriolisbeschleunigung
FC = m 2 * x ( zur Führung)
Bild A.3 Zu Aufgabe 4.21 c)
Nach Newton
ix 1 V F2 sinxF k x F F m xl
oder
– 2 k1 x – FV *2tan mit tanx x
m e m xl e
erhält man V *212 Fk m x m xl
, daraus liest man ab
1 V *22 /k F lm
.
5.1 a) Vier Federn parallelgeschaltet; ky = 2 kR + 2 kW; m = 2 m1 + m2; ohne Dämpfung 0y = y/k m = 103,9 1/s; mit Dämpfung = 2 d/(2 m) = 56 1/s < 0y, schwache Dämpfung. dy = 2 2
0y = 87,5 1/s.
218 Anhang
b) 2 2 2D i G R W Fi cos 2 ( / 2) 2 ( /2)k k r F e k l k e
JO = 2 m1 (l/2)2 + 1/12 m2 l2, ohne Dämpfung 0 = D
OJk = 117,9 1/s,
mit Dämpfung = 2 d 2dr /(2 JO) = 46,0 1/s,
2 2d 0 108,51/s.
5.2 a) fx = 1/(2 3x ges ges 1 ges/ 1/(2 ) 48 /( ) 5,97 Hzk m E I h m
b) fy = 1/(2 ges4 /( ) 67,52 HzE A h m
c) fdy = 0,98 fy = fy 2 21 , 1 0,98 0,199
5.3 a) 0 = 13,53 1/s, b) d = JO / 2dr 0 = 3974,4 kg/s,
= 0 t e– t = 3,0113,53s m
1 , 1/ 0,074 ss
tt e t
max = 0,0816 = 4,67°
c) k > m g e/(2 r2) = 4179 N/m
5.4 a) 2 2 20 R W F S( ( sin ) ) /(J )k l k e m e
b) d < 2/(eF sin )2 2 2 2R W F S( ( sin ) ) (J )k l k e m e
2 2d 0
5.5 a) Td = 0,345 s, d = 18,22 1/s
b) = 0,124 1/s, = 0,0068
c) k = 1,778 · 106 N/m
d) x = 1,8 cm1
0,124s
1 1cos 18,22 0,0068 sin 18,22
s st
e t t
5.6 a) i0 2 22 2
i i a i R a i
2( ) ( ) ( )
r h E b hr r r r r r b r r
b) = 1/20 ln 3 = 0,055
A 2 Lösungen der Aufgaben 219
5.7 a) R W0y yers yers 2W R R W
2/ ,( / )
k kk m kk k l l
b1) 2 20D Ders A Ders W RW R/J , 2( )k k k l k l
JA = 2 2 2 2 21 2 Feder RadR W R21 1 13 2 3
m l m l m l m l
b2) 2 2 2 2dD D W R AoD D W Rmit ( )/Jd l d l
Bei blockierten Rädern vergrößert sich die Drehmasse. JAbl = JA + 2 JERad
5.8 a) 20y ges ges Seil D Seil D/ , /( )k m k E A k E A r k l
y = 0/ 0y sin 0y t , 0 g/ 0y
b) 2 2dy 0 dy dy0y ( /(2 )) , / sintd m y e t
0 darf größer werden.
5.9 a) 20y m m/(8 ) 3 /( ( )) 363,2 1/sd l E m l l
b) = 0,0277: = 1,60 1/s, dy = 363,2 1/s,
c) 2 2 2m m m m
yers 4A B
1 1 64 ( )1/3
l l l l l lkk l k l E d
0y = yers /k m
6.1 a) 0y = 21,95 1/s, b) 0y = 27,05 1/s, Fv ist ohne Einfluss auf die Fre-quenz, wenn sie so groß ist, dass alle Federn stets „im Eingriff“ sind.
c) y = – 0,00773 m, kv | y | = 1159,5 N < Fv, Vorspannkraft reicht aus.
6.2 a) (1)0 81,0 1/s,
b) (2) (1)0 02 114,61/s
c) d 108,31/s,
d) ˆ 0,1037 rad, Fmax = 59,7 N, Vorspannkraft reicht aus.
6.3 a) k = 16151 kg/s2, Fmin = – 49,58 N,
b) JS = 0,761 kgm2
220 Anhang
6.4 a) 0D = 97,6 1/s
b) ˆ = – 1,607 rad, = 100 1/s,
Mmax = 1,025 · 105 Nm, 0D vermindern durch weichere Lagerung: z. B. d1 verkleinern, oder l1, l2 erhöhen.
6.5 a) 0x 12 /k m
b) 20x 1 Feder S22 /( 2( /3 J / ))k m m r
c) 1 Feder 1 Feder2 2( ) / , mit
3kx x m m g m m m m
m,
x = μ (m1 + mFeder) g/(2 k) (1 – cos 0x t), Sprungantwort,
* max 1 Feder/ ( ) /( 2 )x r m m g r m k
6.6 a) 2 20 R W R W S m2 /(( )(J ))k k l k k m l
b) 2ges R W S m R W0,594 2 (J ) / ( )d k k m l k k
l
c) krit = b 0/(2 )
6.7 a)2
22 2 20 1 a 2 ai/ ( / 2) ( ) /122l
k R m r r m l r ,
Beschränkung auf kleine Schwingungen ist nicht notwendig.
b)2
20 2 a3 / 2 /N, N wie bei a)2l
k R m g r
c) 2 2O 0ˆˆ ( /J ) /( ) .M
6.8 a) f0y = 1,82 Hz b) y = 0,0147 mm
6.9 a) f0 = 51,1 Hz b) y = 0,207 cm c) d = 315,2 1/s
6.10 a) f0 = 5,02 Hz b) F = 53,9 N, y = – 1,226 cm
Biegefedern: Balken mit über die Stablänge konstanter Biegesteifigkeit EI
Federkonstante
Einseitig eingespannter Balken
I = axiales Flächenmoment zweiter
Ordnung der Querschnittsfläche
y 33 E Ik
l
Beidseitig frei aufliegender Balken
y 2 21 2
3 E I lkl l
Beidseitig eingespannter Balken
3y 3 3
1 2
3 E I lkl l
Balken mit Einspannung und frei drehbarem Lager
2y
23 21 2
4
13
E I lkll ll
Balken mit starrer und vertikal verschieblicher Einspannung
y 312 E Ik
l
Statisch bestimmt gelagerter Balken mit Kragarm
y 23( )E Ik
b l b
Statisch unbestimmt gelagerter Balken mit Kragarm
y 212(4 3 )
E Ikb b l
A 3 Federsteifigkeiten 229
Biegefedern: Balken mit veränderlicher Biegesteifigkeit EI
Federkonstante
Dreieckfeder
3y 36
E h bkl
Geschichtete Dreieckfeder
n = Anzahl der Blätter
b = Breite der
Blätter 3
y 36E h n bk
l
Trapezfeder
1
0
32 b
b
30
y 34E b hk
l
Geschichtete Blattfeder
n = Anzahl der Blätter n' = Anzahl der bis zum Federende
reichenden Blätter
3
y 3
'2
6
n E n b hnk
l
230 Anhang
Drehfedern Federkonstante Drehstab mit Kreisquerschnitt
4D 32
G dkl
Drehstab mit Kreisringquerschnitt
44a iD
( )32
G d dk
l
Drehstab mit Rechteckquerschnitt
Achtung: h < b
51 1 0,63 0,0523
h hb b
3D
G b hkl
Spiralfeder mit Rechteckquerschnitt
l = Gesamtlän-ge der Fe-der
3D 12
E b hkl
Zylindrische Schraubenfeder mit Kreisquerschnitt
d = Drahtdurchmesser D = Windungsdurchmesser i = Windungszahl
4D 64
E dki D
A 4 Näherungsweise Berücksichtigung der Federmasse bei Biegefedern
Einseitig eingespannte Welle mit Einzelmasse am Wellenende Die Wellenmasse mWelle sei über die Wellenlänge gleichmäßig verteilt. Dann gilt für die Massenbelegung μ = mWelle/l. Die Biegesteifigkeit EI sei konstant. Die Masse m führt harmonische Schwingungen
ym = my sin t
aus. Die Schwinggeschwindigkeit von m beträgt
my = my cos t.
Bild A.5 Einseitig eingespannte Welle mit Einzelmasse
Wenn in der Welle keine Kontinuumsschwingungen auftreten, so gilt für die Bewegung des Masseteilchens dmWelle an der Stelle x
y (x) = y sin t, ( )y x = y cos t.
Dabei verhalten sich die Amplituden so wie die entsprechenden Auslenkungen:
m m m
ˆ ( )ˆ
( )yy xyy y y
x .
Für die Biegelinie der Welle mit Einzellast am Wellenende gilt 32
m, ( ) .2 3 3
F lF x xy l y y lE l E l
Die Geschwindigkeit des Wellenelements ist 2
m m 2m
( ) 3( ) 12 3
y x x xy x y yy l l
.
232 Anhang
Für seine kinetische Energie ergibt sich
dEkin Welle = 12
dmWelle 2( )y x
=4 22Welle m 4 2
1 9 2d 12 4 3 9
x x xm yl l l
.
Die gesamte in der Welle enthaltene kinetische Energie erhält man durch Integ-ration über die Wellenlänge:
4 5 6kin Welle m 4 5 6
0
9 2 d8 3 9
lx x xE y xl l l
.
Dabei wird dmWelle = μ dx gesetzt. Die Auswertung des Integrals liefert
Ekin Welle = 1 332 140
mWelle 2my .
Aus der Gesamtenergie für das System
Eges = 2 2 2y m m Welle m1 1 1 332 2 2 140
c y m y m y
= 2 2y m Welle m1 1 32 2 140
c y m m y
im Vergleich zu der Gesamtenergie eines Feder-Masse-Systems
2 2ges y m m1 12 2
E c y m y
kann die Ersatzmasse
ers Welle33
140m m m
ermittelt werden. Beidseitig frei aufliegende Welle mit Einzelmasse in Wellenmitte Es sind die gleichen Überlegungen wie oben beim einseitig eingespannten Träger anzustellen. Für die linke Wellenhälfte, Bereich 0 x 2
l , lautet die Gleichung der Biegelinie
33
34 .
16 3F l x xy
E I l l
A 4 Näherungsweise Berücksichtigung der Federmasse bei Biegefedern 233
Die Durchbiegung in Wellenmitte ist 3
m 2 48F lly y
E I.
Für die Geschwindigkeit des Wellenelements dmWelle = μ dx gilt 3
m mm
( ) 4( ) 3 .3
y x x xy x y yy l l
Bild A.6 Zweifach gelagerte Welle mit
Einzelmasse in Wellenmitte Bild A.7 Zweifach gelagerte Welle,
Einzelmasse ausmittig Die kinetische Energie des Wellenelements berechnet sich zu
d Ekin Welle = 2Welle1 d ( )2
m y x =23
2m1 4d 9 .2 3
x xx yl l
Für die Berechnung der gesamten kinetischen Energie der Welle braucht aus Symmetriegründen nur über die halbe Wellenlänge integriert zu werden
/2 2 4 62kin Welle m
0
1 8 162 9 d2 3 9
lx x xE y xl l l
= 2Welle m1 172 35
m y .
Damit ist in diesem Fall die in der Schwingungsberechnung zu berücksichtigen-de Masse
mges = m + 1735
mWelle.
Für den allgemeinen Fall (siehe Bild A.7) gilt mges = m + mWelle
234 Anhang
mit
22 2 2 43 2 2 1 1
1 2 2
1 1 2 11 14 3 5 7
l l l lll l l l l l l
+22 2 2 4
1 1 2 2
1
1 1 2 11 13 5 7
l l l ll l l l l
.
Anmerkung: Für l1 0 geht . Vernünftige Resultate liefert die Beziehung etwa im Bereich