Mechanismentechnik - Aufgabe 10.6

Federpendel

Demetrius Lorenz 1

1 Fachhochschule Dortmund
Jun 2020
Keywords: Kinematik, Mechanismentechnik, Gleichgewichtslagen, Potentialfunktion, Federpendel, microJam

Abstract

Für ein Federpendel, welches lediglich unter dem Einfluss der Erdschwere steht, sind Federrate, die Gleichgewichtslagen und die Art der Gleichgewichtslagen zu ermitteln.

Aufgabenstellung

Bei dem Pendel ist die Feder für φ=0°\varphi = 0° ungespannt. Wird es aus dieser Lage unter dem Einfluss der Erdschwere losgelassen, erreicht es gerade die Stellung φ=30°\varphi = 30°. Ermitteln Sie

a) die Federrate cc der Zugfeder.
b) die Gleichgewichtslagen.
c) die Art der Gleichgewichtslagen.

Geg.: b,mb, m

Hinweis: Wegen des oberen Loslagers bleibt die Feder jederzeit vertikal ausgerichtet.

1 Stabilität von Gleichgewichtslagen

Abbildung 1 zeigt eine Feder, welche an einem Loslager vertikal aufgehangen und an dessen Ende ein Gewicht der Masse mm befestigt ist. Zusätzlich ist das Gewicht über eine starre Verbindung der Länge bb mit einem Festlager gekoppelt, was vereinfacht als Pendel angesehen werden kann. Um diese Aufgabe nicht unnötigerweise zu verkomplizieren, wird davon ausgegangen, dass die Feder zu jederzeit vertikal ausgerichtet ist. Wenn nun das Pendel beispielweise um den Winkel φ=30°\varphi = 30° ausgelenkt und anschließend losgelassen wird, beginnt die Feder und das damit verbundene Pendel infolge der Erdbeschleunigung zu schwingen. Nach einer gewissen Zeit wird das System dank Luftreibung zum Stillstand kommen. Der Mechanismus ist im Gleichgewicht und behält diese Lage bei, solange keine äußeren Kräfte diesen Zustand stören.

Es können insgesamt drei unterschiedliche Gleichgewichtslagen identifiziert werden. (vgl. Abbildung 2)

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Abb. 2: Gleichgewichtslagen nach (Gössner 2017, S.)

1.1 Potentialfunktion

Für die analytische Herangehensweise kann dieser Satz sehr hilfreich sein:

Satz

Eine mechanische Struktur befindet sich im statischen Gleichgewicht, wenn die Summe aller potentiellen Energien einen Extremwert erreicht.

(vgl. Gössner 2017, S.188)

Die Summe aller potentiellen Energien wird auch Potentialfunktion U(q)U(q) genannt. Ein statisches Gleichgewicht liegt also vor, wenn die Potentialfunktion U(q)U(q) einen Extremwert erreicht. Das Vorgehen der Extremwertbetrachtung sollte aus der Analysis bekannt sein:

Nach dem Einsetzen der Extremwerte in die 2. Ableitung der Potentialfunktion, kann anschließend eine Schlussfolgerungen über die Art der Gleichgewichtslage getroffen werden.

U′′(q)={> 0   stabil= 0   indifferent< 0   instabilU''(q)=\left\{\begin{array}{lll} > \ 0 \ \ \ stabil \\ = \ 0 \ \ \ indifferent \\ < \ 0 \ \ \ instabil \end{array}\right.

2 Lösung der Aufgabe

Nun da die Grundlagen geklärt sind, kann die Aufgabe des Federpendels gelöst werden.

Als erstes wird ein Nullniveau in Höhe des Festlagers mit der Konvention festgelegt, dass Potentiale von Kräften unterhalb des Nullniveaus mit negativem Vorzeichen behaftet werden (vgl. Abbildung 3). Für das Potential von Linear- und Drehfedern gilt wiederum:

Es=12 c s2   Potential einer LinearfederEφ=12 cT φ2   Potential einer Drehfederfeder\begin{matrix} \\ E_s &=& \frac{1}{2}\ c\ s^2\ \ \ Potential\ einer \ Linearfeder \\ \\ E_\varphi &=& \frac{1}{2}\ c_T\ \varphi^2\ \ \ Potential\ einer \ Drehfederfeder \\ \\ \end{matrix}

Damit kann die Potentialfunktion aufgestellt werden.

U(φ)=12 c s2−mgb sin φmit  s=L−L0=b sinφU(φ)=12 c (b sin φ)2−mgb sin φ\begin{matrix} \\ U(\varphi) &=& \frac{1}{2}\ c\ s^2 - mgb\ sin\ \varphi \\ \\ mit\ \ s &=& L - L0 = b \ sin\varphi \\ \\ U(\varphi) &=& \frac{1}{2}\ c\ (b\ sin\ \varphi)^2 - mgb\ sin\ \varphi \\ \\ \end{matrix}

2.1 Teilaufgabe a)

Die Federkraft cc folgt aus der Beziehung der Energieerhaltung E(φ=0)=!E(φ=30°)E(\varphi=0) \stackrel{!}{=} E(\varphi = 30°).

Damit resultiert:

12 c (b sin 0)2−mgb sin 0=12 c (b sin 30°)2−mgb sin 30°0=18 c b2−12 mgbc=4 mgb\begin{matrix} \\ \frac{1}{2}\ c\ (b\ sin\ 0)^2 - mgb\ sin\ 0 &=& \frac{1}{2}\ c\ (b\ sin\ 30°)^2 - mgb\ sin\ 30°\\ \\0 &=& \frac{1}{8}\ c\ b^2 - \frac{1}{2}\ mgb \\ \\ c &=& 4\ \frac{mg}{b} \\ \\ \end{matrix}

2.2 Teilaufgabe b)

Die nunmehr bekannte Federkraft wird in die Potentialfunktion eingesetzt und vereinfacht.

U(φ)=2 mgb (b sin φ)2−mgb sin φ=mgb (2sin2 φ−sin φ)\begin{matrix} \\ U(\varphi) & = & 2\ \frac{mg}{b}\ (b\ sin\ \varphi)^2 - mgb\ sin\ \varphi \\ \\ & = & mgb\ (2sin^2\ \varphi - sin\ \varphi) \\ \\ \end{matrix}

Erste Ableitung:

U′(φ)=mgb (4 sin φ cos φ−cos φ) =mgb (4 sin φ −1) cos φ\begin{matrix} \\ U'(\varphi) & = & mgb\ (4\ sin\ \varphi\ cos\ \varphi - cos\ \varphi) \\ \\ & = & mgb\ (4\ sin\ \varphi\ -1)\ cos\ \varphi\\ \\ \end{matrix}

Wir fordern U′(φ)=!0U'(\varphi) \stackrel{!}{=} 0 und lösen nach φ\varphi auf:

φ={+ 90°− 90°+ 14,5°\varphi=\left\{\begin{array}{lll} + \ 90° \\ - \ 90° \\ + \ 14,5° \\ \end{array}\right.

2.3 Teilaufgabe c)

Zweite Ableitung:

U′′(φ)=mgb [(4 cos φ) cos φ−(4 sin φ −1) sin φ]=4 mgb (cos2 φ−sin2 φ+14 sin φ)\begin{matrix} \\ U''(\varphi) & = & mgb\ [(4\ cos\ \varphi)\ cos\ \varphi - (4\ sin\ \varphi\ -1)\ sin\ \varphi]\\ \\ & = & 4\ mgb\ (cos^2\ \varphi - sin^2\ \varphi + \frac{1}{4}\ sin\ \varphi ) \\ \\ \end{matrix}

Einsetzen der Extremwerte aus Teilaufgabe b) liefert diesen Zusammenhang.

U′′(φ=±90°)=−3 mgb < 0U′′(φ=14,5°)=3,75 mgb > 0\begin{matrix} \\ U''(\varphi = \pm 90°) & = & -3\ mgb\ <\ 0\\ \\ U''(\varphi = 14,5°) & = & 3,75\ mgb\ >\ 0 \\ \\ \end{matrix}

Damit liegt für φ=14,5°\varphi = 14,5° ein stabiles und für φ=± 90°\varphi = \pm\ 90° ein labiles Gleichgewicht vor. Abbildung 4 soll abschließend das labile Gleichgewicht des Systems verdeutlichen. Der Mechanismus ist in dieser Position verkantet. Eine geringe Krafteinwirkung reicht aus damit das System diese Lage verlässt.

3 Modell

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Modell 1: kinematisches Modell

References

Gössner, S., 2017. Mechanismentechnik: Vektorielle Analyse ebener Mechanismen. Berlin: Logos