Technische Mechanik - Aufgabensammlung
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Universität Dortmund
Lehrstuhl für Mechanik
Prof. em. Dr. S. Kessel
Technische Mechanik
Aufgabensammlung mit Musterlösungen
als Ergänzung zum Lehrbuch
Technische Mechanik - Technical Mechanics
S. Kessel / D. Fröhling
erschienen bei
B.G. Teubner Verlag Stuttgart - Leipzig
© Dortmund 2000
Inhalt
Vorwort
A
Vektorrechnung und Kurvengeometrie (12)
B
Starre Körper
1. Kinematik starrer Körper
1. Graphische Kinematik (5)
2. Ebene Kinematik (13)
3. Räumliche Kinematik (7)
4. Relativkinematik (6)
2. Statik
1. Graphische Statik (6)
2. Ebene Statik - Einzelkörper (5)
3. Ebene Statik - Körperverbände (11)
4. Haftreibung (10)
5. Räumliche Statik (8)
6. Virtuelle Arbeit (15)
3. Massengeometrische Größen (9)
4. Bewegungsgleichungen
1. Einzelkörper - ebene Bewegung (11)
2. Körperverbände - ebene Bewegung (15)
3. Räumliche Bewegung (6)
4. Relativkinetik (14)
5. Energie,- Leistungs- und Arbeitssatz (16)
6. LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen (8)
7. Schwingungen mit einem Freiheitsgrad (14)
8. Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden (13)
9. Stoß zwischen starren Körpern bei ebener Bewegung (4)
C
Deformierbare Körper
1. Stäbe und Balken
1. Schnittlasten (8)
2. Flächengeometrie (6)
3. Axial belastete Stäbe (6)
i
ii
Inhalt
4. Biegung gerader Balken (Stäbe) (15)
5. Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO (7)
6. Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung (7)
2. Seilstatik (7)
3. Deformationszustand und Spannungszustand (14)
D
Programme zur Lösung von Differentialgleichungen
Vorwort
1
Die Technische Mechanik ist in den ingenieurwissenschaftlichen Studiengängen
ein Grundlagenfach, in dem gelernt werden soll, wie man ein technisches Problem auf der Basis physikalischer Grundgesetze in ein Simulationsmodell überführt, das sich mit Hilfe mathematischer Methoden analysieren läßt. Dieses Zusammenspiel von Physik, Geometrie, linearer Algebra und Analysis, das zunächst
oft wie trickreiche Zauberei erscheint, folgt tatsächlich klaren systematischen Regeln, die man allerdings nur durchschaut, wenn man sich Aufgaben nicht nur
vorrechnen läßt, sondern sich selbständig bemüht, den Lösungsweg zu finden
und bis zum Ziel zu verfolgen.
Diese Aufgabensammlung enthält zu den Gebieten, die in den Mechanik-Vorlesungen des Grundstudiums in der Regel behandelt werden, Aufgaben unterschiedlichen Schwierigkeitsgrades. Es wird empfohlen, zunächst nur die jeweilige
Aufgabenstellung zu lesen und die anschließende, meist ausführlich kommentierte Musterlösung, vor dem selbständigen Lösungsversuch nicht zu studieren.
Erst wenn kein Lösungsansatz gefunden werden kann, sollte schrittweise die Hilfe der Musterlösung in Anspruch genommen werden.
Im Anhang wird auf den Einsatz von speziellen Computer-Programmen hingewiesen, mit deren Hilfe die expliziten Lösungen der Systemgleichungen bestimmt
und die Ergebnisse graphisch dargestellt werden können.
Obwohl die Musterlösungen sorgfältig überprüft wurden, können immer noch
Schreib- und/oder Rechenfehler unentdeckt geblieben sein. Deshalb wird bei Abweichungen zwischen Eigenergebnis und Musterergebnis empfohlen, sich beim
Lehrstuhl für Mechanik um eine Klärung des Sachverhalts zu bemühen.
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
2
Aufgabe 1
Gegeben ist eine Fläche und eine Gerade durch den Punkt S.
a
y
B
S
a
30o
7 13
S:( a, a )
4 4
A
x
Man berechne die Abstände der Flächenrandpunkte A und B von der Geraden.
Richtungsvektor der Geraden:
r
r
r
3r
1r
e = cos(30o )e x − sin(30o )e y =
e x − ey .
2
2
Zur Geraden orthogonaler Vektor:
r
r
r
1r
3r
e ⊥ = cos(60o )e x + sin(60o )e y = e x +
e .
2
2 y
Ortsvektoren von S zu den Punkten A und B:
a − 7 a
−3
4 =a
,
SA =
13 4 −13
− a
4
4a − 7 a
9
4 = a .
SB =
13 4 7
a
5a −
4
Abstände der Punkte A und B von der Geraden durch S:
r
r
d B = SB ⋅ e ⊥ ,
d A = SA ⋅ ( −e ⊥ ),
a
d B = (9 + 7 3 ) = 2.641a ,
8
a
d A = (3 + 13 3 ) = 3.19a .
8
Aufgabe 2
Die Gerade g1 durch den Punkt A: (0, 2L , 2L ) in Richtung
r
r
r
r
1
(3e x + e y + e z ),
e1 =
11
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
3
und die Gerade g 2 durch den Punk B: (2L , L , 0) in Richtung
r
r
r
r
1
e2 =
( −e x + 2e y + 3e z ),
14
haben keinen Schnittpunkt (windschiefe Geraden). Man berechne den zu beiden
r
Geraden orthogonalen Verbindungsvektor v zwischen den Geradenpunkten A*
r
auf g1 und B* auf g 2 . Der Betrag von v wird als Abstand der beiden Geraden
bezeichnet.
Ortsvektoren zu den Punkten A* und B*:
→
→
r
OA = OA + λ1e1,
*
→
→
r
OB * = OB + λ2e 2 .
λ1 und λ2 sind unbekannt.
Der Vektor
→
→
→
→
r
r
r
* *
*
v: = A B = OB − OA * = AB + λ2e 2 − λ1e1
muss den beiden Orthogonalitätsbedingungen
→
* *
r
A B ⋅ e1 = 0,
→
* *
r
A B ⋅ e2 = 0
genügen. Daraus ergeben sich zwei lineare Gleichungen zur Berechnung von λ1
und λ2 :
2L 0 2L
AB = OB − OA = L − 2L = − L ,
0 2L −2L
→ r
r r
− λ1 + λ2 (e 2 ⋅ e1 ) = − AB ⋅ e1,
→
→ r
r r
− λ1(e1 ⋅ e 2 ) + λ2 = − AB ⋅ e 2 .
r r
e1 ⋅ e 2 =
→
1
2
( −3 + 2 + 3) =
=:h 0 ,
11 14
11 14
→ r
L
3L
AB ⋅ e1 =
=:h1,
(6 − 1 − 2 ) =
11
11
− λ1 + λ2h 0 = −h1,
− λ1h 0 + λ2 = −h 2 ,
λ1 =
→
λ1 =
→ r
L
10L
AB ⋅ e 2 =
=:h 2 ,
( −2 − 2 − 6) = −
14
14
h 2h 0 − h1
h0 −1
2
, λ2 =
h 2 − h1h 0
h 02 − 1
,
62 11
116 14
L = 1.371L , λ2 =
L = 2.894 L .
150
150
−2
3
−1
2
r
r
r
116
62
L
v = A B = AB + λ2e 2 − λ1e1 = L −1 +
L 2 −
L 1 =
20 ,
150 150 150
−14
1
3
−2
→
* *
→
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
4
Abstand der beiden Geraden:
r
L
L
v =
4 + 400 + 196 =
600 = 0.163L .
150
150
Aufgabe 3
3
2
P
α
α
1
0
B
0
1
2
3
Ein Lichtstrahl trifft parallel zur x -Achse im Punkt P auf die Parabel y = 2bx
und wird dort nach dem Reflexionsgesetz „Einfallswinkel = Austrittswinkel“ so
umgelenkt, daß er durch den Punkt B auf der x -Achse geht. Man berechne die x
-Koordinate des Punktes B.
Ortsvektor des Parabelpunktes P:
r x
r =
f ( x )
f ( x ): = 2bx
r
Tangenteneinheitsvektor es in P:
r
dr 1
=
dx f ′
r
es =
b
f ′( x ): =
f
1
b2 + f 2
r
b2 + f 2
dr
=
dx
f
r
r
( f e x + b e y ).
r
Hauptnormaleneinheitsvektor en in P:
r
r
r
en = e s × e z =
1
b2 + f 2
r
r
( b e x − f e y ).
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
5
Winkelfunktionen des Einfallswinkels α :
r r
b
cos α = e x ⋅ en =
,
2
b + f2
r r
sin α = e x ⋅ es =
f
b + f2
2
.
Richtungsvektor des in P in Richtung B reflektierten Lichtstrahls:
r
r
r
e * = cos α en − sin α es =
b 2 − f 2
1
.
b 2 + f 2 −2bf
Ortsvektor zu einem Punkt auf dem reflektierten Strahl:
b 2 − f 2
x
r
r
r
λ
.
r * = r + λe * = + 2
2
f b + f −2bf
Im Punkt B ist y * = 0:
f −λ
b2 + f 2
2bf
=
→
λ
=
;
0
2b
b2 + f 2
x -Koordinate des Punktes B:
b2 + f 2 b2 − f 2
b2 − f 2
b 2 − 2bx b
x* = x +
=
x
+
=
x
+
= .
2b b 2 + f 2
2b
2b
2
Alle parallel zur x -Achse einfallenden Lichtstrahlen werden in den Brennpunkt
B: (b 2 , 0) der Parabel y = 2bx reflektiert.
Aufgabe 4
y
2
1
r
0
ϕ
B
a
b
-1
-2
-3
x
-2
-1
0
1
2
3
Der auf der positiven x -Achse liegende Brennpunkt B der Ellipse
x 2 y2
+
=1
a 2 b2
hat die x -Koordinate e = a 2 − b 2 . Man berechne die auf B bezogene Polarkoordinatendarstellung {r (ϕ ),ϕ} .
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
6
Für einen Punkt auf der Ellipse gilt
x = e + r cos ϕ = a (ε + ρ cos ϕ ),
y = r sin ϕ = aρ sin ϕ ;
(ε : =
e
r
, ρ: = )
a
a
ρ 2 sin 2ϕ
(ε + ρ cos ϕ ) +
= 1.
1− ε2
2
Diese quadratische Gleichung für ρ (ϕ ) wird zunächst auf die Normalform gebracht:
(1 − ε 2 )(ε 2 + ρ 2 cos2ϕ + 2 ρε cos ϕ ) + ρ 2 (1 − cos2ϕ ) = (1 − ε 2 ),
ρ 2 (1 − ε 2 cos2ϕ ) + (1 − ε 2 )2 ρε cos ϕ = (1 − ε 2 )2 ,
(1 − ε 2 )ε cos ϕ
(1 − ε 2 )2
ρ + 2ρ
=
.
1 − ε 2 cos2ϕ
1 − ε 2 cos2ϕ
2
Von den beiden Lösungen
ρ1,2
(1 − ε 2 )ε cos ϕ
(1 − ε )2 ε cos ϕ
(1 − ε 2 )2
=−
±
+
1 − ε 2 cos2ϕ
1 − ε 2 cos2ϕ 1 − ε 2 cos2ϕ
2
ist nur die positive sinnvoll:
(1 − ε 2 )2 (1 − ε 2 cos2ϕ ) + (1 − ε 2 )2 ε 2 cos2ϕ
(1 − ε )2 ε cos ϕ
ρ =−
+
,
1 − ε 2 cos2ϕ
1 − ε 2 cos2ϕ
(1 − ε 2 )(1 − ε cos ϕ )
,
1 − ε 2 cos2ϕ
ρ =
ρ =
r (ϕ ) = a
1− ε2
;
1 + ε cosϕ
1− ε2
b2
=
.
1 + ε cosϕ a + e cos ϕ
Die Funktion
u (ϕ ): =
1
a
e
= 2 + 2 cos ϕ
r (ϕ ) b
b
besitzt die Ableitungen
du
e
= − 2 sin ϕ ,
dϕ
b
d 2u
e
2 = − 2 cos ϕ ,
dϕ
b
und erfüllt die Differentialgleichung
d 2u (ϕ )
a
2 + u (ϕ ) = 2 .
dϕ
b
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
7
1
a
e
= 2 + 2 cos ϕ
r (ϕ ) b
b
u (ϕ ): =
ist die Lösung der Differentialgleichung zu den Anfangsbedingungen
u (ϕ ) ϕ = 0 =
a +e
1
,
2 =
a −e
b
du (ϕ )
= 0.
dϕ ϕ = 0
Aufgabe 5
Man berechne für die ebene Kurve
r
r
r
r ( x ) = xe x + f ( x )e y ,
r
wobei x der Kurvenparameter ist, die Tangenteneinheitsvektoren es ( x ), die
r
Krümmungen 1 ρ ( x ) und die Hauptnormaleneinheitsvektoren en ( x ).
r
r dr ( x )
r
r
dr =
dx = {e x + f ′( x )e y},
dx
r
r dr ( x )
ds = dr =
dx = 1 + ( f ′( x ))2 dx ,
dx
x
ds
= 1 + ( f ′( x ))2 .
dx
s ( x ) = ∫ 1 + ( f ′(ξ ))2 dξ.
0
Das Integral kann meistens nur numerisch ausgewertet werden.
r
dr
r
r
r
r
1
{e x + f ′( x )e y}.
es ( x ) = dxr ,
es ( x ) =
2
dr
1 + ( f ′( x ))
dx
r
3
1
1
−
− 0
des ( x )
1
2 2
2 2
= − {1 + ( f ′) } 2 f ′f ′′ + {1 + ( f ′) } ,
dx
2
f ′
f ′′
r
des ( x )
dx
r
des ( x )
dx
−
= {1 + ( f ′) }
2
−
= {1 + ( f ′) }
2
3
2
0
− f ′f ′′
+
},
−( f ′)2 f ′′ (1 + ( f ′)2 ) f ′′
3
2 {
− f ′
f ′′
,
1
r
des ( x )
dx
=
f ′′( x )
,
1 + ( f ′( x ))2
r
r
des ( x )
de
x
(
)
s
r
r
r
des des ( x ) dx des ( x ) 1
dx
1r
en =
=
=
= rdx
,
ds
des ( x )
ds
dx ds
dx ds
ρ
dx
dx
dx
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
r
en ( x ) =
8
r
des ( x )
r
des ( x )
1
=
ρ(x )
rdx ,
des ( x )
dx
dx
ds
dx
,
+1 wenn f ′′( x ) > 0
sign ( f ′′( x )): =
−1 wenn f ′′( x ) < 0
f ′′( x ) = f ′′( x ) sign ( f ′′( x )),
f ′′( x )
1
=
,
ρ ( x ) {1 + ( f ′( x ))2}3 2
r
r
r
sign ( f ′′( x ))
en ( x ) =
{− f ′( x )e x + e y}.
2
1 + ( f ′( x ))
Aufgabe 6
Für die in Polarkoordinaten gegebene Spirale
r
r
h
ϕ}er (ϕ ).
r (ϕ ) = {r0 +
2π
berechne man die Tangenteneinheitsvektoren und die Bogenlänge s(ϕ ) .
6
5
4
3
2
r ( ϕ)
1
ϕ
0
-1
-2
-3
-4
-5
-6
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
(r0 = 1, h = 2, 0 ≤ ϕ ≤ 4π )
r
r
r
dr
= H {er + (ξ + ϕ )eϕ },
dϕ
H:=
h
,
2π
ξ: =
r0
H
.
6
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
9
r
dr
= H 1 + (ξ + ϕ )2 ,
dϕ
r
es (ϕ ) =
1
1 + (ξ + ϕ )2
r
r
{er + (ξ + ϕ )eϕ }.
ϕ
ds = H 1 + (ξ + ϕ ) dϕ ,
2
s (ϕ ) = H ∫ 1 + (ξ + ϕ )2 dϕ ,
0
ξ +ϕ
ξ + ϕ =:ψ ,
→
dϕ = dψ ,
s (ϕ ) = H
∫
1 + ψ 2 dψ ,
ξ
s (ϕ ) =
ψ = ξ +ϕ
H
{ψ 1 + ψ 2 + ln(ψ + 1 + ψ 2 )}
.
2
ψ =ξ
Aufgabe 7
Man berechne numerisch die Bogenlänge einer Sinuskurve mit der Periode L
und der Amplitude αL sowie den Krümmungsradius in den Scheitelpunkten der
Kurve.
x
x
f ( x ) = αL sin(2π ),
f ′( x ) = 2πα cos(2π ).
L
L
ds = 1 + ( f ′)2 dx ,
Differentialgleichung für s ( x ) :
x
=:ξ
L
→
ds ds dξ 1 ds
=
=
,
dx dξ dx L dξ
ds
= L 1 + {2πα cos(2πξ )}2 .
dξ
s/L
4
α = 1.0
3
α = 0.75
2
1
0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
x/L
1.0
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
10
Berechnung der Krümmungsradien ρ ( x ) :
f ′′( x )
1
=
,
ρ ( x ) {1 + ( f ′( x ))2}3 2
x=
L
4
→
f ′ = 0,
f ′′( x ) = −4π 2
f ′′ = −4π 2
α
,
L
α
x
sin(2π ),
L
L
L
L
L
ρ( ) =
2 = 0.025 .
4
α
4π α
Aufgabe 8
Die zur z -Achse eines raumfesten Koordinatensystems parallele Achse eines Fräsers bewegt sich entlang der Kurve y = f ( x ) über die Werkstückfläche in der xy Ebene. Der Fräser hat den Durchmesser 2R und fräst eine Nut in das Werkstück. Man berechne die Gleichungen der Nutflanken.
y
r
r (x )
f (x )
x
r
r
r
r = xe x + f ( x )e y
Tangenteneinheitsvektor:
r
dr
r
r
r
1
(e x + f ′ e y ).
es = dxr =
2
dr
1 + ( f ′)
dx
(Linker) Normaleneinheitsvektor:
r r
r
r
r
r
r
r
r
1
1
n : = e z × es =
(e z × e x + f ′ e z × e y ) =
(e y − f ′ e x ).
1 + ( f ′ )2
1 + ( f ′ )2
Linke Flanke der Nut:
r
r
r
rL = r + Rn = ( x −
Rechte Flanke der Nut:
r
r
r
rL = r − Rn = ( x +
Rf ′( x )
1 + ( f ′( x ))2
Rf ′( x )
1 + ( f ′( x ))2
r
)e x + ( f ( x ) +
r
)e x + ( f ( x ) −
R
1 + ( f ′( x ))2
R
1 + ( f ′( x ))2
r
)e y .
r
)e y .
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
11
Beispiel:
f ( x ) = A sin(2π
x
),
λ
f ′( x ) = 2π
A
x
cos(2π ),
λ
λ
2
1
0
-1
-2
0
1
2
( A = 1, 5
3
R = 0, 2
4
5
λ = 5)
Aufgabe 9
Wenn in der xy -Ebene ein Faden von einem Kreiszylinder abgewickelt wird, beschreibt der Endpunkt P des straff gespannten Fadens eine ebene Kurve, die man
Kreisevolvente nennt. Man berechne die Parameterdarstellung, die Bogenlänge,
die Tangenten- und die Hauptnormaleneinheitsvektoren der Kurve.
y
r
eϕ
R
ϕ
O
r
er
A
r
en Rϕ
r
es
P
x
Der Ortsvektor des Punktes P läßt sich am besten in Zylinderkoordinaten darstellen:
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
12
→
→
→
r
r
r
r (ϕ ) = OP = OA + AP = R er (ϕ ) − Rϕ eϕ (ϕ ).
r
r
r
r
r
dr
= R eϕ − R eϕ + Rϕ er = Rϕ er ,
dϕ
ds = Rϕ dϕ ,
s (ϕ ) =
r
r
dr dϕ r
= er .
es = r
dr dϕ
r
dr
= Rϕ ,
dϕ
1
Rϕ 2 .
2
r
r
r
des des dϕ des
r 1
1r
1
=
=
= eϕ
,
en : =
ds
dϕ ds dϕ ds dϕ
Rϕ
ρ
ρ = Rϕ ,
r
r
en = eϕ .
6
5
A
Kreisevolvente
4
Basiskreis
3
P
2
1
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
Aufgabe 10
Auf der Mantelfläche eines Kreiskegelstumpfes (Radien R 0,Rh , Höhe h ) verläuft
eine Schraubenlinie, die bei einem Umlauf die Höhe h erreicht. Man berechne die
Formel für die Länge L der Raumkurve.
In Zylinderkoordinaten gilt
r (z ) = R 0 −
R 0 − Rh
R 0 − Rh
h
z,
z (ϕ ) =
h
ϕ,
2π
h
=: H .
2π
2π
r
r
r
r (ϕ ) = (R 0 − R ϕ )er (ϕ ) + H ϕe z .
=: R ,
r
r
r
r
dr
= − R er (ϕ ) + (R 0 − R ϕ )eϕ (ϕ ) + H e z ,
dϕ
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
13
r
dr
= R 2 + ( R 0 − R ϕ )2 + H 2 ,
dϕ
r
dr
ds =
dϕ = a 2ϕ 2 + a1ϕ + a 0 dϕ ,
dϕ
a 2: = R 2 ,
a1: = −2R 0 R ,
L=
2π
∫
a 0 : = H 2 + R 2 + R02 .
a 2ϕ 2 + a1ϕ + a 0 dϕ .
0
Spezielle Werte:
R 0 = 10cm,
a 2 = 0, 6333 cm 2 ,
Rh = 5cm,
h = 4cm,
a1 = −15, 9155 cm 2 ,
a 0 = 101, 0385 cm 2 ;
numerische Integration: L = 47, 574 cm.
Aufgabe 11
y
R
r
eϕ
B
r
er
A
ϕ
ri
α
O
Pi
β
ra
Pa
x
Auf der Innen- und der Außenseite eines Kreises (Radius R ) rollen Kreise mit den
Radien ri und ra . Man berechne die Bahnkurven der Punkte Pi und Pa , die in
der Lage ϕ = 0 im Punkt ( x = R , y = 0) Kontaktpunkte waren.
Die Rollbedingungen lauten:
ri α = Rϕ ,
ra β = Rϕ .
Mit dem Kurvenparameter ϕ lauten die Ortsvektoren der Punkte Pi und Pa
→
r
r
r
OPi = (R − ri ) er + ri cos α er − ri sin α eϕ ,
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
14
cos ϕ
R
R − sin ϕ
OPi = {R − ri + ri cos( ϕ )}
− ri sin( ϕ )
,
ri
ri cos ϕ
sin ϕ
→
r
r
r
OPa = (R + ra ) er − ra cos β er − ra sin β eϕ ,
→
→
OPa = {R + ra − ra cos(
cos ϕ
R
R − sin ϕ
ϕ )}
−
r
ϕ )
sin(
a
.
ra
ra cos ϕ
sin ϕ
Für die folgende Abbildung wurde gewählt:
R = 4r ,
ri = 0.5 r ,
ra = r .
6
4
2
0
-2
-4
-6
-6
-4
-2
0
2
4
6
Aufgabe 12
ζ
z
P
ξ
C
r
B
α
A
a
R
O
x
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
15
Berechnet werden soll die Schnittkurve zweier Kreiszylinder mit den Radien R
und r , deren Achsen in der xz -Ebene liegen und nicht parallel sind.
Der Ortsvektor zu einem Punkt P der Schnittkurve
→
→
→
→
→
OP = OA + AB+ BC+ CP
erhält mit den Basisvektoren
r
r
r
eξ = cos α e x + sin α e z ,
r
r
eη = e y ,
r
r
r
eζ = − sin α e x + cos α e z ,
die Darstellung
0
R
OP = a 0 +
cos α
1
→
0
− sin α
cos α
cos α
0 + (r cos ϕ 1 + r sin ϕ 0 ) + h (ϕ ) 0 .
sin α
0
cos α
sin α
Dabei sind r , ϕ und h (ϕ ) die Zylinderkoordinaten des Punktes P in der {ξ, η,ζ}-Basis des schrägen Kreiszylinders und h(ϕ ) ist der noch nicht bekannte Abstand
des Schnittkurvenpunktes P von der Ebene ξ = 0 . Weil der Punkt P auf dem vertikalen Kreiszylinder liegt, muß der Abstand des Punktes P von der z -Achse den
Wert R annehmen:
→ r
→ r
(OP ⋅ e x )2 + (OP ⋅ e y )2 = R ,
(R − r sin ϕ sin α + h (ϕ )cos α )2 + (r cos ϕ )2 = R 2 .
Daraus erhalten wir den Abstand des Punktes P von der Ebene ξ = 0 :
h (ϕ ) =
Damit ist die Darstellung
{0 ≤ ϕ ≤ 2π} bekannt:
R 2 − (r cos ϕ )2 − R + r sin ϕ sin α
.
cos α
der Schnittkurve mit Hilfe des Kurvenparameters
R − r sin ϕ sin α + h (ϕ )cos α
r cos ϕ
OP =
.
a + R tan α + r sin ϕ cos α + h (ϕ )sin α
→
A - Vektorrechnung und Kurvengeometrie
16
z
A
R
x
B - 1.1 - Graphische Kinematik
17
Aufgabe 1
E
B
D
v0
v0
A
C
Man konstruiere die Geschwindigkeitsvektoren des Radpunktes B, des Gelenkpunktes C und des Stabendpunktes E unter der Voraussetzung, daß das in A gelagerte Rad rollt und der Drehpunkt D mit dem Wagenkasten fest verbunden ist.
Momentanpol
der Stange CE
r
vE
E
r
vB
r
vD
B
r
vC
D
r
vA
A
C
Zunächst wird, ausgehend von der gegebenen Geschwindigkeit des Punktes A,
der Geschwindigkeitsvektor von B konstruiert. Dann bestimmt man in B die Pror
r
r
jektion von v B auf die Strecke BC und in D die Projektion von v D = v A auf die
r
Strecke CE. vC kann nun aus diesen beiden Projektionen bestimmt werden. Im
r
r
Schnittpunkt der Lote auf vC und v D liegt der Momentanpol der Stange CE. Aus
r
der bekannten Projektion von v E auf die Strecke CE und der Lage des Momenr
tanpols ergibt sich schließlich v E .
B - 1.1 - Graphische Kinematik
18
Aufgabe 2
C
r
vB
B
r
vA
A
Man bestimme graphisch den Geschwindigkeitsvektor des Punktes C und die Momentanpole der Stange und der Rechteckscheibe im dargestellten momentanen
Geschwindigkeitszustand der Körperpunkte A und B.
Momentanpol
r
vC
C
r
vB
Momentanpol
A
B
r
vA
r
r
r
vC wird aus den Projektionen von v A auf die Strecke AC und v B auf die Strekke
r
r
BC konstruiert. In den Schnittpunkten der Lote auf vC mit den Loten auf v A und
r
v B liegen die beiden Momentanpole.
Aufgabe 3
Die Endpunkte A und D zweier in B gelenkig verbundener Stangen werden auf
geraden Bahnen geführt und die Stange BD durch eine Schiebehülse in C. Gegeben ist der Geschwindigkeitsvektor des Punktes A. Man konstruiere die Momentanpole der Stangen AB und BD sowie die Geschwindigkeitsvektoren der Gelenkpunkte B und D.
B - 1.1 - Graphische Kinematik
19
B
r
vA
Schiebehülse
C
A
D
r
vB
B
r
vA
r
vC
Schiebehülse
A
Momentanpol BD
C
r
vD
Momentanpol AB
D
r
Die Richtung von vC ist durch die momentane Stellung der Schiebehülse bestimmt, also parallel zur Strecke BD. Im Schnittpunkt der Lote auf die Geschwindigkeitsvektoren der Punkte C und D liegt der Momentanpol der Stange BD. Darr
aus ergibt sich zunächst die Richtung von v B . Nun ist noch zu beachten: Die Pror
r
jektionen von v A und v B auf die Strecke AB müssen gleich sein; so erhält man
r
r
v B . Schließlich kann die Projektion von v B auf die Strecke BD konstruiert werr
den. Damit kennt man vC und mit Hilfe des Momentanpols der Stange BD auch
r
r
v D . Der Momentanpol der Stange AB liegt im Schnittpunkt der Lote auf v A und
r
vB .
B - 1.1 - Graphische Kinematik
20
Aufgabe 4
Ω
A
O
B
raumfest
r
R
r
R
In den Punkten A und B eines Planetenradgetriebes, das sich um den raumfesten
Punkt O mit der Winkelgeschwindigkeit Ω dreht, ist jeweils ein Zahnrad gelagert.
Das in A gelagerte Rad (Radius r ) rollt auf einem raumfesten Zahnrad (Radius R )
und auf dem in B gelagerten Rad (Radius R ). Man konstruiere die momentanen
Geschwindigkeitsvektoren der Punkte auf der Geraden durch O und B.
2(r + R)Ω
A
O
B
2(r + R)Ω
2(r + R)Ω
(r + R )Ω
O
A
ω1 = (1 +
Anwendung:
R
)Ω
r
B
ω2 = 0
B - 1.1 - Graphische Kinematik
21
Bücherbrett
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In der sehr besuchenswerten Wolfenbütteler Herzog August Bibliothek ist ein Bücherrad ausgestellt, das mit Hilfe eines Planetenradgetriebes bei Drehung des Rades die eingebauten Bücherpulte so auf einer vertikalen Kreisbahn führt, daß dabei die Neigung der Pulte konstant bleibt. Das Getriebe - erstmals 1588 von dem
italienischen Ingenieur Agostini Ramelli beschrieben - besteht aus einem raumfesten Sonnenrad (Radius R ) sowie für jedes Bücherpult aus einem Planetenrad
(Radius r ) und einem mit dem Bücherpult auf einer gemeinsamen Achse sitzenden Planetenrad (Radius R ).
Aufgabe 5
A
r
O
D
Ω
C
B
Man bestimme graphisch den Geschwindigkeitsvektor des Punktes D in der momentanen Konfiguration, wenn sich das Schwungrad nach dem Gesetz ϕ = Ωt
dreht.
B - 1.1 - Graphische Kinematik
22
rΩ
A
O
D
r
vD
C
B
vD
rΩ
= 0,47rΩ
r
Der Betrag des Vektors v D kann am Geschwindigkeitsmaßstab für rΩ abgelesen
werden.
B - 1.2 - Ebene Kinematik
23
Aufgabe 1
Auf der in Polarkoordinaten gegebenen Kurve
r
r
r (ϕ ) = L (1 + ϕ )er (ϕ )
bewegt sich ein Punkt so, daß die Geschwindigkeitsvektorkomponente
r r
vϕ = v ⋅ eϕ = c = const
r
ist. Man berechne die Funktionen ϕ (t ), R (t ) = r (t ) und die Bahngeschwindigkeit
als Funktion von t .
r
r
r
v = Lϕ˙er + L (1 + ϕ )ϕ˙eϕ .
r r
v ⋅ eϕ = c
d L
2
(1 + ϕ ) = c ,
dt 2
→
(1 + ϕ )2 =
→
L (1 + ϕ )ϕ˙ = c ,
L
(1 + ϕ )2 = ct + A ;
2
2c
t + 1,
L
→
A=
L
.
2
2c
t + 1 − 1.
L
ϕ (t ) =
R (t ) = L (1 + ϕ (t )) = L
2c
vs = Lϕ˙ 1 + (1 + ϕ )2 = Lϕ˙ 2 +
t,
L
ϕ (0 ) = 0
2c
t + 1.
L
c
ϕ˙ =
,
2c
L
t +1
L
vs (t ) = c
2c
t +2
L
.
2c
t +1
L
2.5
R( t)/L
2.0
1.5
vs/c
1.0
0
1
2
3
4
2ct/L
5
Aufgabe 2
Ein Punkt kann sich auf einer Raumkurve nach dem Weg-Zeit-Gesetz
s (t ) = C0 + C1t + C2t 2 + C3t 3
bewegen. Wie müssen die Konstanten C0 , C1, C2 und C3 gewählt werden, wenn der
Punkt zur Zeit t = 0 in s = 0 aus der Ruhe heraus starten und zur Zeit t = T in
B - 1.2 - Ebene Kinematik
24
s = L zum Stehen kommen soll?
Die Anfangs- und Endbedingungen
s (0) = 0, s˙ (0) = 0, s (T ) = L , s˙ (L ) = 0
liefern das folgende Gleichungssystem für die Konstanten:
C0 = 0,
C1 = 0,
C0 + C1T + C2T 2 + C3T 3 = L ,
→
C1 + 2C2T + 3C3T 2 = 0.
C2 =
1.0
3L
,
T2
C3 = −
2L
.
T3
L
,
T2
2C2 + 3C3T = 0.
C2 + C3T =
s (t ) =
3L 2 2L 3
t − 3t .
T2
T
s/L
0.5
0.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
t/T
1.0
Aufgabe 3
Auf der in Polarkoordinaten gegebenen Spirale
r
r
r (ϕ ) = r0ϕer (ϕ )
r0 = const
bewegt sich ein Punkt nach dem Winkel-Zeit-Gesetz
ϕ (t ) = ω 0t ,
ω 0 = const .
Man berechne die Tangentenvektoren, Hauptnormaleneinheitsvektoren und
Krümmungen der ebenen Kurve, sowie die Bahngeschwindigkeit, die Bahnbeschleunigung und die Zentripetalbeschleunigung des Punktes P.
r
r
r
dr
= r0 (er + ϕeϕ ),
dϕ
r
dr
= r0 1 + ϕ 2 ,
dϕ
r
es =
1
1+ ϕ2
r
r
(er + ϕeϕ ).
B - 1.2 - Ebene Kinematik
r
des
dϕ
r
des
dϕ
25
r
r
r
r
= −ϕ (1 + ϕ 2 )−3 2 (er + ϕeϕ ) + (1 + ϕ 2 )−1 2 (2eϕ − ϕer ),
2 −3 2
= (1 + ϕ )
dϕ
=
2 + ϕ2
,
1+ ϕ2
r
des
r
des
dϕ
1
1 2 + ϕ2
.
=
=
r
r0 (1 + ϕ 2 )3 2
ρ
dr
dϕ
r
r
r
1
dϕ
( −ϕer + eϕ ),
en = r =
des
1+ ϕ2
dϕ
r
r dr
r
r
v=
ϕ˙ = ω 0r0 (er + ω 0t eϕ ),
dϕ
a s = v˙s =
r
des
r
r
(2 + ϕ ){−ϕer + eϕ },
2
ω 03r0t
1 + (ω 0t )2
.
an =
vs = ω 0r0 1 + (ω 0t )2 .
vs 2
ρ
= ω 0 r0
2
2 + (ω 0t )2
1 + (ω 0t )2
.
Aufgabe 4
L0
v0
v0
s1
s2
Zwei Fahrzeuge haben zum Zeitpunkt t = 0 die Geschwindigkeit v 0 und den Ab-
stand L 0 . Das erste Fahrzeug wird ab t = 0 mit konstanter Verzögerung 0, 8 g
bis zum Stand abgebremst. Man berechne die Bremswege für unterschiedliche
Fahrgeschwindigkeiten v 0 .
Der Fahrer im zweiten Fahrzeug bremst nach einer Reaktionszeit t R = 1s . Für unterschiedliche Bremsintensitäten 0, 6 g und 0, 4 g berechne man die erforderlichen
Sicherheitsabstände.
Man berechne die Zahl der Fahrzeuge, die mit der Geschwindigkeit v 0 pro Stun-
de eine Kontrollstelle passieren können, wenn in Kolonne gefahren wird und die
erforderlichen Sicherheitsabstände eingehalten werden.
1. Fahrzeug:
s˙˙1 = −a1,
→
s˙1 = v 0 − a1t ,
→
s1 = v 0t −
1
a1t 2 ;
2
B - 1.2 - Ebene Kinematik
26
Bremszeit t B :
s˙1(t B ) = v 0 − a1t B = 0
→
tB =
v0
a1
.
Bremsweg:
2
1
1 v0
s1(t B ) = v 0t B − a1t B 2 =
.
2
2 a1
2. Fahrzeug:
Bremsbeginn zum Zeitpunkt t = t R :
s˙˙2 = −a 2 ,
→
s˙ 2 = v 0 − a 2 (t − t R ),
→
s2 = v 0t −
1
a 2 (t − t R )2
2
(t ≥ t R )
Anhaltezeit:
s˙ 2 (t A ) = v 0 − a 2 (t A − t R ) = 0
→
t A = tR +
v0
a2
,
Anhalteweg:
s2 (t A ) = v 0t A −
2
2
1 v0
1 v0
= v 0t R +
.
2 a2
2 a2
Abstand der Fahrzeuge bei Stand des zweiten Fahrzeugs:
∆L = L 0 + s1(t B ) − s2 (t A ).
Sicherheitsabstand L S :
L0 = LS
→
∆L = 0
→
v 02 1
1
L S = s2 (t A ) − s1(t B ) = v 0t R +
(
− )
2 a 2 a1
v0
v0
L S (a
80 km / h
22,22 m / s
22,22 m
32,71m
53,68m
100 km / h 27,78 m / s
27, 78 m
44,17 m
76, 95 m
120 km / h 33,33 m / s
33, 33 m
56, 92 m
104,11 m
2 = 0, 8 g )
L S (a
2 = 0, 6 g )
L S (a
2 = 0, 4 g )
Fahrzeugdurchsatz bei Fahrzeugen der Länge L F :
Dauer der Vorbeifahrt eines Fahrzeugs mit der Bezugslänge L*:= L F + L S bei der
Geschwindigkeit v 0 :
∆t (v 0 ) =
L* L F + L S (v 0 )
=
.
v0
v0
Zahl der Fahrzeuge, die in einer Stunde an einer Meßstelle vorbeifahren können:
B - 1.2 - Ebene Kinematik
27
n=
v0
3600 s
= 3600 s
.
L F + L S (v 0 )
∆t
Mit den speziellen Werten L F = 4 m, a1 = 0, 8 g , t R = 1s erhalten wir die in der folgenden Abbildung dargestellte Funktion n (v 0 ) :
2300
Fahrzeuge/h
a2 = 0,6 g
2000
1700
1400
a2 = 0,4 g
1100
800
20
60
100
140
km/h
180
Aufgabe 5
Eine Rad (Radius R ) rollt auf einer Bahn, die durch die Funktion y = f ( x ) gegeben ist. Man berechne die Bahnkurve des Radschwerpunktes, den Geschwindigkeitsvektor des Schwerpunktes und die Winkelgeschwindigkeit ϕ̇ des Rades,
wenn die x -Koordinate des Kontaktpunktes als Funktion der Zeit gegeben ist.
ϕ˙
y
S
R
f (x )
x
Ortsvektor der Bahnkurve:
Tangenteneinheitsvektor:
r
r
r
r = xe x + f ( x )e y
B - 1.2 - Ebene Kinematik
28
r
dr
r
r
r
1
e1 = dxr =
(e x + f ′ e y ).
2
dr
1 + ( f ′)
dx
Normaleneinheitsvektor (links-orientiert):
r
r
r
r
r
1
(e y − f ′ e x ).
e 2 : = e z × e1 =
1 + ( f ′ )2
Ortsvektor zum Schwerpunkt des Rades:
r
r
r
r
r
Rf ′
R
rS = r + R e 2 = ( x −
)e x + ( f ( x ) +
)e y .
2
2
1 + ( f ′)
1 + ( f ′)
Geschwindigkeitsvektor des Schwerpunktes:
r
drS
r
r
r
r
Rf ′′
Rf ′′
2
˙
˙
vS =
x˙ = (1 −
2 3 / 2 )x (e x + f ′e y ) = ( 1 + ( f ′ ) −
2 )x e1.
dx
(1 + ( f ′) )
1 + ( f ′)
Rollbedingung (Kontaktpunkt = Momentanpol):
r
r
r
r
vS = ( −ϕ˙ e z ) × (R e 2 ) = Rϕ˙ e1,
ϕ˙ = (
1 + ( f ′ )2
f ′′
−
)x˙ .
R
1 + ( f ′ )2
Aufgabe 6
v0
ϕ2
ϕ1
R0
r2
r1
r0
δ << r0
Die Winkelgeschwindigkeit einer Tonbandspule ist nicht konstant. Die Banddicke
δ sei sehr klein im Vergleich mit dem Spulenkernradius r0 . Man berechne die
Winkelgeschwindigkeiten der Tonbandspulen als Funktionen der Zeit t , wobei
angenommen werden soll, daß für die veränderlichen Spulenradien der linken
und der rechten Spule
r1 = R 0 −
δ
ϕ
2π 1
r2 = r0 +
δ
ϕ
2π 2
gilt, mit ϕ1 und ϕ 2 als Drehwinkel der Spulen. v 0 ist die konstante Bandgeschwindigkeit.
B - 1.2 - Ebene Kinematik
29
r1ϕ˙1 = r2ϕ˙ 2 = v 0 .
Kinematische Zwangsbedingung:
(R 0 −
R 0ϕ1 −
δ
ϕ )ϕ˙ = v 0 ,
2π 1 1
δ
ϕ12 = v 0t + C1
4π
ϕ1(0) = 0,
ϕ1(t ) =
(r0 +
ϕ 2 (0) = 0,
v0
R0
1−
1
v 0δ
πR 0
δ
ϕ 22 = v 0t + C2 ,
4π
r0ϕ 2 +
→
2πR 0
v 0δ
1
−
1
−
t ,
δ
πR 02
ϕ˙1(t ) =
δ
ϕ )ϕ˙ = v 0 ,
2π 2 2
C1 = 0,
ϕ 2 (t ) =
,
= 0.
2πr0
v 0δ
−
1
+
1
+
t ,
δ
πr02
ϕ˙ 2 (t ) =
2t
C2
v0
r0
1
.
v 0δ
1+
t
πr02
Aufgabe 7
R
y
ϕ˙
α
S
r
A
B
x
v0t
Eine Kreisscheibe (Radius r ) wird von einem Schieber auf einer Kreisbahn
(Radius R ) in x -Richtung geschoben. Der Kontaktpunkt B sei Momentanpol.
Man berechne die Winkelgeschwindigkeit der Kreisscheibe sowie die Geschwindigkeiten der Punkte S und A.
x S = v 0t + r ,
(R − r )sin α = x S ,
α = arcsin
v 0t + r
R −r
yS = R − (R − r )cos α ,
x˙ S = v 0 ;
,
α˙ =
v0
(R − r )2 − (v 0t + r )2
y˙ S = (R − r )α˙ sin α ;
;
B - 1.2 - Ebene Kinematik
30
B ist Momentanpol:
vS = (R − r )α˙
vS = rϕ˙
→
R −r
α˙
r
ϕ˙ =
(Rollbedingung)
x˙ S 0 r sin α x˙ S − rϕ˙ cos α 0
y˙ S + 0 × −r cos α = y˙ S − rϕ˙ sin α = 0,
0
0 −ϕ˙ 0
0
r
r
r
r
v B = vS + ω × SB = 0,
x˙ S = rϕ˙ cos α ,
y˙ S = rϕ˙ sin α ,
ϕ˙ =
→
→
y˙ S =
v0
r cos α
v0
r
,
tan α ;
0 −r − r sin α
cos α
r
r
r
v A = v B + ω × BA = 0 × r cos α = rϕ˙ 1 + sin α ,
−ϕ˙
0
0
r r
1 + sin α
v A ⋅ e y = rϕ˙ (1 + sin α ) = v 0
cos α
(Gleitgeschwindigkeit)
Aufgabe 8
y
O
ϕ
ϕ
B
r
S
r
ψ˙
x
Eine Kreisscheibe rollt von einem in O befestigten Faden ab und gleitet dabei auf
der vertikalen Wand. Man berechne die Geschwindigkeit des Schwerpunktes und
die Winkelgeschwindigkeit der Scheibe als Funktionen des Winkels ϕ und dessen
Zeitableitungen.
B - 1.2 - Ebene Kinematik
31
Koordinaten und Geschwindigkeit des Schwerpunktes:
r
rϕ˙
xS =
yS = r ,
x˙ S = − 2 ,
,
tan ϕ
sin ϕ
y˙ S = 0.
Geschwindigkeit des Punktes B:
x˙ S 0 −r sin(2ϕ ) x˙ S − rψ˙ cos(2ϕ )
→
r
r
r
v B = vS + ψ˙e z × SB = 0 + 0 × r cos(2ϕ ) = −rψ˙ sin(2ϕ ) .
0 ψ˙
0
0
Kinematische Rollbedingung im Punkt B:
r r
v B ⋅ eOB = 0
→
cos(2ϕ )
r
v B ⋅ sin(2ϕ ) = x˙ S cos(2ϕ ) − rψ˙ = 0.
0
Winkelgeschwindigkeit der Kreisscheibe:
1
cos(2ϕ )
cos(2ϕ )
ψ˙ =
ϕ˙ = (1 −
x˙ S = −
)ϕ˙ .
2
r
sin ϕ
tan 2ϕ
Aufgabe 9
y
α
r
e2
r
vB
r
vA
B
L
r
e1
ϕ
A
x
Das Bewegungsgesetz {x B (t ), y B (t )} des Fahrzeugpunktes B sei gegeben. Die im
Punkt A gelagerte Hinterachse kann nach dem Gesetz α (t ) gesteuert werden.
Man berechne die Differentialgleichung für den Winkel ϕ (t ) und die Bahnkurve
des Punktes A.
r
r
r
r
r
r
e x = cos ϕ e1 − sin ϕ e 2 ,
e y = sin ϕ e1 + cos ϕ e 2 .
r
r
r
r
r
v B = x˙ B e x + y˙ B e y = ( x˙ B cos ϕ + y˙ B sin ϕ )e1 + ( − x˙ B sin ϕ + y˙ B cos ϕ )e 2 .
B - 1.2 - Ebene Kinematik
32
r
r
r
v A = v A (cos α e1 + sin α e 2 ),
r
r
r
r
r
r
v A = v B + ϕ˙e 3 × ( − L e1 ) = v B − Lϕ˙e 2 ,
v A cos α = x˙ B cos ϕ + y˙ B sin ϕ ,
⋅(sin α )
v A sin α = − x˙ B sin ϕ + y˙ B cos ϕ − L ϕ˙ ,
⋅( − cos α )
0 = x˙ B sin(ϕ + α ) − y˙ B cos(ϕ + α ) + L ϕ˙ cos α ,
Differentialgleichung für ϕ (t ) :
cos(ϕ + α )
sin(ϕ + α )
.
+ y˙ B
L cos α
L cos α
ϕ˙ = − x˙ B
x A (t ) = x B (t ) − L cos ϕ ,
→ ϕ (t ).
y A (t ) = y B (t ) − L sin ϕ .
1. Sonderfall: Der Punkt B bewegt sich auf der x -Achse:
α (t ) ≡ 0,
x B (t ) = v 0t ,
ϕ˙ = −
ϕ
v 0t
dφ
=
−
,
∫ sin φ
L
π 2
y B (t ) ≡ 0,
v0
L
ϕ (0) = π 2.
sin ϕ ,
ln(tan(ϕ 2)) = −
v 0t
x A (t ) = v 0t − L cos ϕ ,
L
,
ϕ (t ) = 2 arctan(e
−v 0t L
).
y A (t ) = − L sin ϕ .
Bahnkurve des Punktes A:
0.00
y/L
-0.25
-0.50
-0.75
-1.00
0
1
2
3
x/L
4
Schleppkurve
2. Sonderfall:
Der Punkt B bewegt sich auf einer Kreisbahn (Durchmesser = Fahrzeuglänge)
α (t ) ≡ 0,
L
cos(Ωt ),
ϕ (0) = π 2.
2
Ω
Ω
Ω
ϕ˙ = − cos(Ωt )sin ϕ + sin(Ωt )cos ϕ = sin(Ωt − ϕ ).
2
2
2
x B (t ) =
L
sin(Ωt ),
2
y B (t ) ≡ −
B - 1.2 - Ebene Kinematik
33
ϕ
4.5
4.0
3.5
3.0
2.5
2.0
1.5
0
5
10
15
Ωt
20
1.0
y/L
0.5
0.0
-0.5
-1.0
-1.5
-0.5
0.0
0.5
1.0
x/L 1.5
Der Kreis ist die Bahnkurve des Punktes B und die Außenkurve ist die Bahn des
Punktes A.
Aufgabe 10
Ein Wagen mit Deichsel und nicht drehbarer Hinterachse wird im Deichselendpunkt A nach dem Bewegungsgesetz {x A (t ), y A (t )} geführt. Man berechne die Dif-
ferentialgleichungen für die Winkel α (t ) und β (t ) und die Bahnkurven der Punkte A, B und C für den Spezialfall
x A (t ) = v 0t ,
y A (t ) = 0,
α (0 ) =
L1 = L , L 2 = 2L .
π
,
2
β (0 ) =
π
;
2
B - 1.2 - Ebene Kinematik
34
A
y
L1
r
e2
r
e 2*
r
e1*
α
r
e1
L2
r
vA
B
β
C
x
r
r
r
r
r
r
r
r
r
v B = v A + α˙e z × ( − L1e1 ) = v A − L1α˙e 2 ,
v A = x˙ A e x + y˙ A e y ,
r
r
r
r
r
r
r
r
r
vC = v B + β˙e z × ( − L 2e1* ) = v B − L 2 β˙e 2* = v A − L1α˙e 2 − L 2 β˙e 2* .
Kinematische Zwangsbedingungen:
r r
r
r
v B ⋅ e 2 = 0,
v B = v B e1,
→
r
r
r r
vC = vC e1* ;
vC ⋅ e 2* = 0;
r
r
r
e 2 = − sin αe x + cos αe y ,
→
r r
v A ⋅ e 2 = L1α˙ ,
r r
v B ⋅ e 2* = L 2 β˙ .
r
r
r
e 2* = − sin βe x + cos βe y .
r r
e 2 ⋅ e 2* = cos(α − β ).
L1α˙ = − x˙ A sin α + y˙ A cos α ,
Differentialgleichung für α (t ) :
α˙ = − x˙ A
sin α
cos α
+ y˙ A
.
L1
L1
L 2 β˙ = − x˙ A sin β + y˙ A cos β − L1α˙ cos(α − β ),
L 2 β˙ = x˙ A (sin α cos(α − β ) − sin β ) + y˙ A (cos β − cos α cos(α − β )),
Differentialgleichung für β (t ) :
sin β − sin α cos(α − β )
cos β − cos α cos(α − β )
β˙ = − x˙ A
+ y˙ A
.
L2
L2
Koordinaten der Punkte B und C:
x B = x A − L1 cos α ,
y B = y A − L1 sin α ,
x C = x B − L 2 cos β ,
yC = y B − L 2 sin β .
B - 1.2 - Ebene Kinematik
35
1.5
β ( t)
1.0
α ( t)
0.5
0.0
0
1
2
3
4
5
0.0
A
y/L
B
-1.0
C
-2.0
-3.0
0
1
2
x/L
3
Dargestellt sind gleichzeitige Positionen der Punkte A, B und C.
Aufgabe 11
Eine rechteckige Platte (Länge L , Breite b ) wird mit den Eckpunkten A und B auf
der y - und der x -Achse geführt. Es soll untersucht werden, ob die Platte am
Eckpunkt E hängen bleibt. Dafür ist die Hüllkurve der Rechteckseite CD zu berechnen, die aus den momentanen Positionen H der materiellen Punkte auf der
Strecke CD besteht, die bei der Plattenbewegung momentan eine Geschwindigkeit
parallel zur Strecke CD haben, weil die Tangenten der Hüllkurve nacheinander
von den Strecken CD gebildet werden. Die Platte bleibt nicht am Punkt E hängen,
wenn E oberhalb der Hüllkurve liegt.
B - 1.2 - Ebene Kinematik
36
y
xE
r
e2
C
A
α
E
r
e1
D
L
yE
b
x
B
Der Momentanpol M der Platte liegt im Schnittpunkt der Lote auf den Geschwindigkeitsvektoren der Punkte A und B:
x M = L sin α ,
y M = L cos α .
y
r
e2
C
M
A
α
H
r
e1
h
D
L
b
O
x
B
Der Punkt H als Fußpunkt des Lotes von M auf die Rechteckseite CD hat momentan eine Geschwindigkeit parallel zu CD, also ist er ein Punkt auf der Hüllkurve von CD.
x H = x M − h cos α ,
y H = y M − h sin α .
Für den Abstand h des Hüllkurvenpunktes H vom Momentanpol M gilt
b cos α
→
→
→
cos α L sin α
r
r
h = e 2 ⋅ CM = e 2 ⋅ (OM − OC ) =
⋅
−
) = L sin α cos α − b.
(
α
α
L
sin
cos
α
α
L
+
b
cos
sin
Damit erhalten wir die Parameterdarstellung der Hüllkurve mit α als Kurvenparameter:
B - 1.2 - Ebene Kinematik
37
x H = L sin α − L sin α cos2α + b cos α = L sin 3α + b cos α ,
y H = L cos α − L sin 2α cos α + b sin α = L cos3α + b sin α .
In der folgenden Abbildung sind die Hüllkurven für einige Werte von b L dargestellt.
y/L
Hüllkurven
1.0
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
b/L = 0.4
0.3
b/L = 0.3
0.2
b/L = 0.2
0.1
b/L = 0.1
0.0
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
x/L
Aufgabe 12
2
P1
0
r1
γ
A1
E
ψ
ϕ
W
γ
A2
r2
Fußkreis (1)
-2
P2
Fußkreis (2)
0
2
4
6
8
Zwei Zahnräder mit Kreisevolventen-Zahnflanken berühren sich momentan im
Eingriffspunkt E. Der Abstand der beiden Fußkreise (Radien: r1, r2 ) sei h . Die
B - 1.2 - Ebene Kinematik
38
Strecke P1P2 ist die gemeinsame Tangente der beiden Fußkreise und auf ihr liegen die Eingriffspunkte. Der Schnittpunkt der Strecken P1P2 und A1A 2 ist der
Wälzpunkt W. Die Drehwinkel ϕ und ψ der Zahnräder beschreiben die momen-
tane Lage der Fußpunkte der Kreisevolventen. Man bestimme die Ortsvektoren
der Zahnflanken und die Winkelbeziehungen für den Zahneingriff sowie die Geschwindigkeitsvektoren der Kontaktpunkte der Zahnflanken.
Es gelten die folgenden geometrischen Zwangsbedingungen:
P1W = r1 tan γ ,
P2 W = r2 tan γ ,
P1E = r1(γ − ϕ ),
P2E = r2 (γ + ψ ),
P1P2 = (r1 + r2 ) tan γ .
P1P2 = P1E + P2E ,
r1(γ − ϕ ) + r2 (γ + ψ ) = (r1 + r2 ) tan γ ,
r2ψ = r1ϕ + (r1 + r2 )(tan γ − γ ).
Für die Ortsvektoren der Zahnflanken führen wir die Kurvenparameter β1 und β2
ein. Dann wird, wenn A1 der Nullpunkt eines kartesischen Koordinatensystems
ist und die x -Achse durch A 2 geht:
cos ϕ
− sin ϕ
r
rz1 = r1(cos β1 + β1 sin β1 )
r
+ 1(sin β1 − β1 cos β1 )
,
sin ϕ
cos ϕ
− cosψ
− sin ψ
1
r
rz2 = (r1 + h + r2 ) + r2 (cos β2 + β2 sin β2 )
r
β
β
β
+
(sin
−
cos
)
2
.
2
2
2
0
sin ψ
− cosψ
Mit β1 = 0 und β2 = 0 erhält man die beiden Fußpunkte der Zahnflanken und für
β1 = β1max und β2 = β2 max gilt
r
rz1
β1 = β1 max
= r1 + h ,
→
r
rz 2 − A1A2
r1 1 + β1max 2 = r1 + h ,
β 2 = β 2 max
= r2 + h ;
r2 1 + β2 max 2 = r2 + h .
Für den Eingriffspunkt E gilt insbesondere
β1 = γ − ϕ ,
β2 = γ + ψ .
In den folgenden drei Abbildungen sind die Zahnflankenstellungen der beiden
Zahnräder für verschiedene Drehwinkel ϕ des linken Zahnrades dargestellt. Die
entsprechenden Drehwinkel ψ ergeben sich aus der Beziehung
r2ψ = r1ϕ + (r1 + r2 )(tan γ − γ ).
B - 1.2 - Ebene Kinematik
39
ϕ = −0.2
2
0
-2
0
2
4
ϕ = γ − tan γ = −0.07764
6
8
(E = W )
2
0
-2
-2
0
2
4
6
8
6
8
ϕ = 0.1
2
0
-2
0
2
4
B - 1.2 - Ebene Kinematik
40
Aus der oben hergeleiteten Zwangsbedingung für die Drehwinkel ϕ und ψ der
beiden Zahnräder
r2ψ = r1ϕ + (r1 + r2 )(tan γ − γ )
erhalten wir für die Winkelgeschwindigkeiten:
r ψ˙ = r1ϕ˙ .
2
Die Geschwindigkeitsvektoren der Eingriffspunkte lauten:
→
→
→
→
r
r
r
r
v E = ϕ˙e z × ( A1P1 + P1E ),
v E = −ψ˙e z × ( A2P2 + P2E ).
1
2
→
r
r
Ist e 21 der Einheitsvektor in Richtung von P2P1 und et der dazu orthogonale Ein→
heitsvektor parallel zu A1P1 und tangential zu den Zahnflanken, so wird
r
r
r
r
v E = ϕ˙e z × (r1et − r1(γ − ϕ )e 21 ),
1
r
r
r
v E = ϕ˙r1(e 21 + (γ − ϕ )et ),
1
r
r
r
r
v E = −ψ˙e z × ( −r2et + r2 (γ + ψ )e 21 ),
2
r
r
r
v E = ψ˙r2 (e 21 + (γ + ψ )et ),
2
also haben die Kontaktpunkte senkrecht zur Zahnflanke immer die gleiche Geschwindigkeit.
Wenn der Eingriffspunkt E insbesondere im Wälzpunkt W liegt, gilt
r1(γ − ϕ ) = r1 tan γ ,
r2 (γ + ψ ) = r2 tan γ ,
r
r
r
r
r
r
vW = ϕ˙r1(e 21 + tan γ et ),
vW = ψ˙r2 (e 21 + tan γ et ).
1
2
Im Wälzpunkt haben die Kontaktpunkte auch tangential die gleiche Geschwindigkeit, also rollen die beiden Zahnräder im Wälzpunkt aufeinander ab. Weil
r
r
A1W = 1 ,
A2W = 2 ,
cos γ
cos γ
ist, folgt aus der kinematischen Zwangsbedingung
r ψ˙ = r1ϕ˙
2
die Rollbedingung
A1W ϕ˙ = A 2 W ψ˙ .
Die Geschwindigkeitsvektoren der Kontaktpunkte im Wälzpunkt sind gleich und
orthogonal zur Strecke A1A 2 .
Hinweis:
Wenn r1, r2 und h gegeben sind, folgt aus den geometrischen Bedingungen
r1 cos γ + P1P2 sin γ + r2 cos γ = r1 + r2 + h ,
r1 sin γ + r2 sin γ = P1P2 cos γ ,
B - 1.2 - Ebene Kinematik
41
die Gleichung für den Winkel γ
cos γ =
r1 + r2
r1 + r2 + h
.
Aufgabe 13
Zwei abgesetzte Räder mit den Radien r1, r2 und r3 , r4 sind in den Punkten A und
B auf einem Rahmen gelagert und über eine Kette miteinander verbunden. Das
Vorderrad und das Hinterrad mit dem Radius r1 sollen auf einer horizontalen
Bahn rollen. Man berechne die Geschwindigkeit des Radpunktes A, wenn der
Endpunkt C eines Fadens, der auf die in B gelagerte Scheibe gewickelt ist, die
r
r
Geschwindigkeit vC = −vC e x hat.
α˙
β˙
r1
A
r2
r3
B
r4
C
r
ex
Kinematische Zwangsbedingungen:
r
r
v A = r1α˙ e x ,
r
r
vB = v A ,
r2α˙ = r3 β˙ .
r r
r
r
r
r
vC = v B − r4 β˙e x = r1α˙e x − r4 2 α˙e x ,
r3
r
r
r
−vC e x = (r1 − r4 2 )α˙e x ,
r3
→
α˙ =
r
vA =
r1r3
r
vC e x .
Mit den speziellen Werten
r1 = 4r ,
r2r4 − r1r3
r2 = r ,
r2r4 − r1r3
r3 = 2r ,
erhalten wir
r
8 r
v A = − vC e x .
5
r3
vC .
r4 = 3r
B - 1.3 - Räumliche Kinematik
42
Aufgabe 1
z
ϑ (t)
;;;;
;;;;
r
e3
ϕ˙
r
e1
A
x
;;;;
;;;;
;;;;
Im Punkt A eines Rahmens, der sich mit der Winkelgeschwindigkeit ϕ̇ um die
raumfeste z -Achse dreht, ist ein Spiegel drehbar gelagert, der sich mit ϑ (t ) um
r
die e 2 -Achse dreht, die dauernd senkrecht zur Rahmenebene bleibt. Man berechne den Winkelgeschwindigkeitsvektor des Spiegels im mit dem Spiegel bewegten
1,2,3-System und im raumfesten x , y, z -System.
r
r
r
ω = ϕ˙ e z − ϑ˙ e 2 .
r
r
r
r
r
r
e 2 = − sin ϕ e x + cos ϕ e y .
e z = sin ϑ e1 + cos ϑ e 3 .
r
r
r
r
r
r
r
r
ω = ϕ˙ sin ϑ e1 − ϑ˙ e 2 + ϕ˙ cos ϑ e 3 .
ω = ϑ˙ sin ϕ e x − ϑ˙ cos ϕ ey + ϕ˙ e z .
r
ω = ϕ˙ 2 + ϑ˙ 2 .
Aufgabe 2
r
v C e1
y
C
r
e2
yA
D
2L
L
r
e1
A
L
B
xA
ϕ
r
v Be1
x
Die zur xy -Ebene parallele Bewegung eines Fahrzeugrahmens sei definiert durch
die Geschwindigkeitsvektoren der Radlagerpunkte B und C. Man berechne für
B - 1.3 - Räumliche Kinematik
43
den Fall v B = const und vC = const , vC ≠ v B die Winkelgeschwindigkeit des Rah-
mens ϕ̇ , den Geschwindigkeitsvektor des Punktes A, die Winkelgeschwindigkeits-
vektoren der in B und C gelagerten Räder, wenn diese den Durchmesser 2r haben, den Geschwindigkeitsvektor des Rahmenpunktes D, der von der xy -Ebene
den Abstand r hat, sowie ϕ (t ), x A (t ) und y A (t ) , wenn ϕ (0) = 0, x A (0) = 0 und
y A (0) = L ist.
r
Berechnung von ϕ̇ und v A :
r
r
r
r
r
vC e1 = v B e1 + ϕ˙ e 3 × 2L e 2 = (v B − 2L ϕ˙ )e1,
r
r
r
r
r
v A = v B e1 + ϕ˙ e 3 × L e 2 = (v B − Lϕ˙ ) e1,
→
ϕ˙ =
v B − vC
2L
.
v + vC r
r
vA = B
e1.
2
→
Winkelgeschwindigkeitsvektoren der Räder:
v r
v r
r
r
r
r
ω B = ϕ˙e 3 + B e 2 ,
ωC = ϕ˙e 3 + C e 2 .
r
r
Geschwindigkeitsvektor des Punktes D:
v + vC r
r
r
r
r
r
r
r
v D = v A + ϕ˙ e 3 × 2L e1 = v A + 2Lϕ˙ e 2 = B
e1 + (v B − vC )e 2 .
2
Berechnung der Lagekoordinaten ϕ , x A und y A :
ϕ˙ =
x˙ A =
y˙ A =
v B + vC
v B + vC
2
2
v B − vC
2L
=: Ω
cos(Ωt ) →
sin(Ωt ) →
v B + vC
2Ω
x A (t ) =
y A (t ) =
=
ϕ = Ωt .
→
v B + vC
v B − vC
v B + vC
2Ω
v B + vC
2Ω
sin(Ωt )
(1 − cos(Ωt )) + L .
L =: R
Der Punkt A bewegt sich auf dem Kreis
x A 2 + [y A − (R + L )]2 = R 2 .
Aufgabe 3
Für die dargestellten Getriebe berechne man die Winkelgeschwindigkeiten ϕ̇ 2 und
ϕ̇ 3 als Funktionen der Winkelgeschwindigkeit ϕ̇1 .
B - 1.3 - Räumliche Kinematik
44
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
r21
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
r23
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
r3
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
r1
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
˙
ϕ1 ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
r23
r20
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
ϕ˙2
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
r1 r
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
3
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;
r0
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;
ϕ˙1;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
ϕ˙2
ϕ˙3
Standgetriebe
ϕ˙3
Umlaufgetriebe
Standgetriebe:
Kinematische Zwangsbedingungen:
Im Kontaktpunkt der Zahnräder mit den Radien r1 und r21 :
r1ϕ˙1 = r21ϕ˙ 2 .
Im Kontaktpunkt der Zahnräder mit den Radien r23 und r3 :
r3ϕ˙ 3 = r23ϕ˙ 2 .
Daraus folgt:
ϕ˙ 2 =
r1
r21
ϕ˙1,
ϕ˙ 3 =
r23 r1
r3 r21
ϕ˙1.
Umlaufgetriebe:
Kinematische Zwangsbedingungen:
Im Kontaktpunkt der Zahnräder mit den Radien r0 (raumfest) und r20 :
r1ϕ˙1 − r20ϕ˙ 2 = 0,
r1 = r0 + r20 .
Im Kontaktpunkt der Zahnräder mit den Radien r23 und r3 :
r3ϕ˙ 3 = r1ϕ˙1 − r23ϕ˙ 2 .
Daraus folgt:
ϕ˙ 2 =
r1
r20
ϕ˙1,
ϕ˙ 3 =
r1
r3
(1 −
r23
r20
) ϕ˙1.
Aufgabe 4
Für das Ausgleichsgetriebe berechne man die Winkelgeschwindigkeiten ω 4 und
ω 5 für beliebige Werte von ω 3 mit Hilfe der Abrollbedingungen in den Kontakt-
punkten A, B und C.
B - 1.3 - Räumliche Kinematik
45
;;;
;;;
;;;
A
;;;
;;;
;;;
D
B
E
ω3
Antriebskegelrad
ω1
Ausgleichskegelrad
C
DA = r1 ,
OD = r2 ,
ω4
ω2
;;;;
;;;;
;;;;
ω5
;;;;;
;;;;;
;;;;;
;;;;;
O
;;;;
;;;;
;;;;
EB = r3 ,
OE = r4 .
r
ey
r
ex
Ausgleichskegelrad
Großes Tellerrad mit Käfig
Darstellung aller Vektoren in der momentanen Konfiguration!
r
r
r
r
r
r
r
ω Ant = −ω1ey ,
ωGrT = −ω 2e x ,
ω AGl = −ω 2e x + ω 3ey ,
r
r
r
r
ω L = −ω 4e x ,
ω R = −ω 5e x .
Antriebsrad:
Großes Tellerrad:
r
r
r
r
v A = ω Ant × ( −r1e x ) = −ω1r1e z .
r
r
r
r
v A = ωGrT × (r2e y ) = −ω 2r2e z .
→
ω1r1 = ω 2r2 .
r
r
r
r
v E = ωGrT × r4e y = −ω 2r4e z .
Ausgleichskegelrad:
r
r
r
r
r
r
r
r
v B = v E + ω AGl × ( −r3e x ) = v E − ω 3r3e y × e x = (ω 3r3 − ω 2r4 )e z ,
r
r
r
r
r
r
r
r
vC = v E + ω AGl × (r3e x ) = v E + ω 3r3e y × e x = ( −ω 3r3 − ω 2r4 )e z .
Linkes Abtriebsrad:
r
r
r
r
v B = ω L × (r4e y ) = −ω 4r4e z ,
→
ω 3r3 − ω 2r4 = −ω 4r4 .
B - 1.3 - Räumliche Kinematik
46
Rechtes Abtriebsrad:
r
r
r
r
vC = ω R × (r4e y ) = −ω 5r4e z ,
− ω 3r3 − ω 2r4 = −ω 5r4 .
→
Ergebnis:
ω2 =
ω4 = ω2 −
r3
r4
ω3 =
r1
r2
ω1 −
r3
r4
r1
r2
ω1,
ω3,
ω5 = ω2 +
r3
r4
ω3 =
r1
r2
ω1 +
r3
r4
ω3.
Aufgabe 5
ψ˙
x
r
en
r
eϕ
ϕ˙
Eine Spindel mit einem Gewinde der Ganghöhe h dreht sich mit der Winkelgeschwindigkeit ϕ̇ um die Spindelachse. Eine Schraubenmutter mit passendem Gewinde bewegt sich auf der Spindel mit der entgegengesetzt gerichteten Winkelgeschwindigkeit ψ̇ . Man berechne die kinematische Beziehung zwischen diesen
Winkelgeschwindigkeiten und der Translationsgeschwindigkeit ẋ der Schraubenmutter.
r
r
ω Sp = ϕ˙e x ,
r
r
ω M = −ψ˙e x .
Ein Punkt PSp auf der Spindelflanke im Abstand r von der Spindelachse hat die
Geschwindigkeit
r
vP
Sp
r
= rϕ˙ eϕ .
Der dem Punkt PSp momentan gegenüberliegende Punkt PM auf der Mutter hat
die Geschwindigkeit
r
vP
M
r
r
˙ x − rψ˙ eϕ .
= xe
Es muß mit
r
r
r
en = cos αe x − sin αeϕ ,
tan α =
h
,
2πr
B - 1.3 - Räumliche Kinematik
gelten:
r
vP
Sp
47
r
r
r
⋅ en = v P ⋅ en ,
−rϕ˙ sin α = x˙ cos α + rψ˙ sin α ,
M
x˙ = −r (ϕ˙ + ψ˙ ) tan α = −
h
(ϕ˙ + ψ˙ ).
2π
Aufgabe 6
r
e 3*
r
ez
r
e1*
B
L
ω2
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
β
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
A
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
α
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
r
O ;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
ex
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;
ω1
Ein Kegelrad, das von einer gegabelten Welle geführt wird, rollt in A auf einem
raumfesten Kegelrad ab. Man berechne die Beziehungen zwischen den angegebenen Winkelgeschwindigkeiten.
r
r
r
r
r
ωW = ω1e z ,
ω K = ω1e z + ω 2e1* .
r
r
r
e1* = cos(α + β )e x + sin(α + β )e z .
r
r
r
r
r
v B = ω1e z × OB = ω1e z × L cos βe1* = ω1L cos β cos(α + β )e y .
r
r
r
r
r
r
v A ( K ) = v B + ω K × BA = v B + ω K × ( − L sin βe 3* ),
r
r
r
e 3* = − sin(α + β )e x + cos(α + β )e z ,
r
r
r
ω K × ( − L sin βe 3* ) = L sin β (ω 2 + ω1 sin(α + β ))ey ,
r
r
v A ( K ) = L (ω 2 sin β + ω1[cos β cos(α + β ) + sin β sin(α + β )])e y ,
r
r
v A ( K ) = L (ω 2 sin β + ω1 cos α )e y ;
Abrollbedingung:
r
r
r
v A ( K ) = L (ω 2 sin β + ω1 cos α )e y = 0,
→ ω2 = −
cos α
ω .
sin β 1
B - 1.3 - Räumliche Kinematik
48
Aufgabe 7
Für das Planetenradgetriebe berechne man die Winkelgeschwindigkeiten des Plar
r
netenradträgers ω PT und des Planetenrades ω P als Funktionen der Winkelger
r
schwindigkeiten des Sonnenrades ω S und des Hohlrades ω H .
y
O: raumfest
OA = rS ,
OC = rH ,
Hohlrad
OB = rPT ,
Planetenrad
O
A
B
BC = rP .
x
C
Planetenradträger
Sonnenrad
Momentane Geschwindigkeitsvektoren
des Punktes A auf dem Sonnenrad:
r
r
r
r
v A (S ) = ω S e z × rS e x = ω SrS e y ,
des Punktes B auf dem Planetenradträger:
r
r
r
r
v B = ω PT e z × rPT e x = ω PT rPT e y ,
des Punktes C auf dem Innenrand des Hohlrades:
r
r
r
r
vC ( HR ) = ω H e z × rH e x = ω H rH e y ,
der Punkte A und C auf dem Planetenrad:
r
r
r
r
r
r
v A ( P ) = v B + ω P e z × ( −rP e x ) = v B − ω P rP e y ,
r
r
r
r
r
r
vC ( P ) = v B + ω P e z × rP e x = v B + ω P rP e y .
Das in B drehbar gelagerte Planetenrad rollt auf dem Sonnenrad und dem Innenrand des Hohlrades ab. Deshalb gilt
r
r
r
r
v A ( P ) = v A (S ),
vC ( P ) = vC ( HR ) ,
r
r
r
r
(ω PT rPT − ω P rP )e y = ω SrS e y ,
(ω PT rPT + ω P rP )e y = ω H rH e y ,
ω PT =
ω H rH + ω SrS
2rPT
,
ωP =
ω H rH − ω SrS
2rP
.
B - 1.4 - Relativkinematik
49
Aufgabe 1
y
v0
A
B
v0
r
eWind
C
x
Auf einem Schiff, das mit der konstanten Geschwindigkeit v 0 von A nach B und
anschließend von B nach C fährt, registriert man die folgenden Windrichtungen:
r
r
r
r
1 r
(e x + 2e y ).
eW = e y ,
eW =
AB
BC
5
Wie groß sind die jeweils auf dem Schiff gemessenen Windgeschwindigkeiten und
mit welcher Geschwindigkeit und in welcher Richtung weht der Wind für einen
ruhenden Beobachter?
Die Schiffsgeschwindigkeit ist die Führungsgeschwindigkeit, die auf dem Schiff
beobachtete Windgeschwindigkeit ist die Relativgeschwindigkeit und die Windgeschwindigkeit für den ruhenden Beobachter die absolute Geschwindigkeit.
r
r
r
r
vWind = vWind eWind = v x e x + vye y .
r
r
r
vabs = v F + vrel ,
v x v 0
0
= + v AB ,
vy 0
1
v x 0
1 1
=
+ v BC
.
5 2
vy −v 0
Daraus folgt das Gleichungssystem:
v x = v0 ,
vy − v AB = 0,
v x − v BC
vy − 2v BC
v x = v 0 , v BC = 5v 0 , vy = v 0 , v AB = v 0 .
5 = 0,
5 = −v 0 ,
r
r
r
vWind = v 0 (e x + e y ),
vWind = v 0 2 ,
Aufgabe 2
r
r
1 r
eWind =
(e x + e y ).
2
B - 1.4 - Relativkinematik
50
r
er
vF
r
eϕ
B
r (ϕ)
vB
ϕ
b
A
C
Ein Boot B überquert einen mit konstanter Geschwindigkeit v F strömenden Fluß
von A nach C, wobei es ständig auf den Punkt C zusteuert und mit der konstanten Geschwindigkeit v B relativ zum Wasser fährt. Man berechne die Bahnkurve
r (ϕ ) .
Führungs- und Relativgeschwindigkeit des Bootes:
r
r
r
r
r
v F = v F (sin ϕ er + cos ϕ eϕ ),
vrel = −v B er ,
Absolute Geschwindigkeit des Bootes:
r
r
r
r
r
vabs = v F + vrel = ( −v B + v F sin ϕ ) er + v F cos ϕ eϕ .
Absolute Bahnkurve in Polarkoordinaten:
r
CB = r (ϕ ) er (ϕ ).
r
r
dCB
dr (ϕ ) r
=(
vabs =
er + r (ϕ )eϕ )ϕ˙ .
dt
dϕ
ϕ˙ =
v F cos ϕ
r
,
→
v
r
ln( ) = − B
b
vF
ϕ
ϕ
1
∫ cosϕ dϕ + ∫ tan ϕ dϕ ,
0
0
ϕ
ln(tan( π + ϕ )) + − ln(cos ϕ ) ϕ ,
{
}0
4 2 0
v
r
π ϕ
ln( ) = − B ln(tan( + )) − ln(cos ϕ ),
b
vF
4 2
r cos ϕ
=e
b
→
dr v F cos ϕ
= −v B + v F sin ϕ ,
dϕ
r
v
d ln(r )
1
=− B
+ tan ϕ ,
dϕ
v F cos ϕ
v
r
ln( ) = − B
b
vF
dr
ϕ˙ = −v B + v F sin ϕ ,
dϕ
r (ϕ )ϕ˙ = v F cos ϕ ,
v
− B ln(tan(π 4 +ϕ 2))
vF
ln(
v
r cos ϕ
π ϕ
) = − B ln(tan( + )),
b
vF
4 2
= (e ln(tan(π
4 +ϕ 2)) −v B v F
)
,
B - 1.4 - Relativkinematik
51
r (ϕ ) =
v B = 2v F :
b
π ϕ −v B
tan(
+ )
cos ϕ
4 2
vF
.
r /b
1.00
0.75
0.50
0.25
0.00
0.0
0.3
0.6
0.9
1.2
ϕ
1.5
Differentialgleichungen für r (t ) und ϕ (t ) :
r
r
r
˙ r + rϕ̇eϕ
vabs = re
v B = βv F ,
r = bξ,
→
r˙ = v F sin ϕ − v B ,
ϕ˙ = v F
b
t=
τ,
vF
cos ϕ
,
r
→
( β = 2)
ξ ′ = sin ϕ − β ,
cos ϕ
ϕ′ =
.
ξ
0.2
y/b
0.1
0.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
x/b
1.0
Aufgabe 3
Auf einer mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um den Punkt O rotierenden Kreisscheibe (Radius r ) bewegt sich ein Punkt P mit konstanter Bahngeschwindigkeit v 0 auf einem Kreisbogen um den Scheibenpunkt A. Man berechne
die absolute Geschwindigkeit und die absolute Beschleunigung des Punktes P sowie die absolute Bahnkurve.
B - 1.4 - Relativkinematik
52
y
y
r
er
r
eϕ
Ωt
P
A
O
r
x
ϕ
O
r
A
P
π
t = 0: ϕ(0) = − .
3
t > 0: ϕ(t) = −
r
r
ω F = Ωe z ,
r
r
vrel = v 0eϕ ,
r
r
OA = r {− cos ϕ er + sin ϕ eϕ },
π v0
+ t.
3 r
v 02 r
r
a rel = −
e .
r r
r
r
OP = OA + AP = r {(1 − cos ϕ ) er + sin ϕ eϕ }.
r
r
r
r
v F = ω F × OP = rΩ{(1 − cos ϕ )eϕ − sin ϕer }.
r
r
r
r
r
vabs = v F + vrel = {v 0 + rΩ (1 − cos ϕ )}eϕ − rΩ sin ϕer .
r
r
r
r
r
a F = ω F × (ω F × OP ) = −Ω 2 OP = −rΩ 2{(1 − cos ϕ )er + sin ϕeϕ }.
r
r
r
r
r
a Cor = 2ω F × vrel = 2Ωv 0e z × eϕ = −2Ωv 0er .
r
r
r
r
a abs = a F + a Cor + a rel ,
v 02 r
r
r
2
}er − rΩ 2 sin ϕeϕ .
a abs = −{rΩ (1 − cos ϕ ) + 2Ωv 0 +
r
Absolute Bahnkurve:
r
r
OP = r {(1 − cos ϕ ) er + sin ϕ eϕ },
r
r
r
r
r
r
er = cos(Ωt + ϕ )e x + sin(Ωt + ϕ )e y ,
eϕ = − sin(Ωt + ϕ )e x + cos(Ωt + ϕ )e y ,
r
r
OP = x P e x + y P e y ,
x
B - 1.4 - Relativkinematik
53
x P = r {(1 − cos ϕ )cos(Ωt + ϕ ) − sin ϕ sin(Ωt + ϕ )} = r {cos(Ωt + ϕ ) − cos(Ωt )},
y P = r {(1 − cos ϕ )sin(Ωt + ϕ ) + sin ϕ cos(Ωt + ϕ )} = r {sin(Ωt + ϕ ) − sin(Ωt )}.
Spezialfall:
ϕ (t ) = −
π v0
+ t,
3 r
v0 =
1
rΩ
4
x P = r {cos( 54 Ωt − π3 ) − cos(Ωt )},
y P = r {sin( 54 Ωt − π3 ) − sin(Ωt )};
yP /r
→
ϕ (t ) = −
0 ≤ Ωt ≤
π Ωt
+
.
3 4
8π
= 8, 377.
3
1.0
0.5
x P /r
0.0
-0.5
-1.0
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
Aufgabe 4
y
y
C
P
A
O
B
C
A
ϕ (t )
r
e2
Ωt
O
r
e1
x
x
P
h
t =0
B
t >0
Die in A gelagerte Stange (Länge L ) dreht sich nach dem Gesetz ϕ (t ) , wobei der
Endpunkt P eine Kurve auf die mit der Winkelgeschwindigkeit Ω um O sich dre-
B - 1.4 - Relativkinematik
54
hende Kreisscheibe zeichnet. Man berechne diese Kurve und die Relativgeschwindigkeit des Punktes P für einen Beobachter auf der Kreisscheibe.
α : = Ωt ,
r
r
r
r
r
r
e1 = cos α e x + sin α e y ,
e 2 = − sin α e x + cos α e y ,
r
r
r
r
r
r
e x = cos α e1 − sin α e 2 ,
e y = sin α e1 + cos α e 2 ,
r
r
r
OP = OA + AP = −he x + L cos ϕ e x + L sin ϕ e y ,
r
r
r
r
OP = (L cos ϕ − h ){cos α e1 − sin α e 2} + L sin ϕ {sin α e1 + cos α e 2},
r
vrel
r
r
OP = (L cos(ϕ − α ) − h cos α ) e1 + (L sin(ϕ − α ) + h sin α ) e 2 .
r
r
= {− L (ϕ˙ − Ω )sin(ϕ − α ) + hΩ sin α}e1 + {L (ϕ˙ − Ω )cos(ϕ − α ) + hΩ cos α}e 2 .
Spezialfall:
h = r,
L = r,
π
ϕ (0 ) = − ,
3
ϕ (t ) = −
π Ωt
1
Ωr ,
ϕ (t ) = − +
.
4
3 4
q1 = r {cos( 43 Ωt + π3 ) − cos(Ωt )},
π v0
+ t,
3 r
v0 =
q 2 = r {− sin( 43 Ωt + π3 ) + sin(Ωt )}.
q 2/r
1.0
0.5
0.0
q 1/r
-0.5
-1.0
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
Aufgabe 5
Auf einem mit der konstanten Geschwindigkeit v 0 fahrenden Fahrzeug ist eine
B - 1.4 - Relativkinematik
55
Leiter montiert, die nach den Gesetzen
b (t ) = 2v 0t ,
α (t ) = Ωt
bewegt wird. Man berechne die absolute Geschwindigkeit und die absolute Beschleunigung des Leiterendpunktes C.
C
L
r
e2
A
b(t)
B
r
e1
α(t)
v0
r
ey
O
r
ex
r
r
r
r
r
r
v A = v 0e x = v 0 (cos α e1 − sin α e 2 ),
a A = 0.
r
r
r
r
r
ω F : = α˙e 3 = Ω e 3 ,
ω˙ F = 0.
Berechnung der Absolutgeschwindigkeit in der bewegten Basis:
Führungsgeschwindigkeit von C:
r
r
r
r
r
r
r
r
v F = v A + ω F × AC = v A + Ω e 3 × (b (t ) + L )e1 = v A + Ω (b (t ) + L )e 2 ,
r
r
r
v F = v 0 cos(Ωt ) e1 + {−v 0 sin(Ωt ) + Ω (2v 0t + L )}e 2 .
Relativgeschwindigkeit von C:
r
r
r
vrel = b˙ e1 = 2v 0e1.
Absolutgeschwindigkeit von C:
r
vabs
r
r
r
vabs = v F + vrel ,
r
r
= {v 0 cos(Ωt ) + 2v 0}e1 + {−v 0 sin(Ωt ) + Ω (2v 0t + L )}e 2 .
Berechnung der Absolutgeschwindigkeit in der raumfesten Basis (O ist der Ursprung des xy −Koordinatensystems):
r
r
OC = OA + AC = OA + (b (t ) + L ){cos α e x + sin α e y}
r
r
r
r
r
r
vabs = v 0e x + 2v 0{cos α e x + sin α e y} + (2v 0t + L )Ω{− sin α e x + cos α e y},
B - 1.4 - Relativkinematik
56
r
r
r
vabs = {v 0 + 2v 0 cos α − Ω (2v 0t + L )sin α}e x + {2v 0 sin α + Ω (2v 0t + L )cos α}e x .
Berechnung der Absolutbeschleunigung in der bewegten Basis:
Führungsbeschleunigung des Punktes C:
r
r
r
r
r
a F = a A + ω˙ F × AC + ω F × (ω F × AC ),
r
r
a F = −ω F 2 AC = −Ω 2 (b (t ) + L )e1,
CORIOLISbeschleunigung des Punktes C:
r
r
r
r
r
r
a Cor = 2ω F × vrel = 2Ωb˙ e 3 × e1 = 4Ωv 0e 2 ,
Relativbeschleunigung des Punktes C:
r
r
r
a rel = b˙˙ e1 = 0,
Absolutbeschleunigung des Punktes C:
r
r
r
r
a abs = a F + a Cor + a rel ,
r
r
r
a abs = −Ω 2 (2v 0t + L )e1 + 4Ωv 0e 2 .
Berechnung der Absolutgeschwindigkeit in der raumfesten Basis:
r
r
a abs = v˙abs ,
r
r
r
a abs = {−4v 0Ω sin α − Ω 2 (2v 0t + L )cos α}e x + {4v 0Ω cos α − Ω 2 (2v 0t + L )sin α}e y .
Aufgabe 6
z
y
Ω
r
e3
A
P
ϑ (t)
r
e1
r
er
r
eϑ
P
r
e2
r
e1
A
Ωt
x
r
ez
O
Auf einem Halbkreisring (Radius R ), der sich um den vertikalen Durchmesser
mit der Winkelgeschwindigkeit Ω dreht, bewegt sich ein Punkt P nach dem Winkel-Zeit-Gesetz ϑ (t ) . Für einen mit dem Kreisring bewegten Beobachter berechne
B - 1.4 - Relativkinematik
57
man die Relativgeschwindigkeit und Relativbeschleunigung des Punktes P sowie
die absolute Geschwindigkeit und die absolute Beschleunigung, die ein raumfester Beobachter registriert.
r
r
r
er = sin ϑ e1 + cos ϑ e 3 ,
r
r
r
e z = cos ϑ er − sin ϑ eϑ ,
r
r
r
eϑ = cos ϑ e1 − sin ϑ e 3 ,
r
r
r
r
eϕ : = er × eϑ = e 2 .
→
r
r
r
AP = R (sin ϑ e1 + cos ϑ e 3 ) = R er ,
Führungswinkelgeschwindigkeit:
r
r
r
r
ω F = Ωe z = Ω (cos ϑ er − sin ϑ eϑ ).
Relativgeschwindigkeit und Relativbeschleunigung des Punktes P:
r
r
r
r
vrel = R ϑ˙ (cos ϑ e1 − sin ϑ e 3 ) = R ϑ˙ eϑ ,
r
r
r
r
r
r
r
a rel = R ϑ˙˙ (cos ϑ e1 − sin ϑ e 3 ) + R ϑ˙ 2 ( − sin ϑ e1 − cos ϑ e 3 ) = R ϑ˙˙ eϑ − R ϑ˙ 2er .
Führungsgeschwindigkeit und Führungsbeschleunigung des Punktes P:
→
r
r
r
r
r
r
v F = ω F × AP = Ω (cos ϑ er − sin ϑ eϑ ) × R er = RΩ sin ϑ eϕ ,
→
r
r
r
r
r
r
r
r
a F = ω F × (ω F × AP ) = Ω (cos ϑ er − sin ϑ eϑ ) × RΩ sin ϑ eϕ = RΩ 2 sin ϑ ( − cos ϑ eϑ − sin ϑ er ).
Coriolisbeschleunigung des Punktes P:
r
r
r
r
r
r
r
a Cor = 2ω F × vrel = 2Ω (cos ϑ er − sin ϑ eϑ ) × Rϑ˙ eϑ = 2RΩϑ˙ cos ϑ eϕ .
Absolutgeschwindigkeit und Absolutbeschleunigung des Punktes P:
r
r
r
vabs = v F + vrel ,
r
r
r
vabs = RΩ sin ϑ eϕ + Rϑ˙ eϑ ;
r
r
r
r
a abs = a F + a Cor + a rel ,
r
r
r
r
a abs = − R (ϑ˙ 2 + Ω 2 sin 2ϑ )er + R (ϑ˙˙ − Ω 2 sin ϑ cos ϑ )eϑ + 2RΩϑ˙ cos ϑeϕ .
Berechnung der Absolutgeschwindigkeit und der Absolutbeschleunigung im
raumfesten Bezugssystem:
B - 1.4 - Relativkinematik
sin ϑ cos(Ωt )
→
AP = R sin ϑ sin(Ωt ) ,
cos ϑ
a abs
58
r
vabs
ϑ˙ cos ϑ cos(Ωt ) − Ω sin ϑ sin(Ωt )
= R ϑ˙ cos ϑ sin(Ωt ) + Ω sin ϑ cos(Ωt ),
˙
−ϑ sin ϑ
ϑ˙˙ cos ϑ cos(Ωt ) − (ϑ˙ 2 + Ω 2 )sin ϑ cos(Ωt ) − 2ϑ˙Ω cos ϑ sin(Ωt )
2
2
˙˙
˙
˙
= R ϑ cos ϑ sin(Ωt ) − (ϑ + Ω )sin ϑ sin(Ωt ) + 2ϑΩ cos ϑ cos(Ωt ) .
2
˙˙
˙
−ϑ sin ϑ − ϑ cos ϑ
B - 2.1 - Graphische Statik
59
Aufgabe 1
F 4 = 200 N
F2 = 300 N
F3 = 300 N
F1 = 200 N
Man bestimme graphisch mit dem Seileck-Verfahren die Resultierende von vier
parallelen Kräften, die an einem starren Körper angreifen.
F3
(0)
F4
(3)
E
WL 1
(0)
C
(4)
WL 2 WL-Resultierende
A
(2)
Lageplan
(3)
D
Pol
(2)
F2
(1)
F1
WL 4
B
(1)
Kräftesumme
(4)
WL 3
(4)
(0)
200 N
Kräfteplan
Im Kräfteplan werden zunächst die Kraftvektoren maßstäblich als Vektorkette
dargestellt und nach Wahl eines zeichentechnisch möglichst günstigen Pol-Punktes die Pol-Strahlen (0),(1),...,(4) gezeichnet. Dann werden im Lageplan die Wirkungslinien WL1,..., WL 4 der Kräfte maßstabsgetreu dargestellt und durch einen
beliebigen Punkt A auf der WL1 eine Parallele zum Polstrahl (0) gelegt. Ebenfalls
durch A wird eine Parallele zum Polstrahl (1) gezeichnet, die WL 2 in B schneidet.
Durch B legt man eine Parallele zum Polstrahl (2), die WL 3 in C schneidet, durch
C eine Parallele zum Polstrahl (3) die WL 4 in D schneidet. Schließlich zeichnet
B - 2.1 - Graphische Statik
60
man durch D die Parallele zum Polstrahl (4) bis zum Schnittpunkt E mit der
durch A laufenden Parallelen zum Polstrahl (0). Der Punkt E ist ein Punkt auf der
Wirkungslinie der Resultierenden, deren Größe und Richtung dem Kräfteplan
entnommen werden kann.
Aufgabe 2
Man bestimme graphisch die Auflagerkräfte der statisch bestimmt gestützten
Platte, die durch eine Kraft 500 N belastet ist.
500 N
B
A
Im Lageplan müssen die Wirkungslinien der Last und der beiden Auflagerkräfte
r
r
A und B durch einen gemeinsamen Punkt gehen, und im Kräfteplan muß das
Krafteck geschlossen sein.
100 N
WL A
WL B
P
B
r
A = 580N
r
B = 360N
r
A
WL Last
geschlossenes
Krafteck
A
Lageplan
r
B
Kräfteplan
Aufgabe 3
Man bestimme graphisch die Auflagerkräfte der statisch bestimmt gestützten
Platte, die durch ein Moment M L belastet ist.
B - 2.1 - Graphische Statik
61
B
ML
A
Das Lastmoment wird durch ein statisch äquivalentes Kräftepaar
r
r
M r
M r
{F1 = L e F durch A , F2 = − L e F durch C ,}
h
h
ersetzt, von dem die Wirkungslinien der Kräfte im Lageplan eingetragen werden.
h
C
WL B
D
r
B
B
r
F1
r
F2
WL 1
r 2M
r
L
.
A =B=
3 h
WL 2
r
A
A
Lageplan
Kräfteplan
r r
Der Punkt D ist Angriffspunkt der Kräftesumme (B + F2 ) und in A greift die Kräfr r
tesumme ( A + F1 ) an. Diese beiden Kräftesummen sollen ein Gleichgewichtssystem bilden und müssen deshalb die gemeinsame Wirkungslinie AD haben und
im Kräfteplan ein geschlossenes Krafteck bilden.
Aufgabe 4
Man bestimme graphisch die Kräfte in den drei Stäben, die in den Punkten A, B
und C gelagert sind und die durch eine Kraft F belastete Platte statisch bestimmt
stützen.
B - 2.1 - Graphische Statik
62
B
A
F
C
WL F
B
r
B
E
A
F
C
D
r
A = 0,45 F ,
Lageplan
r
A
r
C
r
B = 0,85 F ,
r
C = 0,5F .
Kräfteplan
r r
Der Punkt E ist Angriffspunkt der Kräftesumme ( A + B ) und der Punkt D Anr r
griffspunkt der Kräftesumme (C + F ) . Diese beiden Kräftesummen bilden ein
Gleichgewichtssystem, wenn sie die gemeinsame Wirkungslinie DE haben und
entgegengesetzt gleich sind, also das Krafteck im Kräfteplan geschlossen ist.
Aufgabe 5
(3)
F
(2)
(1)
B - 2.1 - Graphische Statik
63
Man bestimme graphisch die Stabkräfte in den Stäben (1), (2) und (3) des statisch
bestimmt gestützten ebenen Fachwerks, das durch die Kraft F im Knotenpunkt B
belastet ist.
Lageplan
C
Kräfteplan
S3
WL F
(3)
F
(2)
S2
B
S1
(1)
S1 = 1,7 F (Druckstab)
S2 = 1,15F (Druckstab)
S3 = 2,25F (Zugstab)
r
r
r r
Die Kräftesumme (F + S1 ) greift im Punkt B und die Kräftesumme (S2 + S3 ) im
Punkt C an. Im Gleichgewichtsfall müssen beide Kräftesummen die gemeinsame
Wirkungslinie BC haben und das Krafteck muß sich schließen.
Aufgabe 6
m
F
g
m
Zwei Räder (Masse m ) sind über ein Seil miteinander verbunden und werden von
der Kraft F in der dargestellten Lage auf einer kreiszylindrischen Bahn im
Gleichgewicht gehalten. Man bestimme graphisch die Kraft F und die drei Reaktionskräfte.
B - 2.1 - Graphische Statik
64
G
T
F
T
G
N2
N1
G = mg
Geschlossene Kraftecke
für die zentralen Kräftesysteme
F
T
T
G
N1
rechtes Rad
N2
linkes Rad
F = 1,8G, T = 1,23G, N 1 = 3,7G, N 2 = 4,8G.
G
B - 2.2 - Ebene Statik - Einzelkörper
65
Aufgabe 1
Eine Blechplatte (Masse/Flächeneinheit: µ ) mit zwei Löchern ist in den Eckpunkten A und B gelagert. Man berechne die Auflagerkräfte.
B
µgπL
2
µg 48L
µg 4L
g
Bx
2
2
Ax
A
L
L
Ay
Kräftegleichgewicht und Momentengleichgewicht (Bezugspunkt A)
Ay + ( −48 + 4 + π )µgL2 = 0,
A x + B x = 0,
−6LB x + 2LπµgL2 + 5L 4 µgL2 − 4 L 48 µgL2 = 0;
Ay = (44 − π )µgL2 = 40, 86 µgL2 ,
Bx =
π − 86
µgL2 = −27, 62 µgL2 ,
3
Ax = −Bx .
Aufgabe 2
G = mg
L
a
h
α
AV
sinα =
S
b
h
L
AH
Die Lage des Schwerpunktes S im Fahrzeug (Masse: m ) soll bestimmt werden
aus zwei Messungen der Auflagerkraft AH am Hinterrad bei zwei Fahrzeugneigungen. Gegeben sind:
m = 520 kg,
L = 2 m,
B - 2.2 - Ebene Statik - Einzelkörper
66
AH = 2, 93 kN bei h = 0,
AH = 3,15 kN bei h = 0, 7m.
Vertikale Kräftesumme:
AV + AH − G = 0.
Momentengleichgewicht um Vorderachse:
AH L cos α − (a cos α + b sin α )G = 0.
Für h = 0 → α = 0 erhalten wir
AV = G − AH = 520 ⋅ 9, 81N − 2, 93 ⋅103 N = 2,17kN.
AH L − aG = 0
→
a=
AH
G
L=
2, 93 kN
2m = 1,15m.
5,10 kN
Für h = 0, 7 m → α = arcsin(h L ) = 20, 5o erhalten wir
AV = G − AH = 520 ⋅ 9, 81N − 3,15 ⋅103 N = 1, 95kN.
b=
cos α AH
0, 9367 3,15
(
L − a) =
(
2 − 1.15)m = 0, 23m.
sin α G
0, 35 5,10
Aufgabe 3
g
c1
a
c1x
x
m
b
A
G = mg
c2
B
c2 x
Eine homogene starre Platte hängt an zwei vertikal verschieblichen Auflagern, die
sich auf Federn abstützen. Die Federn sind für x = 0 entspannt. Man berechne
für den Gleichgewichtzustand die Absenkung der Auflager und die Auflagerkräfte.
Kräftegleichgewicht und Momentengleichgewicht (Bezugspunkt A):
B - 2.2 - Ebene Statik - Einzelkörper
67
− A + B = 0,
c1x + c 2 x − G = 0,
G
x=
a
+ Bb − c 2 xa = 0;
2
G
,
c1 + c 2
A = B =G
a c 2 − c1
.
2b c 2 + c1
Aufgabe 4
x
F
G
L
L
Ein starrer Balken (Länge 4L , Gewichtskraft G ), der durch drei starre Stäbe
(Masse vernachlässigbar klein) gestützt wird, ist mit einer Kraft F belastet. Man
berechne die drei Stabkräfte.
x
F
G
A
S2
S1
S3
L
L
Kräftegleichgewicht und Momentengleichgewicht (Bezugspunkt A):
→:
↑:
2
− S2
2
2
S1
+ S2
2
S1
2
+ S3
2
2
+ S3
2
2
= 0,
2
2
− F − G = 0,
2
− S1
2
2
L + S3
2L + F (2L − x ) = 0.
2
2
S1 − S2 + S3 = 0,
S1 + S2 + S3 = 2 (F + G ),
−S1 + 2S3 = − 2F (2 −
S3 = 2 (
G F F x
− +
),
6 2 3L
S1 = 2 (
x
).
L
G
F x
2
+F −
), S2 =
(F + G ).
3
3L
2
B - 2.2 - Ebene Statik - Einzelkörper
68
Aufgabe 5
Eine starre Platte (Gewichtskraft G ) ist im Punkt A gelenkig gelagert und wird in
r
B durch ein Seil gehalten, das den Winkel α mit der e x -Richtung bildet. Man berechne die Auflagerkraft und die Seilkraft.
A
B
L
r
ey
α
S
g
r
ex
Ay
T
L
α
Ax
r
ey
S
G
r
ex
Kräftegleichgewicht und Momentengleichgewicht (Bezugspunkt B):
A x + T cos α = 0,
Ay + T sin α − G = 0,
G
→
Ay =
G
,
2
L
− Ay L = 0;
2
Für α = 0 ist Gleichgewicht nicht möglich.
T =
G
,
2 sin α
Ax = −
G
.
2 tan α
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
69
Aufgabe 1
α
F
β
β
α
K
Für das Stabmodell einer Kniehebelpresse berechne man die Kraft K , die der gegebenen Kraft F am System das Gleichgewicht hält, und die Kräfte in den vier
Stäben.
α
S2
F
S2
S3
S3
β
A
B
S4
β
S4
S1
α
S1
K
Kräftgleichgewicht im Gelenkknoten B:
−S3 cos β + S 4 cos β = 0,
−S3 sin β − S 4 sin β − F = 0;
→
S3 = S 4 = −
F
.
2 sin β
Kräftegleichgewicht im Gelenkknoten A:
S3 cos β − S2 sin α − S1 sin α = 0,
S3 sin β + S2 cos α − S1 cos α = 0,
→
S1 = −
cos(α − β )F
cos(α + β )F
, S2 = −
.
2 sin(2α )sin β
2 sin(2α )sin β
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
70
Vertikales Kräftegleichgewicht im einwertigen Auflager:
S1 cos α + K = 0,
→
K=
cos(α − β )F
.
4 sin α sin β
Aufgabe 2
F
F
F
F
L
L
Man berechne die Auflagerkräfte und die Stabkräfte des ebenen Fachwerks.
F
F
F
F
Bx
By
L
L
Ay
Gleichgewichtsbedingungen für das Fachwerk:
B x = 0,
Ay + By − 4 F = 0,
B x = 0,
Ay =
Ay 3L − F 4 L − F 3L − F 2L − FL = 0;
10
F,
3
By =
Freikörperbild der Gelenkknoten:
F
F
S1
L
S2
L
F
S5
S6
10
F
3
S12
S8
S4
S3
F
S7
S9
S10
S11
S13
2
F
3
2
F.
3
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
71
Gleichgewichtsbedingungen für die zentralen Kräftesysteme in den Gelenkknoten:
→:
↑:
→:
↑:
→:
↑:
S1 +
2
S = 0,
2 2
2
−
S − F = 0;
2 2
→:
S 4 − S1 = 0,
↑:
− S3 − F = 0;
S2 = − 2F ,
S1 = F ;
S3 = − F ,
2
2
S2 +
S + S6 = 0,
2
2 5
2
2
10
S2 + S3 +
S5 +
F = 0;
2
2
3
S4 = F ;
−
→:
− S6 + S10 = 0,
↑:
S7 = 0;
S5 = −
S7 = 0,
2
2
S5 +
S + S8 = 0,
2
2 9
2
2
−
S5 − S7 −
S − F = 0;
2
2 9
− S4 −
→:
− S8 + S12 = 0,
↑:
− S11 − F = 0;
→:
− S10 −
S10 =
S8 = −
S11 = − F ,
2
2
S9 +
S = 0,
2
2 13
4 2
F,
3
1
F;
3
1
F;
3
2
F,
3
S12 = −
S13 =
S6 =
S9 =
2
F;
3
2
F;
3
2 2
F.
3
Stabkräfte mit positivem (negativem) Vorzeichen kennzeichnen Zugstäbe (Druckstäbe).
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
72
RITTERsches Schnittverfahren:
Mit dem RITTERschen Schnittverfahren kann man gezielt die Stabkräfte in drei
Stäben berechnen, die eine Verbindung von zwei starren Teilfachwerken bilden.
F
F
F
F
S8
2
F
3
S9
L
S10
L
Gleichgewichtsbedingungen für das rechte Teilfachwerk:
2
S − S10 = 0,
2 9
2
2
S9 − F + F = 0,
2
3
2
S8 L + FL = 0;
3
−S 8 −
S8 = −
2
F,
3
S9 =
2
F,
3
S10 =
1
F.
3
Aufgabe 3
Für das ebene System starrer Körper berechne man die Auflagerkräfte und die
Stabkräfte. Die Masse der Stäbe sei vernachlässigbar klein.
S
4m
g
m
L
A
B
L
2m
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
73
S6
T2
T2
4G
S1
S3
S6
S5
S5
S4
G = mg
y
S1
Ax
Ay
S4
S3
S2
S2
T1
T1
By
x
2G
Gleichgewichtsbedingungen für das Gesamtsystem:
A x = 0,
Ay + By − 4G − G − 2G = 0,
→ A x = 0,
By = 9G ,
Ay = −2G .
By 2L − 4GL − G 4 L − 2G 5L = 0;
Gleichgewichtsbedingungen in den Auflagerknoten A und B:
A x + S2 = 0,
Ay + S1 = 0,
By + S 4 + S 3
2 = 0,
− S2 − S3
S2 = 0,
S1 = 2G ,
S3 = 0,
→
2 = 0;
S 4 = −9G ;
Gleichgewichtsbedingungen für die drei starren Körper:
T1 − 2G = 0,
−T2 − S5 − S6
S6
→
T1 = 2G ;
2 = 0,
2 − G − T1 = 0,
→
T2 = 2G ,
S6 = 3 2G ,
S5 = −5G ;
T2L − T1L = 0;
S3
−S1 − S3
2 + S5 + S 6
2 − S 4 − S6
2 + T2 = 0,
2 − 4G = 0,
−4GL − S 4 2L − T2L − S6 2L 2 = 0.
(nur noch als Test)
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
74
Aufgabe 4
g
L,m
β
k
k
kα
G
α
L,m
k (β − α )
α = β = 0: Drehfedern entspannt
G
Man berechne die Gleichgewichtslage der beiden Stäbe, die in den Gelenken
durch zwei Drehfedern gestützt werden. Man setze insbesondere
k = mgL = GL .
Momentengleichgewicht des rechten Stabes:
L
k ( β − α ) − G sin β = 0,
2
α=β−
Momentengleichgewicht des gesamten Systems:
L
L
kα − G cos α − G (L cos α + sin β ) = 0,
2
2
β = 2α −
α−
α−
1
sin β .
2
3
1
cos α − sin β = 0.
2
2
3
cos α ,
2
3
1
3
cos α − sin(2α − cos α ) = 0.
2
2
2
Lösung der nichtlinearen Gleichung:
α = 1.1338 = 64, 96o ,
β = 1.6327 = 93, 55o.
Aufgabe 5
Die dargestellte Vorrichtung dient als Zugkraftbegrenzer: Wenn die auf den Bolzen wirkende Scherkraft einen maximalen Wert Q max erreicht, wird der Bolzen
abgeschert und die Zange öffnet sich. Man berechne die maximal mögliche Zugr
kraft und die Kraft K auf den Gelenkbolzen.
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
75
α
α
a
F
F
h
b
c
d
Ky
α
A
T
Q
Kx
A
α
α
F
A
Kx
F
Q
T
A
Ky
α
Gleichgewichtsbedingungen für die freigeschnittenen Körper unter Beachtung der
Symmetrie:
− A + K x + T cos α = 0,
K y + Q − T sin α = 0,
− F + 2 A = 0,
F − 2T cos α = 0.
Aa + Qc − T cos α h − T sin α (c + d ) = 0,
Ergebnisse:
A=
Q=
F
,
2
T =
F
,
2 cos α
h + (c + d ) tan α − a
F,
2c
Fmax =
Ky =
K x = 0,
a − h − d tan α
F.
2c
2c
Q .
h + (c + d ) tan α − a max
Aufgabe 6
Auf einer Hebebühne (Masse m1) liegt ein Ladegut (Masse m 0 ). Die Hubstangen
(Länge 2L , Masse m 2 ) sind in C gelenkig verbunden. Man berechne die Kraft
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
76
F (α ) , mit der das System im Gleichgewicht gehalten werden kann und alle Kräfte
in den Gelenkpunkten A, B, C, D und E.
G = (m 0 + m1 )g
b
m0
m1
g
B
A
L
L
C
L
F (α )
D
L
α
α
E
G
Bx
Ay
By
Cy
Ay
Cx
Cy
Ey
G2
Bx
By
Dy
Ex
G2
F
Cx
Gleichgewichtsbedingungen für die äußeren Kräfte am Gesamtverband:
E x + F = 0,
E y + Dy − G − 2G 2 = 0,
Gb + 2G 2L cos α − Dy 2L cos α = 0;
Dy = G 2 +
b
G,
2L cos α
E y = G 2 + (1 −
F = −E x .
b
)G .
2L cos α
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
77
Gleichgewichtsbedingungen für den Hubtisch mit Last:
B x = 0,
Ay + By − G = 0,
Gb − Ay 2L cos α = 0;
B x = 0,
Ay =
b
G,
2L cos α
By = (1 −
b
)G .
2L cos α
Gleichgewichtsbedingungen für die Hubstange AE:
−C x + E x = 0,
− Ay − Cy + E y − G 2 = 0,
Ay 2L cos α + C x L sin α + Cy L cos α + G 2L cos α = 0;
Cy = (1 −
b
)G ,
L cos α
Cx = E x = −
G + G2
tan α
F (α ) =
.
G + G2
tan α
.
Gleichgewichtsbedingungen für die Hubstange BD:
(nur noch zur Kontrolle)
B x + C x + F = 0,
− By + Cy + Dy − G 2 = 0,
Cy L cos α − C x L sin α − By 2L cos α + B x 2L sin α − G 2L cos α = 0.
Aufgabe 7
Drei gelenkig miteinander verbundene starre Körper sind im Punkt A aufgehängt.
Unter Beachtung der Symmetrie berechne man die beiden Gleichungen für die
Winkel α und β in der Gleichgewichtslage.
A
L
L
L
α
α
m
β
g
L
m
2L
4m
β
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
78
F
α
By
L 2
By
4G
L
L 2
L
Bx
Bx
G
Bx
By
Gleichgewichtsbedingungen der freigeschnittenen Körper:
− B x + F cos α = 0,
− By − G + F sin α = 0,
2By − 4G = 0,
G
L
cos β + By L cos β − B x L sin β = 0.
2
Reaktionskräfte:
By = 2G ,
Bx =
5 cos β
G
,
2 sin β
F = 3G
1
.
sin α
Gleichungen für die Neigungswinkel:
B x = F cos α
→
tan α 6
= .
tan β 5
Geometrische Bedingung:
L cos β + L cos α = L .
Damit erhalten wir für den Winkel α die nichtlineare Gleichung
tan α − sin α
6
= .
2 cos α − cos2 α 5
→
α = 1, 0862 = 62, 2o
β = 1, 0073 = 57, 7o.
Aufgabe 8
L
E
L
C
F
D
A
B
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
79
Das aus drei starren Stäben bestehende System ist mit der Kraft F belastet. Man
berechne die Auflagerkräfte im Auflager A, die Stabkraft im Stab BC, die Kraft im
Seil DE sowie die Kräfte im Gelenk C.
Cy
Cx
Cx
Dy
Ay
Dy
Cy
F
B
Ax
Cx −
A x − C x = 0,
B
− F = 0,
2
Dy L − F 2L = 0.
Ay + Dy − Cy = 0,
− D y + Cy +
C x 2L − Cy 2L + Dy L = 0;
C x − Cy = − F ,
D y = 2F ,
Cx = F ,
C x + Cy = 3 F ,
Ax = F ,
B
= 0,
2
Ay = 0,
Cy = 2 F ,
B = 2 F.
Aufgabe 9
x
G
a
b
c
Q
d
e
Wie müssen die Abmessungen einer Brückenwaage gewählt werden, wenn die
Kraft G , die einer Last Q das Gleichgewicht hält, unabhängig sein soll von der
Position x der Wirkungslinie der Last?
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
80
x
S1
G
K
S2
b
a
Q
S1
S2
c
K
e
d
Gleichgewichtsbedingungen:
Ga − S1b − S2 (b + c ) = 0,
S1 + K − Q = 0,
K (c + d ) − Qx = 0,
Ke − S2 (d + e ) = 0.
Innere Reaktionskräfte:
x
K =Q
,
c +d
S1 = Q (1 −
x
xe
), S2 = Q
.
c +d
(c + d )(d + e )
Q
xb
xe (b + c )
Q
x
e (b + c )
{b −
+
} = {b −
(b −
)};
a
c + d (c + d )(d + e )
a
c +d
d +e
G=
G wird unabhängig von x , wenn
b (d + e ) = e (b + c )
→
bd = ec .
Aufgabe 10
y
g
C
L
S1
S2
L
A
30o
30o
x
B
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
81
Zwei homogene starre Platten (Gewichtskräfte: 3G und 2G ) sind in den Punkten
A, B und C gelenkig gelagert. Man berechne die inneren und äußeren Reaktionskräfte.
Koordinaten der Schwerpunkte und der Gelenkpunkte:
x S = 3L
1
3
1 3 3 −1
−L =
L,
2
2
2
x C = 6L
x B = x C + 4L
1
3
= 3 3L ,
2
1
3 3+ 3
+L
=
L,
2
2
2
yC = 6L
1
= 3L ,
2
3
1 8 3 −1
−L =
L,
2
2
2
yS = yC − 2L
1
3 4− 3
−L
=
L,
2
2
2
3
1
− 2L = (5 3 − 1)L ,
2
2
y B = yC − 4 L
1
3
− 2L
= (1 − 3 )L .
2
2
x S = x C + 2L
2
yS = 3 L
2
Cy
Cx
Cx
Cy
3G
Ay
2G
Ax
By
Bx
Kräfte-Gleichgewichtsbedingungen für das Gesamtsystem und den linken Körper:
A x + B x = 0,
A x + C x = 0,
Ay + By − 5G = 0;
Ay + Cy − 3G = 0.
Momenten-Gleichgewichtsbedingungen für die beiden Körper, Bezugspunkt C:
A x yC − Ay x C + 3G ( x C − x S ) = 0,
1
B x (yC − y B ) + By ( x B − x C ) − 2G ( x S − x C ) = 0;
2
2 A x − 2 3 Ay = −(3 3 + 1)G ,
A x (2 + 3 ) + Ay (2 3 − 1) = (8 3 − 4)G ;
Ergebnisse:
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
82
A x = 1, 057 G ,
Bx = Cx = − Ax ,
Ay = 2, 3990 G ;
By = 2, 6010 G ,
Cy = 0, 6010 G .
Aufgabe 11
Für das dargestellte Rad-Achsen-System berechne man unter Beachtung der
Symmetrie die Kraft im Gelenkpunkt A und die Länge der Feder (Federsteifigkeit
c ) im belasteten Zustand, wenn L 0 die Länge der entspannten Feder ist.
G1 + FL
G2
c
G2
c
S1
A
S2
LA
LF
L2
LR
G1 + FL
K
K
Ay
Ay
Ay
K
G2
N
Kräfte-Gleichgewichtsbedingungen am Rahmen und an der Achse:
2 Ay + 2K − (FL + G1 ) = 0;
N − Ay − K − G 2 = 0;
N = G2 +
1
(G + FL ).
2 1
B - 2.3 - Ebene Statik - Körperverbände
83
Momenten-Gleichgewichtsbedingungen an der Achse:
N (L A + L R ) − K (L A + L F ) − G 2 (L A + L 2 ) = 0;
K=
K=
N (L A + L R ) − G 2 (L A + L 2 )
L A + LF
,
G 2 (L R − L 2 ) + (G1 + FL )(L A + L R ) 2
L A + LF
Bei dieser Kraft ist die Feder um ∆L zusammengedrückt:
K
c ∆L = K ,
∆L = .
c
Länge der belasteten Feder:
K
L = L 0 − ∆L = L 0 − .
c
;
B - 2.4 - Haftreibung
84
Aufgabe 1
A
α
b
L
L
S1
g
h
µ0
r
S2
µ0
Eine starre Stange (Länge 2L , Masse m1) liegt unter einem Winkel α auf einer
Kreisscheibe (Radius r , Masse m 2 ), die auf einer horizontalen Fläche steht. In
den Kontaktpunkten der Kreisscheibe sei µ0 der Haftreibungskoeffizient. Man be-
rechne die Kräfte in den Kontaktpunkten und die Bedingung für den Winkel α ,
unter der Gleichgewicht möglich ist.
A
α
b
α
N1 α
H1
G1
H1 N1
c
G2
C
c
N2
Geometrische Zwangsbedingung:
b sin α + r cos α = h
→ b=
Gewichtskräfte:
h − r cos α
.
sin α
G1 = m1g , G 2 = m 2 g.
Gleichgewichtsbedingung für die Stange:
Momentengleichgewicht bezogen auf A:
G1L cos α − N1b = 0,
→
N1 = G1
L
cos α .
b
Gleichgewichtsbedingungen für die Kreisscheibe:
Momentengleichgewicht bezogen auf S2 :
H 2r − H1r = 0,
→
H 2 = H1.
H2
B - 2.4 - Haftreibung
85
Momentengleichgewicht bezogen auf C (C = Schnittpunkt der Wirkungslinien der
Kräfte H1 und H 2 ):
N 2c − G 2c − N1c = 0,
→
N 2 = G + N 1.
Momentengleichgewicht bezogen auf den unteren Kontaktpunkt der Kreisscheibe:
(H1 cos α + N1 sin α )(r + r cos α ) + (H1 sin α − N1 cos α )r sin α = 0,
H1(1 + cos α ) + N1 sin α = 0.
Kräfte in den Kontaktpunkten:
L
N1 = G1 cos α ,
N 2 = G 2 + N 1,
b
H1 = H 2 = −G1
L sin α cos α
.
b 1 + cos α
Haftbedingung im Kontaktpunkt Stange/Kreisscheibe:
L sin α cos α
L
H1 ≤ µo N1 → G1
≤ µoG1 cos α ,
b 1 + cos α
b
sin α
≤ µo
1 + cos α
→ tan
α
≤ µo ,
2
α ≤ 2arctan µo .
Weil H 2 = H1 aber N 2 > N1 ist, gilt H 2 < µ0 N 2 .
Aufgabe 2
L
S1
µ0 = 0,4
r
m
S2
m
L
g
µ0 = 0,2
x
Der gelenkig gelagerte Quader (Masse m , Kantenlänge L ) drückt einen Kreiszylinder (Masse m , Radius r ) gegen eine vertikale Wand. Wie groß muß x mindestens sein, damit der Kreiszylinder nicht nach unten wegrutscht?
B - 2.4 - Haftreibung
86
H1
x
H2
N2
N1
N2
mg
mg
H2
N1 − N 2 = 0,
H1 + H 2 − mg = 0,
N 2 x − mg
H1r − H 2r = 0;
H1 = H 2 =
mg
,
2
L
= 0,
2
N1 = N 2 = mg
H1 ≤ 0, 4 N1 → x ≤ 0, 4 L ,
H 2 ≤ 0, 2N 2
L
;
2x
→ x ≤ 0, 2L ,
x ≤ 0, 2L .
Aufgabe 3
y
ϕ
m
S
A
L
m
x A = rϕ
x
k
g
L
B
r
µ0
Eine starre Kreisscheibe (Masse m , Radius r ) ist in B mit einer starren Stange
AB (Länge 2L , Masse m ) drehbar gelenkig verbunden. Zwischen Stange und
Kreisscheibe ist in B eine linear elastische Drehfeder geschaltet (Drehfederkonstante k ), die in der dargestellten Lage entspannt ist. Wenn im Punkt A eine nach
rechts gerichtete Kraft F angreift, ergibt sich eine Gleichgewichtslage, in der der
Punkt A um x nach rechts verschoben, das Rad um den Winkel ϕ gedreht und
die Drehfeder gespannt ist. Man berechne x und ϕ in dieser Gleichgewichtslage.
Wie groß darf F höchstens sein, damit das Rad nicht rutscht?
B - 2.4 - Haftreibung
87
By
Ay
Bx
L
F
By
L
kϕ
Bx
kϕ
mg
mg
H
F + B x = 0,
− B x − H = 0,
Ay + By − mg = 0,
N − mg − By = 0,
By 2L − mgL − kϕ = 0;
kϕ − Hr = 0.
Bx = −F ,
Fr
ϕ=
,
k
1
r
(mg + F ),
2
L
By =
N
xA
Ay =
H ≤ µo N
H = F,
Fr 2
= rϕ =
.
k
1
r
(mg − F ),
2
L
→
F≤
N=
3 µomgL
2L − µor
1
r
(3mg + F ),
2
L
.
Aufgabe 4
m
r
G = mg
g
µ0
m
M
N1
*
H1
H1
N1
M
*
G
r
µ0
H2
N2
B - 2.4 - Haftreibung
88
Zwei Kreiszylinder (Masse m , Radius r ) sollen in der angegebenen Lage unter der
Momentenbelastung M * im Gleichgewicht sein, wobei µ0 < 1 angenommen wird.
Man berechne den Bereich für das Lastmoment M * , in dem Gleichgewicht möglich ist.
N1r − Gr − H1r = 0,
H1 − H 2 = 0,
→
N 2 − N1 − G = 0,
H1 = H 2 =
M*
,
2r
M * − H1r − H 2r = 0.
M*
,
2r
M*
N 2 = 2G +
.
2r
N1 = G +
| H1| ≤ µo N1 → | M *| ≤ µo (2Gr + M *),
| H 2| ≤ µo N 2
→ | M *| ≤ µo (4Gr + M *),
| M *| − µo M * ≤ µo 2Gr ;
M * > 0: → M * ≤
µo 2Gr
,
1 − µo
−
M * < 0: → | M * | ≤
µo 2Gr
,
1 + µo
µo 2Gr
µ 2Gr
.
≤ M* ≤ o
1 + µo
1 − µo
Aufgabe 5
3r m
r
A
B
2r
2r
6r m
2r
g
2m
O
Ein in O drehbar gelagerter Winkelhebel (Masse 2m ) stützt sich in B auf einer in
A drehbar gelagerten Kreisscheibe ab. In einem Seil, das am Winkelhebel befestigt und auf der in A gelagerten Scheibe aufgewickelt ist, hängt ein Kreisring
(Masse 2m ). Im Kontaktpunkt B ist die Haftreibungsziffer µ0 = 0, 5 gegeben. Man
berechne, wieviel Prozent der maximal möglichen Haftreibungskraft in B im
Gleichgewichtsfall erforderlich sind.
B - 2.4 - Haftreibung
89
H
mg
N
N
T1
mg
A
H
T2
T1
T2
O
2mg
Gleichgewichtsbedingungen für den Kreisring:
T1 + T2 − 2mg = 0,
T2 2r − T12r = 0;
→
T1 = T2 = mg.
Momentengleichgewichtsbedingungen für den Hebel:
N 6r − T13r − mg 3r − H 6r = 0,
→
N − H = mg.
Momentengleichgewichtsbedingungen für die in A gelagerte Scheibe:
T2 2r − H 3r = 0,
→
H=
2
mg.
3
Daraus folgt
N=
Maximal mögliche Haftreibungskraft:
H erforderlich
H max
2
mg
4
= 3
= .
5
mg 5
6
5
mg.
3
H max = µ0 N =
→
5
mg.
6
80% wird genutzt.
Aufgabe 6
Eine starre Stange BC ist in B und C gelenkig gelagert. Die Kreisscheibe (Radius
r , Gewichtskraft G ) wird im Berührungspunkt mit der horizontalen Ebene durch
Haftreibung festgehalten. Für welche Winkel α tritt Selbsthemmung auf?
B - 2.4 - Haftreibung
90
F
B
C
b
G
α
L
g
r
r
µ0
Cy
F
B
Cy
b
Cx
Cx
L
r
H
Cy L − Fb = 0,
Cy = F
G
N
b
;
L
b sin α
b
= − F tan(α / 2) = − H ,
L 1 + cos α
L
b
N =G +F ,
L
−C x − H = 0,
Cx = −F
−Cy − G + N = 0,
Cyr sin α + C x (r + r cos α ) = 0;
H ≤ µo N
→
α
→ F
F≤
b
b
tan(α / 2) ≤ µ0 (G + F ),
L
L
µ0GL
b{tan(α / 2) − µ0}
Selbsthemmung: tan(α / 2) ≤ µ0
,
→ α ≤ 2 arctan( µ0 ).
Aufgabe 7
Zwei im Punkt A gelenkig miteinander verbundene Stangen (Länge L , Masse m )
sollen auf einer horizontalen Ebene so aufgestellt werden, daß mindestens dreifache Sicherheit gegen Abrutschen besteht. Man berechne den erforderlichen Winkel α .
B - 2.4 - Haftreibung
91
A
A
g
L
αα
L
L
αα
G
µ0
µ0
L
G
H1
H2
N1
N2
Kräftesummenbedingung für das Gesamtsystem:
H1 − H 2 = 0,
N1 + N 2 − 2G = 0,
Momentengleichgewichtsbedingungen für die beiden Stangen, bezogen auf den
Gelenkpunkt A:
L
− N1L sin α + H1L cos α + G sin α = 0,
2
L
N 2L sin α − H 2L cos α − G sin α = 0.
2
Es ergibt sich zunächst die erwartete Symmetrie des Kräftesystems:
H1 = H 2 ,
N1 = N 2 .
Damit wird dann
N1 = G ,
Aus der Sicherheitsforderung folgt:
1
H1 ≤ µo N1,
3
H1 =
→
1
G tan α .
2
2
α ≤ arctan( µo ).
3
Aufgabe 8
Zwei starre Stangen sind durch ein reibungsbehaftetes Gelenk miteinander verbunden und werden durch die horizontale Kraft F im Gleichgewicht gehalten.
Man berechne den Gleichgewichtsbereich für die Kraft F .
r
Der Angriffspunkt der inneren Reaktionskraft C ist unbekannt und deshalb auch
das Versatzmoment M C .
B - 2.4 - Haftreibung
β
92
Cy
β
Cy
Cy
Cy
Cx
Cx
r
r
Cx
r
r
Cx
β =?
MC
MC
Statisch äquivalente Wechselwirkung im Gelenk.
Cy
Cx
Cx
g
L
A
L
L
G
G
α
MC
MC
Cy
G
L
B
α
G
F
F
Ay
Ax
By
Gleichgewichtsbedingungen:
A x − C x = 0,
Ay + Cy − G = 0,
−GL cos α + C x 2L sin α + Cy 2L cos α − M C = 0;
C x − F = 0,
By − Cy − G = 0,
GL cos α − C x 2L sin α + Cy 2L cos α + M C = 0.
Ergebnisse:
Cx = F ,
Cy = 0,
By = G ,
Ax = F ,
M C = F 2L sin α − GL cos α .
Ay = G ,
B - 2.4 - Haftreibung
93
MC
MC
r
r
r
Cx
r
Cx
MC
MC
r
r
Haftbedingung:
1
M ≤ µ0 C x ,
r C
F 2 sin α − G cos α ≤ µ0
r
F,
L
r
≤ G cos α ,
L
F≤
G cos α
;
2 sin α − µ0r / L
r
,
L
F≥
G cos α
;
2 sin α + µ0r / L
F 2 sin α > G cos α :
→
F 2 sin α − µ0 F
F 2 sin α < G cos α :
→
G cos α ≤ F 2 sin α + µ0 F
Gleichgewichtsbereich für die Kraft F :
G cos α
G cos α
.
≤F ≤
2 sin α + µ0r / L
2 sin α − µ0r / L
Aufgabe 9
Im Abstand x vom Schwerpunkt der Kreisscheibe greift eine vertikale Kraft F an.
In welchem Wertebereich kann F variieren, wenn die Kreisscheibe im Gleichgewicht bleiben soll? Für welche Abstandswerte x entsteht Selbsthemmung?
T
F
F
m
G = mg
g
µ0
r
x
x
H
N
Gleichgewichtsbedingungen:
B - 2.4 - Haftreibung
94
−T + H = 0,
−G − F + N = 0,
T 2r − Fx = 0.
T =F
x
,
2r
H =F
x
,
2r
N = G + F.
Haftkraftbedingung:
F
x
≤ µo (G + F ),
2r
→
F(
x
− µo ) ≤ µoG .
2r
Zulässiger Variationsbereich der Kraft F , wenn x > 2rµ0 ist:
µoG
.
x
− µo
2r
0<F <
Selbsthemmung
⇒ x ≤ 2rµo .
Aufgabe 10
Eine Kreisscheibe (Masse m , Radius r ) ist im Mittelpunkt C gelenkig mit einer
starren Stange (Masse m , Länge 2L ) verbunden. In den Punkten A und B sind
die Haftreibungskoeffizienten µ0 gegeben. Die Kreisscheibe wird mit einem Moment M * belastet. Wie groß darf M * höchstens sein, wenn das System im
Gleichgewicht sein soll?
y
M
*
g
m
L
C
µ0
m
r
S
β
A
M
*
G = mg
Cx
r
Ay
x
Cy
Cx
Ax
µ0
B
Cy
G
L
By
β
Bx
B - 2.4 - Haftreibung
95
Gleichgewichtsbedingungen:
C x − A x = 0,
Ay − Cy − G = 0,
M * − A x r = 0;
−C x − B x = 0,
Cy + By − G = 0,
By 2L cos β − B x 2L sin β − GL cos β = 0.
Äußere und innere Reaktionskräfte:
M*
,
r
M*
Cx =
,
r
M*
Bx = −
,
r
Ax =
1
M*
G−
tan β ,
2
r
1
M*
Cy = G +
tan β ,
2
r
3
M*
Ay = G +
tan β .
2
r
By =
Haftkraftbedingungen:
A x ≤ µo Ay
→
M*≤
B x ≤ µ 0 By
→
M*≤
M*
3
M*
≤ µ0 ( G +
tan β )
r
2
r
µ0
3
Gr
,
2 1 − µ0 tan β
M*
1
M*
≤ µ0 ( G −
tan β ),
r
2
r
µ0
1
Gr
.
2 1 + µ0 tan β
Beide Haftkraftbedingungen sind erfüllt, wenn
µ0
1
M * ≤ Gr
.
2 1 + µ0 tan β
B - 2.5 - Räumliche Statik
96
Aufgabe 1
Ein homogener Kreisring (Gewichtskraft G ) hängt an drei gleich langen Seilen.
Man berechne die drei Seilkräfte.
z
z
A
A
g
1
1
3
S1
2
3
2
α
α
α
x
S2
γ
β
S3
G
y
(zentrales Kräftesystem)
Gleichgewichtsbedingungen:
− cos α cos β
cos α sin γ 0 0
0
S1 cos α + S2 − cos α sin β + S3 − cos α cos γ + 0 = 0.
sin α
sin α
−G 0
sin α
Aus der zweiten und der dritten Gleichung folgt:
S1 − S2 sin β − S3 cos γ = 0,
S1 + S2 + S3 =
G
.
sin α
Nach Elimination der Kraft S1 erhalten wir:
G
,
sin α
−S2 cos β + S3 sin γ = 0,
S2 (1 + sin β ) + S3 (1 + cos γ ) =
also mit:
η: = sin α (sin γ + cos β + cos(β − γ )) ,
S1 =
cos(β − γ )
G,
η
S2 =
sin γ
G,
η
S3 =
cos β
G.
η
Aufgabe 2
Der Deckel (Gewichtskraft G ) einer Kiste ist um den Winkel α geöffnet und wird
B - 2.5 - Räumliche Statik
97
von einem Stab (Masse vernachlässigbar) gestützt. Man berechne die Stützkraft
und die Reaktionskräfte in den Lagern des Deckels.
D
L
L
z
y
S
g
B
L
A
α
L
C
x
Lager A: dreiwertig
Lager B: zweiwertig
cos α − 1
CD = AD − AC = L 1 ,
sin α
r
eCD
CD = L 3 − 2 cos α ,
cos α − 1
1
=
1 .
3 − 2 cos α
sin α
K
Az
Ax
S
G
Bx
Bz
Ay
Kräftegleichgewicht:
A x B x 0
K
A + 0 + 0 +
y
3 − 2 cos α
A B −G
z z
cos α − 1 0
1 = 0,
sin α 0
B - 2.5 - Räumliche Statik
98
Momentengleichgewicht bezogen auf den Punkt C:
− L A x − L B x − L + (L 2)cos α 0 0
L
0 × Ay + 2L × 0 +
× 0 = 0,
0 Az 0 Bz (L 2)sin α −G 0
2LBz − LG = 0,
cos α
) = 0,
2
− LAy − 2LB x = 0.
LAz + LBz − GL (1 −
Ergebnisse:
Bz =
Ay = −
G
,
2 tan α
G
,
2
Az =
K =G
3 − 2 cos α
,
2 tan α
Bx =
G
(1 − cos α ),
2
G
,
4 tan α
Ax =
G
1
( − cos α ).
2 tan α 2
Aufgabe 3
Eine Spindel ist über eine Spindelmutter mit zwei Stäben verbunden, deren Endpunkte A horizontal beweglich gelagert sind. Das an der Spindel angreifende Moment steht im Gleichgewicht mit den Kräften F in A.
M
r
L
B
B
α
α
L
β
F
A
A
F
B - 2.5 - Räumliche Statik
99
Das Spindelgewinde habe den wirksamen Radius r und den Steigungswinkel β .
Der Haftreibungswinkel ρ0 sei kleiner als β . Man berechne die in den Lagern wirkenden Reaktionskräfte und den Gleichgewichtsbereich. Die Lager A und B seien
so konstruiert, daß sie auch Momente um eine vertikale Achse übertragen können.
r
By
µ0 ∆N
M
MB
∆N
MB
By
µ0 ∆N
Bx
∆N
r
Bx
Bx
MB
β
Bx
MB
α B
y
By
α
Ay
Ay
F
F
C
MA
MA
Das Freikörperbild bezieht sich auf den Grenzfall: Gerade noch keine Abwärtsbewegung der Spindelmutter (Vergrößerung des Winkels α ).
Kräftegleichgewicht an der Spindel in vertikaler Richtung:
C + ∑ ( ∆N cos β − µ0 ∆N sin β ) = 0,
→ C = − ∑ ∆N (cos β − µ0 sin β );
Momentengleichgewicht um die Spindelachse:
M − ∑ (r∆N sin β + rµ0 ∆N cos β ) = 0
∑ ∆N =
C=−
→
M
= ∑ ∆N (sin β + µ0 cos β );
r
M
1
.
r sin β + µ0 cos β
M cos β − µ0 sin β
M 1 − tan ρ0 tan β
M
1
=−
=−
.
r sin β + µ0 cos β
r tan β + tan ρ0
r tan(β + ρ0 )
Kräftegleichgewicht an der Spindelmutter in vertikaler Richtung:
1
2By + ∑ ( − ∆N cos β + µ0 ∆N sin β ) = 0,
→
By = ∑ ∆N (cos β − µ0 sin β ),
2
By =
1 M cos β − µ0 sin β 1 M
1
=
;
2 r sin β + µ0 cos β 2 r tan(β + ρ0 )
B - 2.5 - Räumliche Statik
100
Momentengleichgewicht an der Spindelmutter um die vertikale Achse:
1
2M B − ∑ (r∆N sin β + rµ0 ∆N cos β ) = 0,
→
MB = M.
2
Kräftegleichgewicht am linken Hebel:
F − B x = 0,
Ay − By = 0;
Momentengleichgewicht am linken Hebel:
M A − M B = 0,
B x L cos α − By L sin α = 0;
B x = By tan α ,
M A = MB,
Ay = B y ,
F =
1M
tan α
.
2 r tan(β + ρ0 )
Ergebnis für den Grenzfall: Spindelmutter bewegt sich gerade noch nicht aufwärts:
1M
tan α
F =
.
2 r tan(β − ρ0 )
Gleichgewichtsbereich:
1M
tan α
1M
tan α
.
≤F ≤
2 r tan(β + ρ0 )
2 r tan(β − ρ0 )
Aufgabe 4
Der Handgriff eines Handbohrers soll so gehalten werden, daß er sich nicht drehen kann und nur in vertikaler Richtung beweglich bleibt. In dieser Richtung
wirkt die Druckkraft F02 , und an der Handkurbel senkrecht zum Hebel (Länge h )
greift die Kraft F01 an. Unter dieser gegebenen Last wird der Bohrer an der Bohrerspitze im Koordinatenursprung von einer vertikalen Kraft F1 und einem um die
z -Achse drehenden Moment M1 im Gleichgewicht gehalten. Die Positionen der
Kraftangriffspunkte A, B, C, D und H sind durch die folgenden Ortsvektoren gegeben:
r
r
OA = (L 0 + L1 )e z = (L 0 + b + r2 )e z ,
r
r
OB = (L 0 + b )e z + r1e y ,
r
OC = L 0e z ,
r
r
r
OD = (L 0 + L1 + h sin ϕ )e z − h cos ϕe x + ae y ,
r
OH = (L 0 + L1 + L 2 )e z .
B - 2.5 - Räumliche Statik
101
gegeben
gegeben
yD = a
F 02
F Hx
F 01
H
MH
D
L2
ϕ
h
A
r2
B
yB = r1
L1
b
C
z
L0
F1
O
M1
x
Man berechne für eine beliebige Kurbelstellung ϕ die Kraft F1 und das Moment
M1 im Gleichgewichtsfall sowie die äußeren Reaktionslasten am Handgriff, die inneren Reaktionslasten in den Lagern des Antriebskegelrades und des Bohrkopfes
sowie die innere Reaktionskraft zwischen dem Kegelrad und den Tellerrad im
Kontaktpunkt B.
Endgültige Ergebnisse der Berechnungen sind jeweils in der Zeile nach einem →Symbol aufgelistet.
Gleichgewichtsbedingungen für die am Gesamtsystem angreifenden äußeren
Kräfte:
− F sin ϕ FHx 0 0
01
+ 0 + 0 = 0,
0
− F cos ϕ − F F 0
02 1
01
→
FHx = F01 sin ϕ ,
F1 = F02 + F01 cos ϕ .
B - 2.5 - Räumliche Statik
102
−h cos ϕ − F01 sin ϕ 0 FHx M Hx 0 0
+ 0 × 0 + M Hy + 0 = 0,
0
a ×
h sin ϕ − F01 cos ϕ L 2 − F02 M Hz M1 0
−aF01 cos ϕ + M Hx = 0,
−hF01 + L 2FHx + M Hy = 0,
M Hx = aF01 cos ϕ ,
→
M Hy = (h − L 2 sin ϕ )F01,
aF01 sin ϕ + M Hz + M1 = 0;
M Hz + M1 = −aF01 sin ϕ .
Im folgenden Freikörperbild liegen die Wirkungslinien aller Kräfte mit Ausnahme
von F01 und B x in der xz -Ebene.
F 02
F Hx
M Hx
M Hy
F 01
M Hz
M Az
M Az
M Ax
Ax
Ax
Az
MC
Bx
Cx
Cz
Az
MC
Cx
Cz
F1
M1
Bx
M Ax
B - 2.5 - Räumliche Statik
103
Gleichgewichtsbedingungen für das Antriebs-Tellerrad, das starr mit der Kurbel
verbunden ist:
− F sin ϕ − A x − B x 0
01
+ 0 + 0 = 0
0
− F cos ϕ − A 0 0
z
01
Az = − F01 cos ϕ ,
→
A x = − F01 sin ϕ − B x ;
−h cos ϕ − F01 sin ϕ 0 − B x − M Ax 0
+ r × 0 + 0 = 0,
0
a ×
1
h sin ϕ − F01 cos ϕ −r2 0 − M Az 0
−aF01 cos ϕ − M Ax = 0,
−hF01 + r2B x = 0,
aF01 sin ϕ + r1B x − M Az = 0;
→
Bx =
h
F ,
r2 01
M Ax = −aF01 cos ϕ ,
M Az = (a sin ϕ + h
A x = −(sin ϕ +
→
r1
r2
)F01,
h
)F .
r2 01
Gleichgewichtsbedingungen für den Bohrkopf, der starr mit dem Kegelrad verbunden ist:
B x −C x 0 0
0 + 0 + 0 = 0,
0 −Cz F1 0
0 B x 0 0 0
r1 × 0 + 0 + − M C = 0,
b 0 M1 0 0
B x − C x = 0,
Cz = F1,
bB x − M C = 0,
→
Cz = F02 + F01 cos ϕ ,
MC = b
h
F ,
r2 01
−r1B x + M1 = 0;
→
Cx =
h
F ,
r2 01
→
M Hz = −(a sin ϕ + h
r1
r2
M1 = h
)F01.
r1
r2
F01.
B - 2.5 - Räumliche Statik
104
(Nur noch zur Kontrolle) Gleichgewichtsbedingungen für den Rahmen des Handbohrers:
FHx A x C x 0
0 + 0 + 0 = 0,
− F A C 0
02 z z
bereits erfüllt;
0 C x 0 FHx 0 M Ax M Hx 0
0 × 0 + 0 × 0 + M + 0 + M = 0,
C
Hy
− L C L − F 0 M M 0
1 z 2 02
Az Hz
M Ax + M Hx = 0,
− L1C x + L 2FHx + M C + M Hy = 0,
bereits erfüllt.
M Az + M Hz = 0,
Aufgabe 5
F0
M
r
eb
P
α
µ0 ∆N
r
es
∆N cos β
Grenzfall: Gerade noch keine
Aufwärtsbewegung der Schraube
r
β
P
µ0 ∆N cosα
r
eb
r
ez
r
eϕ
∆N cos β sinα
r
er
r
er
P
r
r
r
e s = cosα eϕ + sinαe z ,
r
r
r
eb = − sinαe ϕ + cosα e z
β
β
∆N
r
Schnitt ⊥ zu e s
Eine Schraube (Gewindesteigungswinkel α , Gewinderadius r , Flankenwinkel β ,
r
Haftreibungskoeffizient µ0 ) ist axial durch eine Kraft −F0e z und ein Moment M
B - 2.5 - Räumliche Statik
105
belastet. Man berechne den Gleichgewichtsbereich.
Auf ein Flächenelement ∆A der Gewindeflanke an der Stelle P wirken die Normalkraft
r
r
r
r
r
r
∆N = ∆N ( − sin βer + cos βeb ) = ∆N ( − sin βer − cos β sin αeϕ + cos β cos αe z )
und, wenn die Schraube sich gerade noch nicht nach oben bewegt, die maximale
Haftreibungskraft
r
r
r
r
∆H = − µ0 ∆Nes = − µ0 ∆N (cos αeϕ + sin αe z ).
Aus der Kräftegleichgewichtsbedingung in z -Richtung folgt
− F0 + ∑ ∆N cos β cos α − ∑ µ0 ∆N sin α = 0,
F
∑ ∆N = cos β cosα 0− µ
sin α
0
.
Die Momentengleichgewichtsbedingung um die z -Achse lautet
M − ∑ r∆N cos β sin α − ∑ rµ0 ∆N cos α = 0,
M
= ∑ ∆N (cos β sin α + µ0 cos α ).
r
Die Elimination der Summe der Normalkraftbeträge ∆N ergibt mit
µ
tan ρ0*: = 0 > µ0 ,
cos β
cos β sin α + µ0 cos α
tan α + tan ρ0*
M
*
= F0
= F0
* = F0 tan(α + ρ0 ).
r
cos β cos α − µ0 sin α
1 − tan α tan ρ0
Wenn die Schraube sich gerade noch nicht nach unten bewegt, ändert sich nur
die Richtung der maximalen Haftreibungskraft. Deshalb gilt dann
M
= F0 tan(α − ρ0* ).
r
Die Schraube befindet sich also in einem Gleichgewichtszustand, wenn
M
F0 tan(α − ρ0* ) <
< F0 tan(α + ρ0* )
r
ist.
Bei einer Schraube, die sich im Lastzustand {F0 > 0, M = 0} nicht bewegen soll,
muß ρ0* > α sein, weil dann M = 0 im Gleichgewichtsbereich liegt (Selbsthemmung).
B - 2.5 - Räumliche Statik
106
Aufgabe 6
Auf der in den Punkten A, B und C jeweils zweiwertig gestützten Plattform wird
im Punkt D ein Loch gebohrt und dabei die Kraft F0 und das Moment M 0 erzeugt. Man berechne die Auflagerkräfte.
z
C
M0
y
L
F0
B
A
D
L
L
L
L
x
Freikörperbild:
Cy
L
M0
Cx
Az
By
F0
Ax
D
L
L
L
L
Kräftegleichgewichtsbedingung:
A x + B x + C x = 0,
By + Cy = 0,
Az − F0 = 0.
Momentengleichgewichtsbedingung (Bezugspunkt A):
L 0 0 2 L B x 2 L C x 0
L × 0 + 0 + 2 L × By + 2 L × Cy = 0,
0 − F0 − M 0 0 0 L 0 0
Bx
B - 2.5 - Räumliche Statik
107
− LF0 − LCy = 0,
LF0 + LC x = 0,
− M 0 + 2 LBy − 2 LB x + 2 LCy − 2 LC x = 0.
Auflagerkräfte:
Ax =
M0
2L
,
Az = F0,
B x = F0 −
M0
2L
By = F0,
,
C x = − F0,
Cy = − F0 .
Aufgabe 7
Eine homogene dünne Rechteckplatte (Gewichtskraft G , Kanten: L , 2L ) ist in A
dreiwertig und in B zweiwertig gelagert und wird von einem Seil CD in der um
den Winkel ϕ um die x -Achse gedrehten Lage gehalten. Man berechne alle Reaktionskräfte.
z
g
A
L
ϕ
L
D
y
B
x
2L
C
Bz
By
Ay
Az
Ax
L
ϕ
L
D
G
2L
K
C
B - 2.5 - Räumliche Statik
108
r
Berechnung des Richtungsvektors der Seilkraft K :
−1
L
0
CD = AD − AC = L − 2L cos ϕ = L 1 − 2 cos ϕ ,
2 sin ϕ
0 −2L sin ϕ
→
→
→
CD = L 6 − 4 cos ϕ .
−1
r
1
eK =
1 − 2 cos ϕ .
6 − 4 cos ϕ
2 sin ϕ
Momentengleichgewichtsbedingung bezogen auf A:
r
(Da D auf der Wirkungslinie von K liegt, kann das auf A bezogene Moment von
r
r
→
K einfacher mit AD × K berechnet werden.)
L 0 0
K
0 × By + L ×
6 − 4 cos ϕ
0 Bz 0
0
KL
L − Bz +
6 − 4 cos ϕ
B
y
K=
G
2
6 − 4 cos ϕ
,
tan ϕ
−1 L 2 0 0
1 − 2 cos ϕ + L cos ϕ × 0 = 0,
2 sin ϕ − L sin ϕ −G 0
2 sin ϕ
− cos ϕ 0
0 + GL 1 2 = 0,
1
0 0
Bz =
G
,
2
By =
G
.
2 tan ϕ
Kräftegleichgewichtsbedingung:
Ax 0
K
A + B +
y
y
6 − 4 cos ϕ
A B
z z
Ax =
G
,
2 tan ϕ
Ay = −
−1 0
1 − 2 cos ϕ = 0,
2 sin ϕ 0
G
(1 − cos ϕ ),
tan ϕ
Az = −
G
− G cos ϕ .
2
B - 2.5 - Räumliche Statik
109
Aufgabe 8
z
B
y
2L
2L
A
O
L
2L
x
C
F
2L
D
L
E
Ein in O gelenkig gelagerter Stab OE wird von zwei Seilen AC und BC gehalten
r
und durch eine Kraft F in E belastet. Man berechne die Auflagerkraft R in O
und die Kräfte in den beiden Seilen.
−2
→
CA = L 2 ,
0
r
eCA
Kräftegleichgewicht:
−1
1
=
1 ,
2
0
−4
→
DB = L −1,
2
−4
1
=
1 .
21
2
r
e DB
r
r
r
r
r
R + S1eCA + S2e DB − Fe z = 0,
R x
−4 0 0
−1
S S
R + 1 1 + 2 −1 + 0 = 0;
2
21
y
R
0
2 − F 0
z
Momentengleichgewicht bezogen auf den Punkt O:
r
r
→
→
→
r r
OC × S1 + OD × S2 + OE × F = 0,
2L
−1 4 L
−4 5L 0 0
S S
0 × 1 1 + 0 × 2 −1 + 0 × 0 = 0,
2
21
0
0 0
2 0 − F 0
S2 =
Rx =
15
F,
4
5 21
F,
8
Ry = −
S1 =
5
F,
8
−
S2
S1
2L −
2
5 2
F,
4
Rz = −
1
F.
4
21
8L + 5FL = 0,
S2
21
4 L = 0;
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
110
Aufgabe 1
y
D
g
L
C
B
A
α
α
F
x
Ein Scherengitter aus vier starren Stäben (Masse m , Länge 2L ) stützt eine Arbeitsbühne (Masse 25m ). Mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit berechne
man die Kraft F , die das System in der dargestellten Lage im Gleichgewicht hält.
δW = − F δx A − 2mg δy B − 2mg δyC − 25mg δy D = 0,
x A = 2L cos α ,
δx A = −2L sin α δα ,
y B = L sin α ,
δy B = L cos α δα ,
yC = 3L sin α ,
δyC = 3L cos α δα ,
y D = 4 L sin α + const ,
δy D = 4 L cos α δα .
(F 2L sin α − 108mgL cos α ) δα = 0
→
F =
Aufgabe 2
B
y
A
54mg
.
tan α
L
ϕ
G
g
2L
L
2G
C
ψ (ϕ)
F (ϕ)
x
Man berechne mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die im Punkt C angreifende Kraft F (ϕ ) , die das dargestellte System, das aus zwei im Punkt B gelenkig
miteinander verbundenen starren Stangen besteht, im Gleichgewicht hält.
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
111
Kinematische Zwangsbedingungen:
x C + L 2 cosψ = L cosϕ ,
L 2 sinψ = L + L sin ϕ .
x C = L cos ϕ − 2L 1 − sin 2 ψ ,
x C = L cosϕ − 2L 1 −
1
(1 + sin ϕ )2 = L (cosϕ − 1 − 2 sin ϕ − sin2 ϕ ).
2
y -Koordinaten der Angriffspunkte der Gewichtskräfte:
L
L 2
L
y1 = L + sin ϕ ,
y2 =
sin ψ = (1 + sin ϕ ).
2
2
2
Virtuelle Arbeit:
δW = F δx C − mg δy1 − 2mg δy2 = (F
∂x C
∂ϕ
= L (− sin ϕ +
cosϕ + sin ϕ cosϕ
1 − 2 sin ϕ − sin2 ϕ
∂x C
∂ϕ
),
− mg
∂y1
∂ϕ
∂y1
=
∂y1
+ 2
∂ϕ
− 2mg
∂y2
∂y2
L
cosϕ ,
2
∂ϕ
∂ϕ
=
)δϕ .
L
cosϕ .
2
Kraft im Punkt C:
δW = 0
→
F = mg
∂ϕ
∂x C
∂y2
∂ϕ
,
∂ϕ
F (ϕ ) =
mg
2 − tan ϕ +
1+ 2
1 + sin ϕ
.
1 − 2 sin ϕ − sin 2 ϕ
1.5
F/(mg)
1.0
0.5
0.0
-1.0
-0.5
0.0
ϕ
Aufgabe 3
Man berechne die im Hubzylinder auf den Kolben wirkende Kraft F , die den in O
drehbar gelagerten Körper (Masse: m ) im Gleichgewicht hält.
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
112
y
S
g
b
c
a
A
d
α
O
x
ξ
e
F
β
B
f
Kinematische Zwangsbedingungen:
(ξ + d )sin β = e + (a + b )sin α ,
(ξ + d )cos β = (a + b )cos α − f ,
yS = a sin α + c cos α .
Daraus folgt:
(ξ + d )2 = (a + b )2 + e 2 + f 2 + 2(a + b )(e sin α − f cos α ),
ξ = (a + b )2 + e 2 + f 2 + 2(a + b )(e sin α − f cos α ) − d .
∂ξ
(a + b )(e cos α + f sin α )
=
.
∂α
(a + b )2 + e 2 + f 2 + 2(a + b )(e sin α − f cos α )
∂yS
∂α
= a cos α − c sin α .
Prinzip der virtuellen Arbeit:
δW = −mg δyS + F δξ = ( −mg
∂yS
∂α
+F
∂ξ
) δα = 0,
∂α
Mit den speziellen Werten
a = 5 L , b = 3L , c = 2L , d = 4 L , e = 2L ,
∂yS
F = mg ∂α .
∂ξ
∂α
f = 3L
wird
∂yS
∂α
= (5 cos α − 2 sin α )L ,
F = mg
∂ξ
16 cos α + 24 sin α
=
L,
∂α
77 + 32 sin α − 48 cos α
(5 cos α − 2 sin α ) 77 + 32 sin α − 48 cos α
.
16 cos α + 24 sin α
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
2.0
113
F/(mg)
1.5
1.0
0.5
0.0
0.00
0.25
0.50
α
0.75
1.00
Aufgabe 4
Zwei Eckpunkte einer starren rechteckigen Platte (Masse m , Kantenlängen b , h )
werden auf den Koordinatenachsen eines kartesischen Koordinatensystems geführt. Der Punkt B ist mit einer Feder (Steifigkeit c ) verbunden, die in der Lage
ϕ = 0 entspannt ist und dann die Länge L 0 hat. Man berechne die Gleichgewichtsbedingung.
y
b
g
h
S
L0
O
x
A
ϕ
c
B
Kinematische Zwangsbedingungen:
x B = h sin ϕ ,
y B = −b sin ϕ ,
yS =
h
b
cos ϕ − sin ϕ .
2
2
L (ϕ ) = (L o + x B )2 + y B 2 = L o 2 + 2L oh sin ϕ + (h 2 + b 2 )sin2ϕ .
Potentielle Energie:
E pot (ϕ ) = mg yS (ϕ ) +
1
c (L (ϕ ) − L o )2 .
2
Verallgemeinerte Kraft:
Qϕ = −
∂E pot
∂ϕ
= −mg
∂yS
∂ϕ
− c (L (ϕ ) − L o )
∂L (ϕ )
,
∂ϕ
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
114
∂yS
∂L (ϕ )
1
=
[L oh cos ϕ + (h 2 + b 2 )sin ϕ cos ϕ ].
∂ϕ
L (ϕ )
1
= − (h sin ϕ + b cos ϕ ),
2
∂ϕ
Gleichgewichtsbedingung:
mg
∂yS
∂ϕ
+ c (L (ϕ ) − L o )
∂L (ϕ )
= 0.
∂ϕ
Mit den speziellen Werten
b = L0,
h=
L0
2
,
c=
mg
L0
erhalten wir
yS =
∂yS
∂ϕ
L0
4
=−
(cos ϕ − 2 sin ϕ ),
L0
4
L (ϕ ) = L 0 1 + sin ϕ + (5 4)sin 2ϕ ,
∂L L 0 2 cos ϕ + 5 sin ϕ cos ϕ
=
,
∂ϕ
4 1 + sin ϕ + (5 4)sin 2ϕ
(sin ϕ + 2 cos ϕ ),
5 sin ϕ cos ϕ − sin ϕ −
2 cos ϕ + 5 sin ϕ cos ϕ
1 + sin ϕ + (5 4)sin 2ϕ
= 0,
ϕ = 2, 556 = 146, 5o.
Aufgabe 5
y
F (ϕ)
L
2L
2L
A
c
L
L
ϕ
L
x
Man berechne mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Kraft F (ϕ ) , wenn die
Feder (Federkonstante c ) in der Lage ϕ = 0 entspannt ist.
Virtuelle Verschiebung des Kraftangriffspunktes:
y A = 2L cosϕ − 2L sin ϕ ,
δy A = −2L (sin ϕ + cosϕ )δϕ .
Federverlängerung und potentelle Energie der Feder:
f (ϕ ) = 4 L cosϕ + 2L sin ϕ − 4 L ,
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
115
E pot (ϕ ) =
1
c f 2 (ϕ ).
2
Virtuelle Arbeit und Gleichgewichtsbedingung:
∂E pot
∂f
δW = − Fδy A −
δϕ = {F 2L (sin ϕ + cos ϕ ) − cf
}δϕ ,
∂ϕ
∂ϕ
∂f
∂ϕ
δW = 0 → F (ϕ ) = c
,
2L (sin ϕ + cos ϕ )
f
3
− sin(2ϕ ) + 2 cos(2ϕ ) + 4 sin ϕ − 2 cos ϕ
F (ϕ ) = 2cL 2
.
sin ϕ + cos ϕ
0.2
F/(cL)
0.1
0.0
0.0
0.1
ϕ
0.2
0.3
Aufgabe 6
L
A
ϕ
k
x
F
ψ
L
k
L
y
F
B
Man berechne für das System mit zwei Freiheitsgraden die verallgemeinerten
Kräfte Qϕ und Qψ sowie für den speziellen Wert k = 2FL die Gleichgewichtskonfiguration. Die beiden Drehfedern (Federkonstante k ) sind in der Lage ϕ = ψ = 0
entspannt.
Kinematische Zwangsbedingungen:
y A = − L sin ϕ ,
δy A = − L cos ϕ δϕ ;
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
116
y B = L sin ϕ + L sin ψ ,
δy B = L cos ϕ δϕ + L cosψ δψ .
Potentielle Energie:
E pot =
1 2 1
1
kϕ + k (ψ − ϕ )2 = k (2ϕ 2 + ψ 2 − 2ϕψ ).
2
2
2
Virtuelle Arbeit und verallgemeinerte Kräfte:
δW = Fδy A + Fδy B −
∂E pot
∂ϕ
δϕ −
∂E pot
∂ψ
δψ ,
δW = − FL cos ϕ δϕ + FL (cos ϕ δϕ + cosψ δψ ) − k (2ϕ − ψ )δϕ − k (ψ − ϕ )δψ ,
Qϕ = k (ψ − 2ϕ ),
Qψ = FL cosψ − k (ψ − ϕ ).
Gleichgewichtsbedingungen:
Qϕ = 0 → ψ = 2ϕ ,
Qψ = 0 → cos(2ϕ ) =
k = 2FL
k
ϕ;
FL
→ cos(2ϕ ) = 2ϕ ,
2ϕ = 0, 739 → ϕ = 21, 2o , ψ = 42, 3o.
Aufgabe 7
O
y
L
S1
L
L
ψ
L
k
ϕ
g
S2
x
Zwei starre Körper der Masse m sind über eine Drehfeder (Federsteifigkeit
k = mgL ) gelenkig verbunden und in O drehbar aufgehängt. Die Drehfeder sei für
ψ = 0 entspannt. Man berechne die potentielle Energie des Systems und mit Hilfe
des Prinzips der virtuellen Arbeit die Gleichungen für die Koordinaten ϕ und ψ
in der Gleichgewichtslage.
Kinematische Zwangsbedingungen:
x S = L cosϕ ,
x S = 2L cosϕ − L cos(ϕ + ψ ).
1
2
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
117
Potentielle Energie:
E pot =
1
1
kψ 2 − mg x S − mg x S = kψ 2 − mg ( x S + x S ),
1
2
1
2
2
2
E pot =
1
kψ 2 − mg L ( 3 cos ϕ − cos(ϕ + ψ )).
2
Verallgemeinerte Kräfte:
Qϕ = −
∂E pot
∂ϕ
= mg L ( −3 sin ϕ + sin(ϕ + ψ )),
Qψ = −
∂E pot
∂ψ
= −kψ + mg L sin(ϕ + ψ ).
Gleichgewichtsbedingungen:
3sin ϕ = sin(ϕ + ψ ),
Qϕ = 0,
Qψ = 0,
→
mgL
=1
k
→
3 sin ϕ = sin(ϕ + 3 sin ϕ )
→
ψ=
mgL
sin(ϕ + ψ ),
k
3sin ϕ = ψ ,
ϕ = 0.3255 = 18.6o ;
ψ = 54, 9o.
Aufgabe 8
Ein Stab ( Länge L , Gewichtskraft G ) kann mit seinen Endpunkten A und B auf
einer Führungsschiene gleiten, deren Form durch die Funktion y (x ) = x 2 L beschrieben wird. Man berechne mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die
Kraft F (ϕ ) , die der Gewichtskraft des Stabes in der Lage ϕ das Gleichgewicht
hält.
y
B
G
L
ϕ
F A
x
Kinematische Zwangsbedingungen:
x B = x A + L cosϕ ,
x B2
L
−
x A2
L
= L sin ϕ .
Daraus folgt:
( x A + L cos ϕ )2 − x A 2 = L2 sin ϕ ,
xA =
L
(tan ϕ − cos ϕ ).
2
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
118
x A2 L
L
yS = y A + sin ϕ =
+ sin ϕ ,
2
L
2
yS =
L
(tan 2 ϕ + cos2 ϕ ).
4
Virtuelle Verschiebungen:
δx A =
L
1
(
+ sin ϕ )δϕ ,
2 cos2 ϕ
δyS =
L tan ϕ
(
− cos ϕ sin ϕ )δϕ .
2 cos2 ϕ
Prinzip der virtuellen Arbeit:
FL
1
GL tan ϕ
δW = Fδx A − GδyS = { ( 2 + sin ϕ ) −
(
− cos ϕ sin ϕ )}δϕ = 0,
2 cos ϕ
2 cos2 ϕ
tan ϕ − cos3ϕ sin ϕ
F (ϕ ) = G
.
1 + cos2ϕ sin ϕ
5.0
F( ϕ )/G
4.0
3.0
2.0
1.0
ϕ
0.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
Aufgabe 9
y
A
S
D
g
ϕ
c
L
b
c
L
x
L
O
L
B
C
E
In der Lage ϕ = 0 sind die Federn entspannt. Man berechne die potentielle Energie des Systems und die verallgemeinerte Kraft Qϕ als Funktion des Winkels ϕ
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
119
und außerdem die Federkonstante c der linearen Zug-Druck-Federn so, daß in
der Lage ϕ = 30o der Körper der Masse m im Gleichgewichtszustand ist.
Federlänge in beliebiger Lage ϕ :
s (ϕ ) = (L − L sin ϕ )2 + (L cos ϕ )2 = 2L 1 − sin ϕ .
Potentielle Energie des Systems:
c
E pot = mgL cos ϕ + 2 [ s (ϕ ) − L 2 ]2 .
2
Verallgemeinerte Kraft:
Qϕ = −
∂E pot (ϕ )
∂ϕ
= mgL sin ϕ − 2c [ s (ϕ ) − L 2 ]
∂s (ϕ )
L cos ϕ
=−
,
∂ϕ
2 1 − sin ϕ
Qϕ = mgL sin ϕ + 2cL2
∂s (ϕ )
,
∂ϕ
( 1 − sin ϕ − 1)cos ϕ
.
1 − sin ϕ
Gleichgewichtsbedingung:
Qϕ = 0 → mg sin ϕ = 2cL
(1 − 1 − sin ϕ )cos ϕ
.
1 − sin ϕ
Erforderliche Federkonstante:
c=
mg sin ϕ 1 − sin ϕ
mg
mg
1
=
= 0, 697
.
L 2 3 ( 2 − 1)
L
2L (1 − 1 − sin ϕ )cos ϕ ϕ = 30o
Aufgabe 10
y
G
A
2L
L
ϕ O
ψ
B
K (ϕ)
x
Man berechne mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Haltekraft K als
Funktion des Winkels ϕ .
Kinematische Bedingungen und virtuelle Verschiebungen:
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
120
y A = L sin ϕ ,
2L sin ψ = L sin ϕ ,
δy A = L cos ϕ δϕ .
→
cosψ =
x B = 2L cosψ − L cos ϕ = L ( 4 − sin 2ϕ − cos ϕ ),
1
4 − sin 2ϕ ,
2
δx B = L (sin ϕ −
sin ϕ cos ϕ
4 − sin 2ϕ
)δϕ .
Prinzip der virtuellen Arbeit:
δW = −G δy A + K δx B = 0,
{−GL cos ϕ + KL (sin ϕ −
sin ϕ cos ϕ
1 − sin 2ϕ
)}δϕ = 0,
Haltekraft:
K (ϕ ) = G
12
10
sin ϕ −
cos ϕ
.
sin ϕ cos ϕ
4 − sin 2ϕ
K( ϕ )/G
8
6
4
2
0
ϕ
-2
-4
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Aufgabe 11
Zwei Stangen (Masse m , Länge 2L ) sind jeweils im Schwerpunkt an einen Faden
(Länge L ) gebunden und im Abstand 2L aufgehängt, so daß sie in horizontaler
Lage im Gleichgewicht sind; im Punkt A sind sie gelenkig verbunden. Man berechne die neue Gleichgewichtslage, wenn in A zusätzlich eine Kraft F in vertikaler Richtung angreift.
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
121
2L
x
L
α
β
g
L
α
F
G
β
G
A
Kinematische Zwangsbedingungen und virtuelle Verschiebungen:
2(L sin α + L cos β ) = 2L ,
cos β = 1 − sin α ,
x A = L cos α + L sin β = L (cos α + 2 sin α − sin 2α ),
2
δx S = δx S = − L sin α δα ,
1
sin α + cos β = 1,
sin β = 1 − (1 − sin α )2 = 2 sin α − sin 2α .
x S = x S = L cos α ,
1
→
δx A = L ( − sin α +
2
cos α (1 − sin α )
2 sin α − sin 2α
)δα ,
Virtuelle Arbeit und Gleichgewichtsbedingung:
cos α (1 − sin α )
δW = −2GL sin α δα + FL ( − sin α +
)δα = 0,
2 sin α − sin 2α
1 − sin α
2G
β = arccos(1 − sin α ).
=1+
,
→
α,
F
tan α 2 sin α − sin 2α
F = 2G
α = 0,3824 = 21, 9o ,
→
β = 0,8933 = 51, 2o.
Aufgabe 12
y
C
B
B
L
F
L
α
C
c
O
A
O
A
x
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
122
Man berechne die für die Auslenkung α erforderliche Kraft F . Für α = 0 ist die
Feder entspannt.
Virtuelle Verschiebungen der Kraftangriffspunkte A und C:
x A = L sin α ,
yC = L cos α − L sin α .
δx A = L cos α δα ,
δyC = − L (sin α + cos α )δα .
Virtuelle Arbeit und Gleichgewichtsbedingung:
δW = − FδyC − cx Aδx A
δW = − FδyC − cx Aδx A = {FL (cos α + sin α ) − cL2 sin α cos α}δα = 0,
F (α ) = cL
sin α cos α
.
sin α + cos α
Aufgabe 13
y
S
b
2h
2c
SK
ϕ
B
r
A
r3
r1
r2
F3
SZ
g
u
a
F2
F1
L
L
x
Man berechne die Kräfte Fi in den drei Hubzylindern, die den starren Körper
(Gewichtskraft G ) in einer beliebigen Lage ( x A , y A , ϕ ) im Gleichgewicht halten. Die
Hubstangen bestehen aus dem Hubzylinder (Gewichtskraft G Z ) und dem Hubkolben (Gewichtskraft G K ). Alle Gewichtskräfte greifen in den betreffenden Schwerr
punkten an und wirken in −e y -Richtung.
Nach dem Prinzip der virtuellen Arbeit wird im Gleichgewichtsfall die virtuelle Arbeit der Kräfte Fi und der Gewichtskräfte insgesamt null:
3
∑ (Fi δui − G Z δySZi − G K δySKi ) − GδyS = 0 .
i =1
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
123
Für die Auswertung dieser Gleichung müssen die Kolbenverschiebungen u i und
die y -Koordinaten der Schwerpunkte durch die Koordinaten ( x A , y A , ϕ ) ausgedrückt werden (kinematische Zwangsbedingungen). Es gilt jedoch
u i = ri − Kolbenlänge
δu i = δri .
→
Mit den Längen der Hubstangen
r1 = x A 2 + y A 2 ,
r2 = ( x A − L )2 + y A 2 ,
r3 = ( x A + 2c cos ϕ − 2L )2 + (y A + 2c sin ϕ )2 ,
und den Neigungswinkeln αi der Hubstangen gegen die x -Achse, wird
yA
sin α1 =
r1
sin α 2 =
,
yA
r2
,
sin α 3 =
yB
r3
=
y A + 2c sin ϕ
r3
.
Daraus folgt:
ySZ 1 = a sin α1 = a
yA
ySZ 2 = a sin α 2 = a
ySZ 3 = a sin α 3 = a
r1
ySK1 = (r1 − b )sin α1 = (1 −
,
yA
r2
,
y A + 2c sin ϕ
r3
,
b
)y ,
r1 A
ySK 2 = (r2 − b )sin α 2 = (1 −
b
)y ,
r2 A
ySK 3 = (r3 − b )sin α 3 = (1 −
b
)(y + 2c sin ϕ ),
r3 A
yS = y A + c sin ϕ + h cosϕ .
Die virtuelle Änderung einer Funktion f (x A ,y A ,ϕ ) lautet
δf =
∂f
∂f
∂f
δx A +
δy A +
δϕ .
∂x A
∂y A
∂ϕ
Wir führen nun zweckmäßige Abkürzungen ein:
Ai1: =
Ai 2 : =
Ai 3 : =
∂ri
,
Bi1: =
∂ri
,
Bi 2 : =
∂x A
∂y A
∂ri
∂ϕ
;
Bi 3 : =
∂ySZi
,
Ci1: =
∂ySZi
,
Ci 2 : =
∂ySZi
;
Ci 3 : =
∂x A
∂y A
∂ϕ
∂ySKi
,
D1: =
∂ySKi
,
D2: =
∂ySKi
,
D3: =
∂x A
∂y A
∂ϕ
∂yS
,
∂yS
,
∂yS
.
∂x A
∂y A
∂ϕ
Damit kann die virtuelle Arbeit nach den Koordinatenvariationen sortiert geschrieben werden
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
124
3
3
3
i =1
i =1
i =1
(∑ Fi Ai1 − G Z ∑ Bi1 − G K ∑ Ci1 − GD1 )δx A +
3
3
3
i =1
i =1
i =1
+ (∑ Fi Ai 2 − G Z ∑ Bi 2 − G K ∑ Ci 2 − GD 2 )δy A +
3
3
3
i =1
i =1
i =1
.
+ (∑ Fi Ai 3 − G Z ∑ Bi 3 − G K ∑ Ci 3 − GD 3 )δϕ = 0.
Soll diese Gleichung für beliebige virtuelle Koordinatenänderungen δx A , δy A und
δϕ gelten, so müssen die folgenden drei Gleichungen für die Kräfte Fi erfüllt sein:
3
3
3
i =1
i =1
i =1
3
3
3
i =1
i =1
i =1
3
3
3
i =1
i =1
i =1
∑ Fi Ai1 = G Z ∑ Bi1 + G K ∑ Ci1 + GD1,
∑ Fi Ai 2 = G Z ∑ Bi 2 + G K ∑ Ci 2 + GD2 ,
∑ Fi Ai 3 = G Z ∑ Bi 3 + G K ∑ Ci 3 + GD3 .
Da insbesondere
A13 = 0,
A23 = 0
ist, erhalten wir sofort
F3 =
Mit
3
3
1
G
B
G
Ci 3 + GD 3 .
+
Z ∑ i3
∑
K
A33 i =1
i =1
3
3
K1: = G Z ∑ Bi1 + G K ∑ Ci1 + GD1 − F3 A31,
i =1
i =1
3
3
K 2 : = G Z ∑ Bi 2 + G K ∑ Ci 2 + GD 2 − F3 A32 ,
i =1
i =1
erhalten wir schließlich für die Kräfte F1 und F2 das lineare Gleichungssystem
A11F1 + A21F2 = K1,
A12F1 + A22F2 = K 2 ,
mit den Lösungen
F1 =
K1A22 − K 2 A21
A11A22 − A12 A21
,
F1 =
K 2 A11 − K1A12
A11A22 − A12 A21
.
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
125
Die Ableitungsterme Aij , Bij ,Cij und Di werden zuerst analytisch berechnet und
dann für eine bestimmte Konfiguration ( x A , y A , ϕ ) numerisch ausgewertet.
Aufgabe 14
Ein Halbkreiszylinder (Radius r , Masse m1) ist im Punkt B gelenkig mit einer
starren Stange (Länge L , Masse m 2 ) verbunden, die im Punkt A auf der y -Achse
geführt wird. Man berechne mit Hilfe des Prinzips der virtuellen Arbeit die Gleichgewichtslage α , wenn der Halbkreiszylinder auf der x -Achse abrollt.
y
y
A
A
G2
G1
S2
S2
L
r
B
rS
α
S1
β
B
S1
x
x
Kinematische Zwangsbedingung:
L cos β = αr + r cos α .
Virtuelle Verschiebungen der Schwerpunkte in y -Richtung:
yS = r − rS cos α ,
1
yS = r − r sin α +
2
L
1 2
sin β = r (1 − sin α ) +
L − r 2 (α + cos α )2 ,
2
2
δyS = rS sin α δα ,
1
δyS = {−r cos α −
2
1 r 2 (α + cos α )(1 − sin α )
}δα .
2 L2 − r 2 (α + cos α )2
Aus dem Prinzip der virtuellen Arbeit
δW = −G1δyS − G 2δyS = 0
1
2
folgt dann die nichtlineare Gleichung
−G1rS sin α + G 2r {cos α +
r (α + cos α )(1 − sin α )
2 L2 − r 2 (α + cos α )2
} = 0,
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
126
deren Nullstelle α 0 die Gleichgewichtslage des Systems beschreibt. Für die speziellen Werte
4
L = 2r ,
m1 = 4m ,
m2 = m,
rS =
r
3π
lautet die Gleichung
−
16
(α + cos α )(1 − sin α )
sin α + cos α +
= 0,
3π
2 4 − (α + cos α )2
und als Nullstelle erhalten wir
α 0 = 0.63905 = 36.6o.
Aufgabe 15
Zwei starre Stangen (Länge 2L , Masse m ) sind gelenkig miteinander verbunden
und in O gelenkig gelagert. Durch zwei Drehfedern (Drehfederkonstante k ) soll
die vertikale Gleichgewichtslage ϕ = 0, ψ = 0 stabilisiert werden. Wie groß muß k
dann mindestens sein?
y
L
m
ψ
L
g
mg
k
k (ψ − ϕ)
L
ϕ
m
L
k
kϕ
mg
O
x
Das System ist konservativ und die potentielle Energie
1
1
E pot = kϕ 2 + k (ψ − ϕ )2 + mgL cos ϕ + mgL (2 cos ϕ + cosψ )
2
2
muß in der Gleichgewichtslage ϕ = ψ = 0 ein Minimum haben. Mit k = αmgL wird
c11: =
∂2E pot
∂ϕ 2
= mgL (2α − 3),
c 22 : =
ϕ =ψ = 0
∂ E pot
∂2E pot
∂ψ 2
2
c12 : =
∂ϕ∂ψ
= −αmgL ,
ϕ =ψ = 0
= mgL (α − 1),
ϕ =ψ = 0
B - 2.6 - Virtuelle Arbeit
127
und es muß
c11 > 0
→
α > 3 2,
c 22 > 0
→
α > 1,
c11c 22 − c122 > 0
sein, also k > 4, 303mgL .
→
α 2 − 5α + 3 > 0
→
α>
5 + 13
= 4, 303
2
B - 3 - Massengeometrische Größen
128
Aufgabe 1
Man berechne den Trägheitstensor eines homogenen Quaders der Masse m bezogen auf den Schwerpunkt S und daraus die Trägheitsmomente für Rechteckplatten und Stäbe um die Symmetrieachsen. Außerdem berechne man mit Hilfe des
STEINERschen Satzes den Trägheitstensor bezogen auf den Punkt A sowie die
Trägheitsmomente um die zu s3 parallele Achse durch A und die Achse AB.
s3
b
a
c
S
B
A
s2
s1
Massendichte und Massenelement:
m
ρ=
.
abc
dm = ρdV = ρds1ds2ds3 .
Trägheitsmomente um die si -Achsen durch S (Symmetrieachsen):
ΘS11 = ∫ (s22 + s32 )dm ,
c2
ΘS11 = ρ
∫
m
a 2
b2
∫
(
(
∫ (s22 + s32 )ds1)ds2 )ds3 ,
−c 2 −b 2 −a 2
c2 b2
ΘS11 = ρ
∫
∫ a (s22 + s32 )ds2 )ds3 ,
(
−c 2 −b 2
c2
∫
ΘS11 = ρ
ΘS11 = ρa (
b2 + c2
ΘS11 = m
,
12
a(
−c 2
3
b3
+ bs32 )ds3 ,
12
b
c3
b2 + c2
c + b ) = ρabc
,
12
12
12
ΘS 22
c2 + a2
=m
,
12
ΘS 33
a 2 + b2
=m
;
12
Massendeviationsmomente:
ΘS12 = − ∫ s1s2dm ,
c2
ΘS12 = − ρ
∫
b2
(
∫
m
a 2
(
∫s s
ds1 )ds2 )ds3 ,
1 2
−c 2 −b 2 −a 2
B - 3 - Massengeometrische Größen
129
c2
ΘS12 = − ρ
ΘS12 = 0,
∫
b2
(
∫ 0s2ds2 )ds3
= 0,
−c 2 −b 2
ΘS 23 = 0,
ΘS 31 = 0.
Trägheitstensor im si -System (= Hauptachsensystem für S):
b 2 + c 2
0
0
m
0
0 .
ΘS =
c2 + a2
12
2
2
0
0
a
+
b
Platte in der s1s2 -Ebene: (c << a
und c << b )
b 2 0
b 2 (1 + c 2 b 2 )
0
0
0
m
m
0
0 ≈
0 a2
0 .
ΘS =
a 2 (1 + c 2 a 2 )
12
12
2
2
2
2
0
0
0
0
+
a
+
b
a
b
Stab auf der s1 -Achse: (b << a und c << a )
(b 2 + c 2 ) a 2
0
0
0 0 0
m 2
≈ m a 2 0 1 0.
0
1 + c2 a2
0
ΘS =
a
12
12
2
2
0 0 1
0
0
1
+
b
a
Trägheitstensor des Quaders bezogen auf den Punkt A:
Θ A = ΘS + m ϑ( AS ),
−a
1
AS = b ,
2
c
b 2 + c 2
ab
ac
1
2
2
−bc ,
ϑ( AS ) =
ab
c +a
4
2
2
ac
−bc
a +b
b 2 + c 2
3
ab
ΘA = m
4
ac
4
ab
4
c2 + a2
3
bc
−
4
ac
4
bc
.
−
4
a 2 + b2
3
B - 3 - Massengeometrische Größen
130
Trägheitsmoment um die zu s3 parallele Achse durch den Punkt A:
Θ A (er
3)
b 2 + c 2
0
3
r
r
ab
= e 3 ⋅ (Θ A e 3 ) = 0 ⋅ (m
4
ac
1
4
Θ A (er
3)
ab
4
c2 + a2
3
bc
−
4
ac
4 0
bc
−
0)
4
a 2 + b 2 1
3
ac
0
4
bc
a 2 + b2
=m
= 0 ⋅ m −
.
4
3
a 2 + b 2
1
3
Trägheitsmoment um die Achse AB:
0
AB = b ,
c
Θ A (er
AB )
0
r
1
e AB =
b ,
b2 + c2
c
2
2
b + c
ab
0 3
4
r
r
m ab
c2 + a2
= e AB ⋅ (Θ A e AB ) = 2
b ⋅ (
3
b + c2 4
ac
bc
c
−
4
4
Θ A (er
Θ A (er
AB )
=
AB )
ac
4 0
bc
−
b ),
4
a 2 + b 2 c
3
a (b 2 + c 2 )
0 4
2
2
m
c +a
b 2
⋅
−
= 2
b
b
c ,
4
b + c2 3
c
c a 2 + b 2
c − b2
3
4
m
c 2 + a 2 2 a 2 + b 2 2 b 2c 2
(
).
b +
c −
3
3
2
b2 + c2
Aufgabe 2
Man berechne den Trägheitstensor eines homogenen Kreiszylinders der Masse m
bezogen auf den Schwerpunkt S und daraus die Trägheitsmomente für Kreisscheiben und Stäbe um die Symmetrieachsen.
B - 3 - Massengeometrische Größen
131
s3
R
S
ϕ
h
r
z
s2
s1
Massendichte und Massenelement:
m
ρ=
.
πR 2h
dm = ρdV = ρr dr dϕ dz .
s1 = r cos ϕ ,
s2 = r sin ϕ ,
s3 = z ,
Trägheitsmomente um die si -Achsen durch S (Symmetrieachsen):
ΘS11 = ∫ (s22 + s32 )dm ,
m
ΘS11 = ρ
h 2 2π R
ΘS11 = ρ
∫
−h 2
(
2
sin 2 ϕ + z 2 )rdr )dϕ )dz ,
−h 2 0 0
ΘS11 = ρ
h 2
∫ ( ∫ ( ∫ (r
h 2 2π
∫
(∫ (
−h 2 0
R4 2
R2 2
sin ϕ +
z )dϕ )dz ,
4
2
R4
R2 2
R4
R2
h3
π+
z 2π )dz = ρ (
πh +
),
2π
4
2
4
2
12
ΘS11 = m (
R2 h 2
+
),
4 12
ΘS 22 = ΘS11,
ΘS 33 = ∫ (s12 + s22 )dm ,
m
ΘS 33 = ρ
h 2 2π R
∫ ( ∫ (∫r
−h 2 0 0
dr )dϕ )dz ,
3
B - 3 - Massengeometrische Größen
ΘS 33 = ρ
h 2 2π
∫ (∫
−h 2 0
132
h 2
R4
R4
R4
mR 2
.
dϕ )dz = ρ ∫
2πdz = ρ
2πh =
4
4
4
2
−h 2
Trägheitstensor im si -System (= Hauptachsensystem für S):
Kreisscheibe: (h << R )
3R 2 + h 2
m
0
ΘS =
12
0
0
3R 2 + h 2
0
0
0 .
6R 2
1 + h 2 (3R 2 )
0
0
1 0 0
m
m
0
1 + h 2 (3R 2 ) 0 ≈ R 2 0 1 0.
ΘS = R 2
4
4
0 0 2
0
0
2
Stab auf der s3 -Achse: (R << h )
1 + 3R 2 h 2
0
m 2
0
1 + 3R 2 h 2
ΘS =
h
12
0
0
1 0 0
≈ m h 2 0 1 0.
0
12
2
2
0 0 0
6R h
0
Aufgabe 3
y
L
m
x
A
2R
h
b
Man berechne die Lage des Schwerpunktes S der Rechteckscheibe mit Kreisloch
und das Trägheitsmoment um die zur Scheibe senkrechte Achse durch S; die
Masse der gelochten Scheibe sei m .
Masse pro Flächeneinheit:
m
ρ=
.
Lh − πR 2
B - 3 - Massengeometrische Größen
133
Masse m1 des Vollrechtecks und Masse m 2 des Kreisloches:
m1 = ρLh = m
Lh
,
Lh − πR 2
m 2 = − ρπR 2 = −m
πR 2
.
Lh − πR 2
Koordinate des Gesamtschwerpunktes auf der x -Achse:
1
L
x S = (m1 + m 2b ).
m
2
Trägheitsmoment des Vollrechtecks bezogen auf A:
Θ A1 = ΘS1 + m1(L 2)2 =
m1
12
(L2 + h 2 ) + m1
L2
L2 h 2
= m1(
+
),
4
3 12
Trägheitsmoment des Kreislochs bezogen auf A:
Θ A 2 = ΘS 2 + m 2b 2 = m 2 (
R2
+ b 2 ).
2
Trägheitsmoment der gelochten Scheibe bezogen auf A und den Schwerpunkt:
Θ A = Θ A1 + Θ A 2 = m1(
L2 h 2
R2
+
+ b 2 ).
) + m2(
3 12
2
ΘS = Θ A − (m1 + m 2 )x S 2 .
Aufgabe 4
q2
S
h
A
q1
b
Für die gleichschenklige Dreiecksscheibe (Masse m ) berechne man die Lage des
Schwerpunktes S und die Trägheitsmomente um parallele Achsen senkrecht zur
Scheibenebene in den Punkten A und S.
Massenelement:
dm =
2m
dq1dq 2 ,
bh
B - 3 - Massengeometrische Größen
134
Schwerpunktlage auf der q 2 -Achse:
h bq
qS 2
(2h )
2
1
2
=
q
dm
=
(
q dq )dq 2 ,
m m∫ 2
bh 0∫ −bq ∫ (22h ) 1
2
h
qS 2
2 b 2
2
q 2 dq 2 = h .
=
∫
bh 0 h
3
Trägheitsmoment bezogen auf die q 3 -Achse durch A:
Θ A = ∫ (q12 + q 22 )dm ,
m
h
bq 2 (2h )
(q12
0
2m
ΘA =
(2
bh 0∫
∫
+ q 22 )dq1 )dq 2 ,
h
4m
b3
b
b2 h 2
3
ΘA =
(
)
(
).
+
q
dq
=
m
+
2
bh 0∫ 24h 3 2h 2
24 2
Trägheitsmoment bezogen auf die zu q 3 -parallele Achse durch S:
4h 2
b2 h 2
ΘS = Θ A − m
= m(
+
).
9
24 18
Aufgabe 5
C
R
ϕ
m
r
S
Man berechne das Trägheitsmoment einer homogenen Halbkreisscheibe bezogen
auf die zur Scheibenebene senkrechte Achse durch den Schwerpunkt.
Schwerpunktlage:
R π 2
1
1
4
CS = ∫ r cos ϕdA = ∫ ( ∫ r 2 cos ϕdϕ )dr =
R.
3π
AA
A 0 −π 2
Trägheitsmoment bezogen auf Punkt C:
B - 3 - Massengeometrische Größen
135
ΘC = ∫ r 2dm = ρ ∫ r 2dA,
m
A
π 2 R
ΘC = ρ
ρ: =
∫
( ∫ r 3dr )dϕ = ρ
−π 2 0
2m
.
πR 2
R 4π 1
= mR 2 .
4
2
Trägheitsmoment bezogen auf S:
4 2
ΘS = ΘC − m (CS)2 = ΘC − m R 2 ,
3π
1 16
ΘS = −
mR 2 = 0, 32mR 2 .
2 9π 2
Aufgabe 6
s3
P
ϑ
S
ϕ
r
s2
s1
Man berechne den Trägheitstensor einer homogenen Kugel (Masse m, Radius R )
bezogen auf den Schwerpunkt S.
Kugelkoordinaten: {r ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ π , 0 ≤ ϕ < 2π}
Beziehung zwischen den kartesischen Koordinaten und den Kugelkoordinaten eines Punktes P:
s1 = r sin ϑ cos ϕ , s2 = r sin ϑ sin ϕ , s3 = r cos ϑ .
Volumenelement:
dV = (rdϑ )(r sin ϑdϕ )(dr ) = r 2 sin ϑdrdϑdϕ .
ΘS 33 = ∫ (s12 + s22 )dm ,
dm = ρdV =
m
m
4 πR 3
3
ΘS 33 = ρ ∫ (s12 + s22 )dV = ρ ∫ r 2 sin 2ϑdV ,
V
V
dV ,
B - 3 - Massengeometrische Größen
ΘS 33 = ρ
136
2π π R
∫
π
R5
2π ∫ sin 3ϑdϑ ,
5
0
( ∫ ( ∫ r 4 sin 3 ϑ )dr )dϑ )dϕ = ρ
0 0 0
π
3
1
sin ϑ = sin ϑ − sin(3ϑ ),
4
4
ΘS 33 = ρ
π
π
3
1
4
∫ sin ϑdϑ = 4 ∫ sinϑdϑ − 4 ∫ sin(3ϑ )dϑ = 3 ,
0
0
0
3
3
R5
4
3m R 5
4
2π ,
2π =
3
5
3 4πR 5
3
ΘS 33 =
2
mR 2 = ΘS11 = ΘS 22 .
5
Alle Massendeviationsmomente sind null, weil die Massenverteilung der homogenen Kugel im si -System symmetrisch ist.
1 0 0
2
2
ΘS = mR 2 0 1 0 = mR 21.
5
5
0 0 1
Der auf den Schwerpunkt der Kugel bezogene Trägheitstensor ist dem Einheitstensor proportional. Alle Achsen durch den Schwerpunkt sind Trägheitshauptachsen.
Der auf den Schwerpunkt S bezogene Drehimpulsvektor einer Kugel ist immer
proportional zum Winkelgeschwindigkeitsvektor:
r
r
r
r
2
L S = ΘS ω ,
L S = mR 2ω .
5
Aufgabe 7
r
e3
m2
S2
r
e1
c
S1
A
a
r
e2
m1
b
Zwei orthogonal verbundene dünne Rechteckplatten bilden einen starren Körper.
Man berechne den auf den Punkt A bezogenen Trägheitstensor in der angegebe-
B - 3 - Massengeometrische Größen
137
nen Basis, die auch für jede der beiden Platten gelten soll. Für den Spezialfall
m1 = m 2 = m ,
a =b =c = L
berechne man die Hauptträgheitsmomente und die Trägheitshauptachsen sowie
das Trägheitsmoment um die Achse AS1 .
ΘS
1
b 2 0
0
m1
2
=
0 a
0 ,
12
2
2
0
0 a +b
ΘS
a 2
AS1 = b 2 ,
0
2
b 2 + c 2 0 0
m2
2
=
c
0
0 ,
12
2
0
0 b
0
AS2 = b 2,
c 2
b 2 4 − ab 4
0
2
,
ϑ( AS1 ) = − ab 4 a 4
0
2
2
0
0
(a + b ) 4
(b 2 + c 2 ) 4
0
0
2
ϑ( AS 2 ) =
0
c 4 − bc 4 ,
2
0
− bc 4 b 4
Θ A = ΘS + m1ϑ( AS1 ) + ΘS + m 2 ϑ( AS 2 ),
1
2
b 2 3 −ab 4
0
Θ A = m1 −ab 4 a 2 3
0
0
0
(a 2 + b 2 )
Spezialfall: m1 = m 2 = m ,
(b 2 + c 2 ) 3
0
0
2
+m
0
c 3 −bc 4 .
2
2
−bc 4 b 3
3
0
a =b =c = L
12 −3 0
mL
ΘA =
−3 8 −3.
12
0 −3 12
2
Charakteristische Gleichung:
−3
0
12 − λ
det −3
8−λ
−3 = 0,
0
−3 12 − λ
λI = 12,
λII = 10 − 22 = 5, 31,
Hauptträgheitsmomente:
(12 − λ )(λ2 − 20λ + 78) = 0,
λIII = 10 + 22 = 14, 69.
B - 3 - Massengeometrische Größen
Θ I = mL2 ,
138
Θ II = 0, 44mL2 ,
Θ III = 1, 22mL2 .
Trägheitshauptachsenrichtungen:
12 − λH
−3
0
λH = λI
λH = λII
→
→
−3
8 − λH
−3
a1 0
−3 a 2 = 0,
12 − λH a 3 0
0
a 2 = 0, a1 = 1, a 3 = −1,
a1 = 1, a 2 =
12 − λII
3
, a 3 = 1,
1
r
1
eI =
0 ,
2
−1
0, 3787
r
e II = 0, 8445,
0, 3787
0, 5972
r
r
r
e III = e I × e II = −0, 5355.
0, 5972
0
0
12
mL
ΘA =
0
0 5, 31
12
0
0
14, 69 HAS
2
Trägheitsmoment um die Achse AS1 :
1
r
1
e=
1 ,
2
0
Θ A (er )
12 −3 0 1
1
2
r
r 1 mL
= e ⋅ (Θ A e ) = 1 ⋅ (
−3 8 −3 1 )
2 12
0 −3 12 0
0
Θ A (er ) =
7mL2
.
12
Aufgabe 8
Man berechne den auf den Schwerpunkt S bezogenen Trägheitstensor eines
Kreis-Toruskörpers (Masse m , Radien r , R ) im symmetrisch liegenden si -System
(Hauptachsensystem), also die Trägheitsmomente ΘS 33 , ΘS11 = ΘS 22 . Die Massen-
deviationsmomente sind null.
B - 3 - Massengeometrische Größen
139
s2
s3
r
ξ
S
R
P
α
P
s1
ϕ
S
s1
Ortsvektor eines Toruspunktes P:
r
r
r
r
r = (R + ξ cos α )cos ϕe1 + (R + ξ cos α )sin ϕe 2 + ξ sin αe 3 ,
0 ≤ ξ ≤ r,
0 ≤ α , ϕ < 2π .
Bei infinitesimalen Koordinatenänderungen dξ, dα , dϕ entstehen vektorielle Linienelemente
r
r ∂r
drξ =
dξ,
∂ξ
r
r
∂r
drα =
dα ,
∂α
r
r
∂r
drϕ =
dϕ ,
∂ϕ
−(R + ξ cos α )sin ϕ
−ξ sin α cos ϕ
cos α cos ϕ
r
r
r
drξ = cos α sin ϕ dξ, drα = −ξ sin α sin ϕ dα , drϕ = (R + ξ cos α )cos ϕ dϕ ,
ξ cos α
sin α
0
die das Volumenelement
r
r
r
dV = drξ ⋅ (drϕ × drα ) = ξ (R + ξ cos α )dξdαdϕ
aufspannen.
Volumen des Toruskörpers und Massendichte:
V = ∫ dV =
V
2π 2π r
∫ ∫ ∫ (ξR + ξ
2
cos α )dξdαdϕ = 2π 2Rr 2 ,
ρ=
0 0 0
m
m
=
.
V 2π 2Rr 2
r r
Trägheitsmomente um die Koordinatenachsen (r = s ) :
ΘS 33 = ∫ (s12 + s22 )dm ,
s12 + s22 = (R + ξ cos α )2 ,
m
2π 2π r
ΘS 33 = ρ ∫
∫ ∫ (R + ξ cosα )
0 0 0
ΘS11 = ∫ (s22 + s32 )dm ,
3
ξdξdαdϕ = m (R 2 +
3 2
r ),
4
s22 + s32 = (R + ξ cos α )2 sin 2ϕ + ξ 2 sin 2α ,
m
2π 2π r
ΘS11 = ρ ∫
∫ ∫ {(R + ξ cosα )
0 0 0
3
ξ sin2 ϕ + (R + ξ cos α )ξ 3 sin2α}dξdαdϕ =
m 2 5 2
(R + r ).
2
4
B - 3 - Massengeometrische Größen
140
Aufgabe 9
Man berechne den auf den Koordinatenursprung O bezogenen Trägheitstensor
einer beliebigen Dreiecksfläche mit konstanter Masse pro Flächeneinheit.
Hinweis: Man bilde das Einheitsdreieck in der ξη -Ebene auf das beliebige Dreieck im dreidimensionalen Raum ab und berechne die Flächenintegrale in den ξη Koordinaten.
P3 :(x 3 ,y3 ,z3 )
η
P1:(x 1 ,y1,z1 )
r
ez
1
r
ey
r
ex
O
P2 :(x 2 ,y2 ,z2 )
ξ
1
Die lineare Abbildung des Einheitsdreiecks auf das beliebige Dreieck im dreidimensionalen Raum, bei der folgende Punktzuordnung gelten soll
ξ η
P
0 0
P1
1 0 P2
0 1 P3
lautet
r r
r r
r r
r = r1 + (r2 − r1 )ξ + (r3 − r1 )η.
Die beiden infinitesimalen Linienelemente
r
r
r
r r
r
r r
∂r
∂r
drξ : =
dξ = (r2 − r1 )dξ,
drη : =
dη = (r3 − r1 )dη,
∂ξ
∂η
spannen im Dreieck P1P2P3 das Flächenelement
r
r
r r
r r
dA = drξ × drη = (r2 − r1 ) × (r3 − r1 ) dξdη = 2 Adξdη
auf, wobei A die Fläche des Dreiecks P1P2P3 ist.
Das auf die x -Achse durch den Punkt O bezogene Massenträgheitsmoment des
Dreiecks P1P2P3
1
Θ 0 xx
1−η
m
= ∫ (y + z )dm = ∫ (y + z ) dA = 2m ∫ { ∫ (y 2 + z 2 ) dξ }dη
A
η =0 ξ =0
m
A
2
2
2
2
B - 3 - Massengeometrische Größen
141
erhält mit den linearen Abbildungsgleichungen des Einheitsdreiecks auf das
Dreieck P1P2P3 im xyz -Koordinatensystem
x = x1 + ( x 2 − x1 )ξ + ( x 3 − x1 )η,
y = y1 + (y2 − y1 )ξ + (y3 − y1 )η,
z = z1 + (z 2 − z1 )ξ + (z 3 − z1 )η,
die Darstellung
1−η
1
Θ 0 xx = 2m
∫ { ∫ [y1 + (y2 − y1)ξ + (y3 − y1)η]
2
dξ } dη +
η =0 ξ =0
1
+ 2m
∫
1−η
{ ∫ [z1 + (z 2 − z1 )ξ + (z 3 − z1 )η]2 dξ } dη.
η =0 ξ =0
Mit den Integralen
1
1−η
1
1
(1 − η)dη = ,
2
η =0
∫ { ∫1dξ } dη = ∫
η =0 ξ =0
1
1−η
1
1
1
1
2
∫ { ∫ ξ dξ } dη = 2 ∫ (1 − η) dη = 6 ,
η =0 ξ =0
η =0
1
1−η
∫
1−η
{ ∫ η dξ } dη =
η =0 ξ =0
1
1
η(1 − η)dη = ,
6
η =0
∫
1
1
1
2
∫ { ∫ ξη dξ } dη = 2 ∫ η(1 − η) dη = 24 ,
η =0 ξ =0
η =0
1
1−η
1
1
1
3
∫ { ∫ ξ dξ } dη = 3 ∫ (1 − η) dη = 12 ,
η =0 ξ =0
η =0
2
1
1−η
∫ { ∫η
η =0 ξ =0
1
2
dξ } dη =
∫
η2 (1 − η)dη =
η =0
1
,
12
erhalten wir dann
Θ 0 xx =
m
(y 2 + y22 + y32 + y1y2 + y2y3 + y3y1 ) +
6 1
m
+ (z12 + z 22 + z 32 + z1z 2 + z 2z 3 + z 3z1 ).
6
Entsprechend ergibt sich für die Massenträgheitsmomente um die y - und die z Achse durch O:
Θ 0yy =
m
(z12 + z 22 + z 32 + z1z 2 + z 2z 3 + z 3z1 ) +
6
m
+ ( x12 + x 22 + x 32 + x1x 2 + x 2 x 3 + x 3 x1 ),
6
B - 3 - Massengeometrische Größen
Θ 0zz =
142
m
( x 2 + x 22 + x 32 + x1x 2 + x 2 x 3 + x 3 x1 ) +
6 1
m
+ (y12 + y22 + y32 + y1y2 + y2y3 + y3y1 ).
6
Für das Massendeviationsmoment
1
Θ 0 xy
1−η
m
= − ∫ xydm = − ∫ xy dA = −2m ∫ { ∫ xy dξ }dη
A
η =0 ξ =0
m
A
ist das Integral
1
1−η
∫ { ∫ [x1 + (x 2 − x1)ξ + (x 3 − x1)η][y1 + (y2 − y1)ξ + (y3 − y1)η]dξ } dη
η =0 ξ =0
zu berechnen. Wir erhalten schließlich
m
Θ 0 xy = − {2( x1y1 + x 2y2 + x 3y3 ) + x1(y2 + y3 ) + x 2 (y3 + y1 ) + x 3 (y1 + y2 )},
12
und entsprechend
m
Θ 0yz = − {2(y1z1 + y2z 2 + y3z 3 ) + y1(z 2 + z 3 ) + y2 (z 3 + z1 ) + y3 (z1 + z 2 )},
12
Θ 0zx = −
m
{2(z1x1 + z 2 x 2 + z 3 x 3 ) + z1( x 2 + x 3 ) + z 2 ( x 3 + x1 ) + z 3 ( x1 + x 2 )}.
12
Mit diesem Ergebnis kann man den Trägheitstensor eines Körpers berechnen, der
aus dünnen Scheibenpolygonen zusammengesetzt ist. Man muß dann die Polygone in Dreiecke zerlegen und schließlich die entsprechenden Teilergebnisse addieren.
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
143
Aufgabe 1
y
m
FW
r
v
g
mg
x
Man berechne die Wurfbewegung eines Balls (Masse m , Durchmesser d , Widerstandsbeiwert cW = 0.6 ) in der xy -Ebene unter Berücksichtigung des Luftwiderstands
1
cW ρLuft AS v 2 .
2
( ρLuft = 1.22 kgm -3 )
FW =
Die Bewegungsgleichung lautet
r
r
r
v
˙˙
mr = mg − FW r ,
v
x˙
x˙˙ 0
1 cW ρLuft AS
2
2
.
λ: =
= − λ x˙ + y˙ ,
2
m
y˙
y˙˙ − g
Mit
y1 = x ,
y2 = y,
y3 = x˙ ,
y 4 = y˙
erhalten wir das Differentialgleichungssystem 1. Ordnung
y˙1 = y3
y˙ 2 = y 4
y˙ 3 = − λ y32 + y 4 2 y3
y˙ 4 = − g − λ y32 + y 4 2 y 4
Zahlenbeispiel:
m = 0.5 kg
λ=
d = 0.2 m
AS =
π 2
d = π ⋅10 −2 m 2
4
1 0.6 ⋅1.22 kgm -3 ⋅ π ⋅10 −2 m 2
= 2.3 ⋅10 −2 m -1
2
0.5 kg
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
144
4
ohne Luftreibung
2
v0=10 m/s, α = 60ο
0
-2
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Aufgabe 2
Eine Kreisscheibe (Masse m , Radius r ) rollt im Schwerkraftfeld in einer kreiszylindrischen Schale (Radius (R + r ) ). Man stelle die Bewegungsgleichung in der Koordinate ϕ auf und bestimme die Reaktionskräfte als Funktionen von ϕ . Zum
Zeitpunkt t = 0 sei ϕ = ϕ , ϕ˙ = 0.
0
y
ψ˙
ϕ
R
g
m
S r
x
y
ψ˙
R
ϕ
r
H
N
mg
Kinematische Rollbedingung:
rψ˙ = Rϕ˙
→ ψ˙ =
R
ϕ˙ .
r
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
Schwerpunktsatz:
145
r
r
r
r
ma S = −mge y + Heϕ − Ner ,
r
r
r
r
r
r
a S = Rϕ˙˙eϕ − Rϕ˙ 2er ,
e y = − cos ϕer + sin ϕeϕ ,
mRϕ˙˙ = H − mg sin ϕ ,
mRϕ˙ 2 = N − mg cos ϕ ;
Momentensatz bezogen aus S:
ΘSψ˙˙ = − Hr ,
(ΘS = 12 mr 2 , ψ˙˙ =
1 mRϕ
˙˙
2
R
ϕ˙˙)
r
= −H ;
Bewegungsgleichung der Kreisscheibe:
3 mRϕ
˙˙ + mg sin ϕ
2
= 0,
ϕ˙˙ + ω 02 sin ϕ = 0,
→
˙˙ ˙ + ω 2 sin ϕϕ˙ = 0,
ϕϕ
0
2g
).
3R
d ϕ˙ 2
− ω 02 cos ϕ = 0,
dt 2
→
ϕ˙ 2
− ω 02 cos ϕ = −ω 02 cos ϕ 0 ,
2
(ω 02 : =
→
ϕ˙ 2 = 2ω 02 (cos ϕ − cos ϕ 0 ).
Reaktionskräfte:
N = mg cos ϕ + mRϕ˙ 2 ,
N=
H =−
mg
(7 cos ϕ − 4 cos ϕ 0 ),
3
H=
mR
ϕ˙˙,
2
mg
sin ϕ .
3
Die erforderliche Haftkraft H wird für ϕ = ϕ 0 am größten. In dieser Lage ist
N = mg cos ϕ 0 ,
und weil H ≤ µ0 N sein muß, wobei µ0 der Haftreibungskoeffizient im Kontaktpunkt der Kreisscheibe ist, erhalten wir für den Anfangswinkel ϕ 0 die Bedingung
tan ϕ 0 ≤ 3 µ0 .
Nur wenn diese Bedingung erfüllt ist, kann die Scheibe rollen.
Aufgabe 3
Ein Rad mit 6 Speichen (Radius: R , Masse des Radkranzes: 6m , Masse einer
Speiche: m ) wird mit der Winkelgeschwindigkeit ω in eine Ecke gestellt und
durch Gleitreibungskräfte abgebremst. Wieviele Umdrehungen macht das Rad bis
zum Stillstand, wenn der Gleitreibungskoeffizient µ = 0, 2 ist?
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
146
ϕ˙
y
ϕ˙
µ
µN 2
S
g
N2
G
µ
x
µN1
N1
G = 12mg
Massenträgheitsmoment bezogen auf S:
mR 2
ΘS = 6mR + 6
= 8mR 2 .
3
2
Schwerpunktsatz:
12mx˙˙S = N 2 − µN1,
12my˙˙S = N1 + µN 2 − 12mg ;
Kinematische Zwangsbedingungen:
x S ≡ R , yS ≡ R ;
→
x˙˙S ≡ 0, y˙˙S ≡ 0;
Damit folgt aus dem Schwerpunktsatz:
N 2 = µN1,
N1 =
12mg
.
1 + µ2
Momentensatz bezogen auf S:
ΘSϕ˙˙ = − µN1R − µN 2R ,
ϕ˙˙ = −
9 g
,
26 R
Dauer T der Drehbewegung:
9 g
0=−
T + ω,
26 R
ϕ (t ) = −
9 g 2
t + ωt ,
52 R
Anzahl der Umdrehungen: U = ϕ (T ) (2π ).
3 µ + µ2 g
,
2 1 + µ2 R
→
ϕ˙˙ = −
ϕ˙ = −
9 g
t + ω.
26 R
26 ωR
.
9 g
→
T =
→
ϕ (T ) =
13 Rω 2
.
9 g
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
147
Aufgabe 4
Ein Körper (Masse: m ) wird in der Lage x S (0) = b < L auf zwei mit großer Winkel-
geschwindigkeit Ω drehende Walzen (Radius: r , Gleitreibungskoeffizient: µ ) gelegt. Man berechne die Horizontalbewegung des Körpers unter den Annahmen
L > µh ,
rΩ >> x˙ .
S
S
m
h
µ
µ
xS
Ω
Ω
L
L
S
mg
N1
µN1
µN 2
xS
N2
Kinematische Zwangsbedingungen für den Körper:
r r
r
r
ω ≡ 0.
a S = x˙˙S e x ,
Schwerpunkt- und Momentensatz bezogen auf S:
mx˙˙ = µN1 − µN ,
S
2
0 = N1 + N 2 − mg ,
0 = µN1h − µN 2h + N 2 (L − x S ) − N1(L + x S );
Reaktionskräfte:
N 1=
xS
mg
(1 −
),
L − µh
2
N 2=
xS
mg
(1 +
),
L − µh
2
Bewegungsgleichung:
x˙˙S +
µg
x = 0.
L − µh S
Allgemeine Lösung (harmonische Schwingung):
x S = C1 cos(ω 0t ) + C2 sin(ω 0t ),
ω 02 : =
µg
.
L − µh
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
148
Anfangsbedingungen:
x S (0 ) = b ,
x˙ S = 0;
Spezielle Lösung:
x S (t ) = b cos(ω 0t ).
Aufgabe 5
Eine Kreisscheibe (Masse m , Radius r ) ist mit einer Stange (Masse vernachlässigbar klein) an den Punkt O gefesselt. Vor dem Absetzen der Scheibe auf eine
horizontale Ebene (Gleitreibungsziffer µ ) dreht sich die Scheibe mit der Winkelgeschwindigkeit ϕ̇ = Ω um die Achse durch S. Man berechne den Abbremsvorgang.
ϕ˙
ϕ˙ < 0
mg
m
g
mg
S
r
α
O
ϕ˙ > 0
K1
µ
µN1
K2
µN 2
N1
Kinematische Zwangsbedingung:
N2
r
r
a S ≡ 0.
ϕ˙ (0) = Ω > 0:
Schwerpunktsatz:
0 = µN1 − K1 cos α ,
K1 = mg
0 = N1 − K1 sin α − mg ;
µ
,
cos α − µ sin α
N1 = mg
cos α
.
cos α − µ sin α
Momentensatz bezogen auf S:
ΘSϕ˙˙ = − µN1r ,
(ΘS =
mr 2
)
2
Bewegungsgleichung:
ϕ˙˙ = −2 µ
g
cos α
.
r cos α − µ sin α
Winkelgeschwindigkeit während des Abbremsens und Dauer T1:
ϕ˙ (t ) = −2 µ
ϕ˙ (T1 ) = 0,
→
g
cos α
t + Ω.
r cos α − µ sin α
T1 =
Ωr (cos α − µ sin α )
.
2 µg cos α
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
149
ϕ˙ (0) = −Ω : :
Schwerpunktsatz:
0 = − µN 2 − K 2 cos α ,
K 2 = −mg
0 = N 2 − K 2 sin α − mg ;
µ
,
cos α + µ sin α
N 2 = mg
cos α
.
cos α + µ sin α
Momentensatz bezogen auf S:
ΘSϕ˙˙ = µN 2r ,
(ΘS =
mr 2
)
2
Bewegungsgleichung:
ϕ˙˙ = 2 µ
g
cos α
.
r cos α + µ sin α
Winkelgeschwindigkeit während des Abbremsens und Dauer T2 :
ϕ˙ (t ) = 2 µ
ϕ˙ (T2 ) = 0,
g
cos α
t − Ω.
r cos α + µ sin α
→
T2 =
Ωr (cos α + µ sin α )
.
2 µg cos α
T1 < T2 .
Aufgabe 6
Eine Kreisscheibe (Masse m , Radius r ) wird im Geschwindigkeitszustand
r
r
r
r
ω (t = 0) = −Ωe z ,
(ϕ˙ (0) = Ω ) ,
vS (t = 0) = 0,
auf eine horizontale Bahn (Gleitreibungskoeffizient µ ) gesetzt und beginnt eine
Rutschbewegung. Man berechne die Dauer dieser Bewegung und den Geschwindigkeitszustand der anschließenden Rollbewegung.
y
ϕ˙
mg
m
g
r
S
B
µ
B
x
N
µN
x˙ B = (x˙ S − rϕ˙ ) < 0
Der momentane Kontaktpunkt B der Scheibe hat nach dem Aufsetzen die Geschwindigkeit
x˙ B = ( x˙ S − rϕ˙ ) < 0 ,
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
150
deshalb ist die Gleitreibungskraft in x-Richtung orientiert. Während der Rutschbewegung hat die Scheibe zwei Freiheitsgrade, denn zwischen x S und ϕ existiert
keine kinematische Bedingung. Es gilt nur
y˙˙S ≡ 0.
Schwerpunkt- und Momentensatz bezogen auf S:
mx˙˙ = µN ,
x˙˙S = µg ,
S
0 = N − mg,
my˙˙S = N − mg ,
ϕ˙˙ = − 2 µg r ;
ΘSϕ˙˙ = − µNr ;
Aus den beiden Bewegungsgleichungen folgt mit den Anfangsbedingungen
ϕ (0) = 0,
ϕ˙ (0) = Ω ,
x S (0) = 0,
x˙ S (0) = 0,
x˙ S (t ) = µgt ,
ϕ˙ (t ) = Ω −
2 µg
t.
r
x˙ B (t ) = x˙ S (t ) − rϕ˙ (t ) = −rΩ + 3 µgt .
x S (t ) =
1
µgt 2 ,
2
ϕ (t ) = Ωt −
µg 2
t .
r
Dauer T der Rutschbewegung:
x˙ B (T ) = −rΩ + 3 µgT = 0,
→
T =
rΩ
.
3 µg
Kinematischer Zustand beim Ende der Rutschbewegung:
1
1
ϕ˙ (T ) = Ω .
x˙ S (T ) = rΩ ,
3
3
Für t > T rollt die Kreisscheibe mit diesen Geschwindigkeiten ab der Lage
x S (T ) =
1 r 2Ω 2
,
18 µg
ϕ (T ) =
2 rΩ 2
.
9 µg
Aufgabe 7
Der Schwerpunkt S eines Körpers bewegt sich auf einer Ellipse (Halbachsen: a
und b ) so, daß sein Beschleunigungsvektor ständig zu einem Brennpunkt hin
orientiert bleibt. In Polarkoordinaten bezogen auf den rechten Brennpunkt gilt für
die Bahnkurve
r (ϕ ) = a
1− ε2
b2
=
.
1 + ε cos ϕ a + e cos ϕ
(e: = a 2 − b 2 , ε : = e a )
In der Lage ϕ = 0 habe der Schwerpunkt die Geschwindigkeit v 0 . Man berechne
den Beschleunigungsvektor des Schwerpunktes.
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
151
Der Ortsvektor des Schwerpunktes lautet
r
r
R (t ) = r (ϕ (t ))er (ϕ (t )).
Daraus folgt
r˙
r
r
r
˙ r + rϕ˙eϕ ,
vS = R = re
r
r
r
˙˙r
a S = R = (r˙˙ − rϕ˙ 2 )er + (rϕ˙˙ + 2r˙ϕ˙ )eϕ .
Die Forderung
rϕ˙˙ + 2r˙ϕ˙ = 0
r 2ϕ˙˙ + 2rr˙ϕ˙ = 0
→
d 2
(r ϕ˙ ) = 0,
dt
→
bedeutet, daß
r 2ϕ̇ = const
gilt. Zum Zeitpunkt t = 0 befindet sich der Schwerpunkt im rechten Scheitelpunkt der Ellipse und hat die Geschwindigkeit
r
r
r
vS (0) = (a − e )ϕ˙ (0)eϕ (0) = v 0eϕ (0).
Dann ist also
ϕ˙ (0) =
v0
a −e
,
→
r 2ϕ˙ = (a − e )2
ϕ˙ =
v0
a −e
= (a − e )v 0 ,
a −e
v .
r2 0
Mit
r˙ =
r˙˙ =
dr
a − e dr
d 1
ϕ˙ = v 0 2
= −v 0 (a − e )
,
dϕ
dϕ
dϕ r
r
dr˙
a − e dr˙
(a − e )2 d 2 1
ϕ˙ = v 0 2
= −v 02
,
dϕ
dϕ
r
r2
dϕ 2 r
wird
r˙˙ − rϕ˙ 2 = r˙˙ − rv 02
2
2
(a − e )2
2 (a − e ) d 1 1
=
−
v
+ .
0
r4
r 2 dϕ 2 r r
Für die Ellipse gilt
d 2 1 1 a
+ =
,
dϕ 2 r r b 2
so daß wir für den Beschleunigungsvektor des Schwerpunktes erhalten:
r
(a − e )2 a 1 r
2 1− ε 1 r
a S = −v 02
e .
2
2 er = −v 0 a
1+ ε r2 r
b
r
Nach dem NEWTONschen Grundgesetz (Schwerpunktsatz) gilt
r
r
ma S = F ,
also wirkt auf den Körper die zu 1 r 2 proportionale Kraft
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
152
r
1− ε 1 r
F = −mv 02a
e .
1+ ε r2 r
Die von der Sonne auf einen Planeten (m = m Planet ) ausgeübte Gravitationskraft
lautet
F = −γ
m Planet m Sonne r
er ,
r2
Gravitationskonstante: γ = 6.672 ⋅10 −11 m 3kg −1s −2 ,
m Sonne = 1.993 ⋅1030 kg
Für die Bahndaten gilt
v 02a
1− ε
= γm Sonne .
1+ ε
Setzt man für die Erde
a = 1.5 ⋅1011 m,
ε = 0.0167,
so erhält man
v 0 = 30 km s.
Aufgabe 8
y
g
m
S
α
r
A
x
L
F0
Auf eine Kreisscheibe (Masse m , Radius r ) ist ein Faden gewickelt, der reibungsfrei durch einen festen Ring A geführt wird und an dem mit einer konstanten
Kraft F0 gezogen wird. Man bestimme die Bewegungsgleichung der rollenden
Kreisscheibe für 0 ≤ x S < (L − r ).
tan(α 2) =
r
,
L − xS
α = 2 arctan
r
.
L − xS
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
153
y
mg
F0
ϕ˙
S
α
A
H
N
x
Kinematische Zwangsbedingungen:
x˙ = rϕ˙ ,
y˙ S ≡ 0.
S
Schwerpunkt- und Momentensatz:
mx˙˙S = H + F0 cos α ,
my˙˙S = N − mg − F0 sin α ,
ΘSϕ˙˙ = F0r − Hr ;
mx˙˙S = H + F0 cos α ,
1
ΘS = mr 2 ,
2
0 = N − mg − F0 sin α ,
1 mx
˙˙
2
S
= F0 − H ;
N = mg + F0 sin α ,
Bewegungsgleichung:
3
mx˙˙S = F0 (1 + cos α ),
2
x˙˙S =
2F0
{1 + cos(2 arctan
3m
F
F
H = F0 − 0 (1 + cos α ) = 0 (2 − cos α ).
3
3
r
)}.
L − xS
Numerische Lösung der Bewegungsgleichung:
t =:
r
τ,
g
x S =:rq ,
d () d () g
g
()′,
=
=:
dt
dτ r
r
L = λr ,
F0 = f 0mg ,
q ′′ =
x˙˙S = gq ′′,
2
1
)}.
f 0{1 + cos(2 arctan
λ −q
3
q1′ = q 2 ,
q1: = q ,
q 2 : = q ′,
λ = 10,
q 2′ =
2
1
f 0{1 + cos(2 arctan
)}.
3
λ − q1
q1(0) = 0,
q 2 (0) = 0.
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
8.0
154
q
6.0
f0 = 2
4.0
f0 = 1
2.0
0.0
0.0
0.5
1.0
1.5
τ
2.0
2.5
Aufgabe 9
Eine Stange (Länge (a + b ) , Kreisquerschnittradius r ) besteht aus Holz (Länge a )
und einer Stahlspitze (Länge b ). Sie wird mit einer Neigung ϕ 0 und einer Geschwindigkeit v 0 in Längsrichtung abgeworfen. Man berechne die Bahn des
Schwerpunktes S und den Neigungswinkel ϕ unter Berücksichtigung der Luftrei-
bung.
b
y
r
vS
S
g
r
dFW
ξS
mg
a
r
e2
r
e1
ϕ
x
Holz:
ρ1 = 600 kgm -3 ,
a = 3 m,
ρ2 = 7800 kgm -3 ,
Stahl:
b = 0.3 m,
r = 0.02 m,
Massengeometrische Größen:
m1 = ρ1πr 2a = 2.26 kg,
ξS =
ΘS =
m 2 = ρ2πr 2b = 2.94 kg
m1 a 2 + m 2 (a + b 2)
m1 + m 2
= 2.43m
1
a
1
b
m1a 2 + m1(ξS − )2 +
m 2b 2 + m 2 (a + − ξS )2 ,
12
2
12
2
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
155
ΘS = 5.20 kgm 2 .
Geschwindigkeitszustand der Stangenpunkte:
r
r
r
vS = x˙ S e x + y˙ S e y ,
r
r
r
e x = cos ϕe1 − sin ϕe 2 ,
r
r
r
e y = sin ϕe1 + cos ϕe 2 ,
r
r
r
v (ξ ) = vS + (ξ − ξS )ϕ˙e 2 ,
r
r
r r
v 2 (ξ ) = v (ξ ) ⋅ e 2 = vS ⋅ e 2 + (ξ − ξS )ϕ˙ = vS 2 + (ξ − ξS )ϕ˙ ,
r r
vS ⋅ e 2 = vS 2 = − x˙ S sin ϕ + y˙ S cos ϕ .
r
Luftwiderstandskraft auf das Stabelement dξ an der Stelle ξe1:
r
v (ξ ) r
r
1
dFW = − cW ρLuft 2rdξv 22 (ξ ) 2
e 2 = − λ v 2 (ξ ) v 2 (ξ )dξe 2 ,
2
v (ξ )
2
ρLuft
1
λ: = cW ρLuft 2r ,
2
−3
= 1.22 kgm ,
cW = 0.8,
λ = 0.019 kgm −2 .
Reduktion des Luftwiderstandes in den Stangenschwerpunkt S:
L
L
r
r
r
r
FW = − λ ∫ v 2 (ξ ) v 2 (ξ )dξ e 2 = − λ ∫ v 2 (ξ ) v 2 (ξ )dξ{− sin ϕe x + cos ϕe y},
0
0
L
r
r
M SW = − λ ∫ v 2 (ξ ) v 2 (ξ )(ξ − ξS )dξ e 3 .
0
Bewegungsgleichungen:
mx˙˙S = FWx ,
my˙˙S = FWy − mg ,
ΘSϕ˙˙ = M SW .
Umwandlung in ein Differentialgleichungsystem 1. Ordnung:
y˙1 = y 4 ,
y˙ 2 = y5 ,
y1: = x S , y2 : = yS , y3 : = ϕ , y 4 : = x˙ S , y5 : = y˙ S , y6 : = ϕ˙ ;
y˙ 3 = y6 ,
y˙ 4 = FWx m ,
y˙ 5 = FWy m − g ,
y˙ 6 = M SW ΘS .
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
156
Spezielle Startwerte:
ϕ 0 = 60o = 1, 05.
v 0 = 30 ms-1,
40
yS
30
20
10
0
0
20
40
60
xS
80
0
20
40
60
xS
80
1
ϕ
0
-1
-2
Aufgabe 10
x A = L sin(Ωt)
A
ϕ˙
F
m
g
S
xS
r
mg
Auf eine Kreisscheibe (Masse m , Radius r ) ist ein Faden gewickelt, dessen End-
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
157
punkt A vertikal nach dem Gesetz x A (t ) = L sin(Ωt ) bewegt wird. Man berechne die
Bewegungsgleichung der Scheibe in der Koordinate x S , die Reaktionskraft im
Punkt A und die obere Grenze für die Kreisfrequenz Ω , damit der Faden unter
Zugbelastung bleibt.
Kinematische Zwangsbedingung:
x˙ S − rϕ˙ = x˙ A .
Schwerpunkt- und Momentensatz:
mx˙˙S = mg − F ,
mx˙˙S = mg − F ,
1
ΘS = mr 2 ,
2
ΘSϕ˙˙ = Fr ;
1
m ( x˙˙S − x˙˙ A ) = F ;
2
Bewegungsgleichung und Reaktionskraft im Faden:
1
1
x˙˙S = (2g + x˙˙ A ),
F = m ( g − x˙˙ A ).
3
3
F =
F >0
1
m ( g + LΩ 2 sin(Ωt )),
3
g > LΩ 2
→
Ω<
→
g
.
L
Aufgabe 11
Aus einem Rohr der Länge L, das sich nach dem Gesetz ϕ (τ ) = π 8 + (π 18)sin(Ωτ )
in der vertikalen xy -Ebene um den Endpunkt O dreht, werden kontinuierlich
Kugeln der Masse m abgeschossen, die im Rohr die Geschwindigkeit c haben.
Man berechne die Kurve, auf der zum Zeitpunkt t alle Kugeln liegen, die im Zeitintervall 0 ≤ τ ≤ t abgeschossen wurden.
y
r
eϕ
r
er
mg
g
L
ϕ (τ )
O
x
Lage des Rohrendpunktes zum Zeitpunkt τ :
cos ϕ (τ )
r
r
r0 (τ ) = Ler (τ ) = L
.
sin ϕ (τ )
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
158
Abschußgeschwindigkeit der Kugel zum Zeitpunkt τ :
cos ϕ (τ )
− sin ϕ (τ )
r
r
r
˙
v 0 (τ ) = cer (τ ) + Lϕ˙ (τ )eϕ (τ ) = c
+
L
ϕ
(
τ
)
.
sin ϕ (τ )
cos ϕ (τ )
Bewegungsgleichung einer Kugel:
x˙˙
0
=
m m .
− g
y˙˙
Allgemeine Lösung der Bewegungsgleichung:
x˙ (t ) C1
,
=
y˙ (t ) − gt + C2
C1t + C3
x (t )
.
=
2
1
y (t ) − 2 gt + C2t + C4
Für die Kugel, die zum Zeitpunkt τ < t das Rohr verläßt gilt:
C1 c cos ϕ (τ ) − Lϕ˙ (τ )sin ϕ (τ )
=
,
− gτ + C2 c sin ϕ (τ ) + Lϕ˙ (τ )cos ϕ (τ )
C1τ + C3
L cos ϕ (τ )
=
;
2
− 12 gτ + C2τ + C 4 L sin ϕ (τ )
Daraus folgt
C1 = c cos ϕ (τ ) − Lϕ˙ (τ )sin ϕ (τ ),
C2 = gτ + c sin ϕ (τ ) + Lϕ˙ (τ )cos ϕ (τ ),
C3 = L cos ϕ (τ ) − C1τ ,
C4 = L sin ϕ (τ ) + 12 gτ 2 − C2τ .
Die zum Zeitpunkt τ < t abgeschossene Kugel hat zum Zeitpunkt t den Ortsvektor:
L cos ϕ (τ ) + {c cos ϕ (τ ) − Lϕ˙ (τ )sin ϕ (τ )}(t − τ )
r
.
r (t ;τ ) =
L sin ϕ (τ ) + {c sin ϕ (τ ) + Lϕ˙ (τ )cos ϕ (τ )}(t − τ ) − 12 g (t − τ )2
Faßt man zu einem bestimmten Zeitpunkt t die Abwurfzeit τ < t als Kurvenparameter auf, so erhält man eine Kurve, auf der alle Kugeln momentan liegen, die im
Zeitintervall 0 ≤ τ ≤ t abgeschossen wurden.
Mit den speziellen Werten
L = 1m,
c = 50 m s ,
erhalten wir die folgende Kurve
Ω = 3 s,
t = 5s
B - 4.1 - Bewegungsgleichungen - Einzelkörper
159
y/Meter
80
60
40
20
0
0
100
x/Meter
200
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
160
Aufgabe 1
Zwei Turner (Massen m1, m 2 ) klettern an einem Seil, das über eine drehbare
Kreisscheibe (Trägheitsmoment Θ 0 ) geführt wird und nicht rutschen soll. Man
berechne die Bewegungsgesetze x1(t ) und x 2 (t ) der Turner, wenn die Klettergesetze s1(t ) und s2 (t ) gegeben sind.
ϕ˙
O
r
x2
F2
x1
g
m1
m2
s2
F1
s1
F2
F1
m 1g
Es sei
s1(0) = s2 (0) = 0,
s˙1(0) = s˙ 2 (0) = 0,
ϕ (0) = 0, ϕ˙ (0) = 0.
x1 (0 ) = x 2 (0 ) = L .
Kinematische Zwangsbedingungen:
x˙1 = −rϕ˙ − s˙1,
x˙ 2 = rϕ˙ − s˙ 2 .
Schwerpunkt- und Momentensatz für die freigeschnittenen Körper:
m1(rϕ˙˙ + s˙˙1 ) = −m1g + F1,
m1x˙˙1 = m1g − F1,
m 2 x˙˙2 = m 2 g − F2 ,
Θ 0ϕ˙˙ = rF2 − rF1;
→
m 2 (rϕ˙˙ − s˙˙2 ) = m 2 g − F2 ,
Θ 0ϕ˙˙ r = F2 − F1.
Bewegungsgleichung:
ϕ˙˙ =
(m 2 − m1 )g + m 2s˙˙2 − m1s˙˙1
r (m1 + m 2 + Θ 0 r 2 )
.
Lösung der Bewegungsgleichung:
ϕ˙ (t ) =
ϕ (t ) =
(m 2 − m1 )gt + m 2s˙ 2 (t ) − m1s˙1(t )
1 (m
2
2
r (m1 + m 2 + Θ 0 r 2 )
,
− m1 )gt 2 + m 2s2 (t ) − m1s1(t )
r (m1 + m 2 + Θ 0 r 2 )
,
m 2g
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
x1(t ) = L − rϕ (t ) − s1(t ),
161
x 2 (t ) = L + rϕ (t ) − s2 (t ).
Spezialfall:
Θ 0 = 12 mr 2 ,
s˙ 2 ≡ 0,
2s (t )
ϕ (t ) = − 1 ,
5r
3s1(t )
2s (t )
,
x1(t ) = L −
x 2 (t ) = L − 1 ;
5
5
m1 = m 2 = m ,
s˙1(t ) = v 0{1 − cos(2π
ξ1: =
ξ1(t ) = 1 −
x1
L
t
)},
T
x2
, ξ2 : =
L
s1(t ) = v 0{t −
, τ:=
3
1
α{τ −
sin(2πτ )},
5
2π
T
t
sin(2π )};
T
2π
v T
t
, α: = 0 ;
T
L
2
1
ξ2 (t ) = 1 − α{τ −
sin(2πτ )}.
5
2π
2.0
(α = 0.8)
ṡ1 v 0
1.5
1.0
ξ1 = x1 L
0.5
0.0
0
1
(α = 0.1)
τ =t T
2
Aufgabe 2
Zwei Kreisscheiben (Masse m , Radius r ) sind auf horizontal beweglichen Auflagern drehbar gelagert. An einem Seil, das auf die linke Kreisscheibe gewickelt ist
und über die rechte Kreisscheibe geführt wird, hängt eine Masse m . Die beiden
Kreisscheiben haben Reibungskontakt (Gleitreibungsziffer µ ) mit einem unbeweglichen Körper. Man berechne die Beschleunigung ˙ẏ der Masse m .
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
ϕ˙1
m
r
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
;;;;;;
µ ;;;;;;µ
;;;;;;
162
T1
ϕ˙2
T1
µN1
m
N2
r
N1
T2
µN 2
T2
g
y
mg
m
Kinematische Zwangsbedingungen:
y˙ = rϕ˙ 2 , rϕ˙1 = rϕ˙ 2 .
Die Schwerpunkte der Kreisscheiben sind horizontal und vertikal unbeweglich:
x˙˙S = 0,
x˙˙S = 0.
1
2
Schwerpunkt- und Momentensatz für die drei Körper des Systems:
mx˙˙S = − N1 + T1,
0 = − N1 + T1,
1
1 my
Θ ϕ˙˙1 = T1r − µN1r ,
˙˙ = T − µN ,
S1
2
mx˙˙S = N 2 − T1,
1
0 = N 2 − T1,
→
2
1
1 my
˙˙
2
ΘS ϕ˙˙2 = T2r − T1r − µN 2r ,
2
= T2 − T1 − µN 2 ,
my˙˙ = mg − T2 ;
my˙˙ = mg − T2 ;
daraus folgt:
N1 = N 2 = T1,
1 my
˙˙
2
= (1 − µ )T1,
3 my
˙˙
2
= mg − (1 + µ )T1,
Bewegungsgleichung:
y˙˙ =
1− µ
g.
2−µ
Reaktionskräfte:
T1 =
1
mg ,
4 − 2µ
T2 = 2T1.
Aufgabe 3
Ein Rad (Masse m , Radius r ) soll von einer Kraft F auf einem Wagen (Masse 2m,
Länge L ) rollend bewegt werden. Man berechne den erforderlichen Haftreibungskoeffizienten und die Zeit T , in der das Rad vom linken bis zum rechten Wagen-
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
163
ende rollt, wenn
x1(0) = x 2 (0) = 0,
x˙1(0) = x˙ 2 (0) = 0
als Anfangsbedingungen gegeben sind.
y
g
ϕ˙
y
m
mg
F
x2
r
µ0
2m
x1
F
x2
Kinematische Zwangsbedingungen:
x˙ = x˙1 + rϕ˙ ,
N
H
x1
N
H
y˙ 2 ≡ 0.
2
Schwerpunkt- und Momentensatz für die beiden Körper:
2mx˙˙1 = H ,
2mx˙˙1 = H ,
mx˙˙2 = − H + F ,
mx˙˙2 = − H + F ,
→
my˙˙2 = N − mg ,
0 = N − mg ,
ΘSϕ˙˙ = Hr ;
1 mr 2 ( x
˙˙
2
2
− x˙˙1 ) / r = Hr ;
m (2x˙˙1 + x˙˙2 ) = F ,
N = mg ,
1 m (x
˙˙
2
2
− x˙˙1 ) − 2mx˙˙1 = 0;
Bewegungsgleichungen:
x˙˙1 =
F
,
7m
x˙˙2 =
5F
.
7m
Haftkraft:
H=
2
F,
7
H ≤ µ0 N ,
→
2
F ≤ µ0mg ,
7
µ0 ≥
2F
.
7mg
Lage des Rades auf dem Wagen:
d : = x 2 − x1,
4F
d˙ =
t,
7m
4F
d˙˙ = x˙˙2 − x˙˙1 =
,
7m
d (T ) = L
→
T =
7mL
.
2F
d=
2F 2
t .
7m
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
164
Aufgabe 4
y
A
g
3r
ϕ˙
O
r
2r
K
B
µ
ϑ˙
N
O
x
µN
B
µN
mg
ϕ˙ (0) = Ω, ϑ˙ (0) = 0.
Eine Kreisscheibe (Masse m , Radius r ) ist im Endpunkt B einer masselosen
Stange AB drehbar gelagert. Zum Zeitpunkt t = 0 wird sie mit der Winkelgeschwindigkeit Ω auf eine ruhende, im Punkt O drehbar gelagerte Kreisscheibe
(Masse 2m , Radius 2r ) gesetzt. Durch die Gleitreibungskraft im Kontaktpunkt
wird die kleine Kreisscheibe gebremst und die große in Drehbewegung versetzt.
Man berechne die Winkelgeschwindigkeiten der beiden Scheiben und den Energieverlust durch Gleitreibung.
Der Schwerpunkt B der kleinen Kreisscheibe bewegt sich nicht. Deshalb gilt
K
N−
= 0,
2
mg
N=
,
K = 2N .
K
1+ µ
µN +
− mg = 0;
2
Bewegungsgleichungen der beiden Kreisscheiben:
Θ ϕ˙˙ = − µNr ,
Θ ϑ˙˙ = µN 2r ;
B
ΘB =
0
1
mr 2 ,
2
ϕ˙˙ = −
2µ g
,
1+ µ r
Θ0 =
1
2m (2r )2 = 4mr 2 ;
2
1 µ g
ϑ˙˙ =
;
21+ µ r
Winkelgeschwindigkeiten während der Gleitbewegung:
2µ g
1 µ g
ϕ˙ = Ω −
ϑ˙ =
t,
t.
1+ µ r
21+ µ r
Die Gleitbewegung endet zum Zeitpunkt T , wenn
2rϑ˙ (T ) = rϕ˙ (T )
ist, also für
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
T =
165
1 + µ Ωr
.
3µ g
Danach drehen sich die Scheiben mit den Winkelgeschwindigkeiten
Ω
Ω
ϕ˙ (T ) = ,
ϑ˙ (T ) = .
3
6
Energieverlust:
∆Ekin = Ekin (T ) − Ekin (0),
∆Ekin =
1
1
(Θ 0ϑ˙ 2 + Θ Aϕ˙ 2 )
− (Θ 0ϑ˙ 2 + Θ Aϕ˙ 2 ) ,
t =T
t =0
2
2
1
∆Ekin = − mr 2Ω 2 .
6
Der Energieverlust entspricht der Arbeit W der Gleitreibungskräfte an den beiden Kreisscheiben:
T
T
T
3µ g
1 + µ rΩ 2
1
˙
˙
W = ∫ − µNrϕdt + ∫ µN 2rϑdt = µNr ∫ (
t − Ω )dt = − Nr
= − mr 2Ω 2 .
1+ µ r
6
g
6
0
0
0
Aufgabe 5
y
B
2b
Bx
Ay
Ay
α˙
S
A
2h
T
ϕ˙
r
m
Ax
MA
MA
mg
20mg
C
g
20m
Cx
x
Ein starrer Rahmen (Masse 20m ) wird über eine Seilscheibe (Masse m , Radius r
), auf die ein Motor das Antriebsmoment M A überträgt, in vertikaler Richtung bewegt. Man bestimme die Bewegungsgleichung sowie die Lagerkräfte in den Punkten A, B und C.
Kinematische Zwangsbedingungen:
ϕ˙ = 0,
x˙ A = 0,
y˙ A = rα˙ ,
x˙ S = 0,
y˙ S = y˙ A .
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
166
Schwerpunkt und Momentensatz für den Rahmen:
20mx˙˙S = A x + B x + C x ,
0 = Ax + Bx + Cx ,
→
20my˙˙S = −20mg + Ay ,
20my˙˙A = −20mg + Ay ,
ΘSϕ˙˙ = Ayb − B x h + C x h + M A ;
0 = Ay b − B x h + C x h + M A ;
Schwerpunkt und Momentensatz für die Seilscheibe:
mx˙˙ A = − A x ,
0 = − Ax ,
my˙˙A = −mg − Ay + T ,
my˙˙A = −mg − Ay + T ,
→
Θ A y˙˙A r = M A − Tr ;
Θ Aα˙˙ = M A − Tr ;
Bewegungsgleichung:
Θ
M
(21m + 2A )y˙˙A = −21mg + A ,
r
r
y˙˙A = −
42
2 MA
g+
.
43
43 mr
Reaktionskräfte:
T =
A x = 0,
21
42 M A
mg +
,
43
43 r
20
40 M A
mg +
,
43
43 r
Ay =
Bx =
Ay b + M A
2h
,
Cx = −Bx .
Aufgabe 6
g
y
Θ A = αm1r12 ,
m
m1
S
Θ B = βm 2r2 2 .
A
r1
B
b1
m2
h
r2
b2
x
Ein Fahrzeug (Masse ohne Räder: m , Hinterradpaar: Masse m1, Trägheitsmo-
ment Θ A , Vorderradpaar: Masse m 2 , Trägheitsmoment Θ B ) wird durch ein auf
das Hinterradpaar wirkendes Moment M A angetrieben. Man berechne die Bewegungsgleichung für die Koordinate x sowie die inneren und äußeren Reaktionskräfte, wenn die Räder rollen.
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
167
ϕ˙
MA
Ay
Ay
By
mg
Bx
Ax
MA
ϕ˙1
Ax
Bx
m 1g
H1
N1
By
ϕ˙2
m 2g
N2
H2
Im Freikörperbild sind die eingetragenen Kräfte die in der Symmetrieebene des
Fahrzeugs liegenden Resultierenden der auf die einzelnen Räder der Radpaare
wirkenden Kräfte; die Kräfte auf ein Rad sind also jeweils nur halb so groß wie
die dargestellten Kräfte.
Kinematische Zwangsbedingungen:
x˙ A = x˙ , x˙ S =: x˙ , x˙ B = x˙ , y˙ A = 0, y˙ S = 0, y˙ B = 0,
ϕ˙1 =
x˙
x˙
, ϕ˙ = 0, ϕ˙ 2 = .
r1
r2
Schwerpunkt- und Momentensatzgleichungen mit diesen Bedingungen:
mx˙˙ = A x + B x ,
Θ
Θ
M
(m + m1 + A
+ m 2 + B2 )x˙˙ = A ,
2
r1
r2
r1
m1x˙˙ = − A x + H1,
ΘA
x˙˙
= M A − H1r1,
r1
→
m 2 x˙˙ = − B x + H 2 ,
m *: = m + m1 +
x˙˙ =
x˙˙
Θ B = − H 2r2 ;
r2
MA
ΘA
ΘB
m
+
+
= m + (1 + α )m1 + (1 + β )m 2 ,
2 r 2
r12
2
(Bewegungsgleichung)
r1m *
0 = Ay + By − mg ,
0 = M A − A x (h − r1 ) − B x (h − r2 ) + Ayb1 − Byb2 ,
0 = N1 − Ay − m1g ,
0 = N 2 − By − m 2 g .
Reaktionskräfte:
H1 =
Ax =
MA
r1
MA
r1
(1 − α
m1
m
{1 − (1 + α )
* ),
m1
m
* },
H2 = −
Bx =
MA
r1
MA
r1
β
m2
m*
(1 + β )
,
m2
m*
,
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
Ay =
mgb2 − M A + A x (h − r1 ) + B x (h − r2 )
b1 + b2
By =
,
N1 = m1g + Ay ,
168
mgb1 + M A − A x (h − r1 ) − B x (h − r2 )
b1 + b2
,
N 2 = m 2 g + By .
Die Räder können nur dann rollen, wenn die Bedingungen
N1 > 0,
H1 < µ0 N1,
N 2 > 0,
H 2 < µ0 N 2
erfüllt sind.
Aufgabe 7
ϕ˙
Θm
r2
r1
Mm
Θ
ϕ˙m
Ein Gleichstrommotor (Trägheitsmoment Θm ) treibt über eine Zahnradüberset-
zung eine Maschine (Trägheitsmoment Θ ) an. Man berechne den Antriebsvorgang, wenn die Drehbewegungen von Motor und Maschine jeweils geschwindigkeitsproportional gedämpft sind.
Der in der Ankerwicklung des Motors fließende Strom I A erzeugt das auf den Anker wirkende Moment
M m = ψI A .
Wenn sich der Motor mit der Winkelgeschwindigkeit ϕ̇m dreht, wird in der Ankerwicklung die Spannung ψϕ̇m induziert. Ist R A der elektrische Widerstand und L A
die Induktivität der Ankerwicklung, so gilt mit der an die Klemmen des Motors
angelegten Spannung U A
L A I˙A + R A I A = U A − ψϕ˙m .
Die Winkelgeschwindigkeiten von Motor und Maschine sind über die kinematische Zwangsbedingung
r
r1ϕ˙m = r2ϕ˙
→
ϕ˙m = 2 ϕ˙ =:ηϕ˙
r1
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
169
miteinander verknüpft; η ist das Übersetzungsverhältnis.
In den Momentensatzgleichungen für den Motor und die Maschine
Θm ϕ˙˙m = M m − bm ϕ˙m − Kr ,
1
Θϕ˙˙ = −bϕ˙ + Kr2 ,
ist K die zwischen den Zahnrädern in Umfangsrichtung wirkende innere Reaktionskraft; bm und b sind die Dämpfungskonstanten der geschwindigkeitsproportionalen Rotationsdämpfungen. Nach Elimination der Reaktionskraft K erhalten
wir die Bewegungsgleichung
Θ *ϕ˙˙ + b *ϕ˙ = ηM m ,
Θ *: = Θ + η2Θm ,
b *: = b + η2bm .
Wir setzen
ϕ˙ =:ω
und erhalten schließlich das lineare Differentialgleichungssystem 1. Ordnung für
I A und ω :
Θ *ω˙ + b *ω − ηψI A = 0,
ηψω + L A I˙A + R A I A = U A .
Mit
y1: = ω ,
y2 : = I A
wird
ηψ
b*
y ,
* y1 +
Θ
Θ* 2
R
U
ηψ
y˙ 2 = −
y1 − A y2 + A .
LA
LA
LA
y˙1 = −
Setzen wir für die elektrischen Größen
U A = 100 V,
R A = 50Ω = 50 V A ,
L A = 0.5 Vs A ,
ψ = 10 −2 Vs ,
und für die mechanischen Größen
Θm = 10 −4 kgm 2 ,
Θ = 10 −2 kgm 2 ,
η = 4,
so ergibt sich zu den Anfangsbedingungen
y1(0) = 0,
y 2 (0 ) = 0
die in den folgenden Abbildungen dargestellte Lösung.
bm = b = 10 −3 Nms,
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
170
ω
4
IA
2
0
0
1
2
t
3
Aufgabe 8
M0
r
L
ϕ
α
p
rS
S
q
Für den Kolbenmotor (Abtriebsmoment M 0 , Zylinderdruck p ) berechne man die
Bewegungsgleichung sowie die inneren und äußeren Reaktionskräfte.
Kinematische Zwangsbedingungen:
r sin ϕ = L sin α ,
sin α = λ sin ϕ ,
→
λ: =
r
.
L
cos α = 1 − (λ sin ϕ )2 .
d sin α
dα
= cos α
= λ cos ϕ ,
dϕ
dϕ
f 2 (ϕ ): =
df1(ϕ )
dϕ
=λ
α˙ = f1ϕ˙ ,
→
dα
cos ϕ
=λ
=: f1(ϕ ).
dϕ
cos α
sin α cos ϕ f1(ϕ ) − cos α sin ϕ
cos2α
α˙˙ = f1ϕ˙˙ + f 2ϕ˙ 2 .
.
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
171
q = r cos ϕ + L cos α ,
q˙ = −(r sin ϕ + L sin α f1(ϕ ))ϕ˙ = −r sin ϕ (1 + f1(ϕ ))ϕ˙ ,
k1(ϕ ): = −r sin ϕ (1 + f1(ϕ )),
dk1(ϕ )
k 2 (ϕ ): =
dϕ
= −r (cos ϕ + f1(ϕ )cos ϕ + f 2 (ϕ )sin ϕ ),
q˙ = k1ϕ˙ ,
q˙˙ = k1ϕ˙˙ + k 2ϕ˙ 2 .
y
Cx
pA K
x
Dy
Cy
d
b
Ax
c
Ay
Ey
Ex
By
SP
rP
r
rS
α
Kx
Ey
Cy
M0
Ky
mP
Ky
Ex
ϕ
pA K
Cx
Kx
S
Dy
mK
m KW
x S = −rS cos ϕ ,
x˙ S = rS sin ϕϕ˙ ,
yS = −rS sin ϕ ,
x˙˙S = rS sin ϕ ϕ˙˙ + rS cos ϕ ϕ˙ 2 ,
y˙ S = −rS cos ϕϕ˙ ,
y˙˙S = −rS cos ϕ ϕ˙˙ + rS sin ϕ ϕ˙ 2 ,
x S = r cos ϕ + rP cos α ,
P
x˙ S = −r sin ϕ ϕ˙ − rP sin α α˙ = −(r + λrP f1(ϕ ))sin ϕ ϕ˙ ,
P
h1(ϕ ): = −(r + λrP f1(ϕ ))sin ϕ ,
h 2 (ϕ ): =
dh1(ϕ )
dϕ
= −r cos ϕ − λrP f1(ϕ )cos ϕ − λrP f 2 (ϕ )sin ϕ ,
x˙ S = h1ϕ˙ ,
P
x˙˙S = h1ϕ˙˙ + h 2ϕ˙ 2 ;
P
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
172
yS = r sin ϕ − rP sin α = (r − λrP )sin ϕ ,
P
g1(ϕ ): = (r − λrP )cos ϕ ,
g 2 (ϕ ): =
dg1(ϕ )
dϕ
y˙ S = g1 ϕ˙ ,
= −(r − λrP )sin ϕ ,
y˙˙S = g1 ϕ˙˙ + g 2 ϕ˙ 2 .
P
P
Bewegungsgleichung aus dem Leistungssatz
= P,
E˙
Ekin =
{
kin
{
}
f α˙˙ + m k q˙˙}ϕ˙ ,
1
Θ
ϕ˙ 2 + m P ( x˙ S2 + y˙ S2 ) + ΘS α˙ 2 + m K q˙ 2 ,
P
P
P
2 0 KW
E˙ kin = Θ 0 KW ϕ˙˙ + m P (h1x˙˙S + g1y˙˙S ) + ΘS
P
P
P
K 1
1
P = − M 0ϕ˙ − pAK q˙ = −(M 0 + pAK k1(ϕ ))ϕ˙ ,
(Θ 0 KW + m P (h12 + g12 ) + ΘS f12 + m K k12 )ϕ˙˙ +
P
+ (m P (h1h 2 + g1g 2 ) + ΘS f1 f 2 + m K k1k 2 )ϕ˙ 2 = − M 0 − pAK k1,
P
ϕ˙˙ = −
(m P (h1h 2 + g1g 2 ) + ΘS f1 f 2 + m K k1k 2 )ϕ˙ 2 + M 0 + pAK k1
P
Θ 0 KW + m P (h12 + g12 ) + ΘS f12 + m K k12
.
P
Der Druck p im Kolben muß als Funktion des Winkels ϕ zur Verfügung stehen.
Näherungsweise kann die folgende Darstellung benutzt werden, wobei u die Kolbenverschiebung ist:
p
p
p21
p
p
p11
p22
p12
u
u
2r
u
2r
u
2r
2r
0<ϕ <π
π < ϕ < 2π
2π < ϕ < 3π
3π < ϕ < 4π
Ansaugen
Verdichten
Verbrennen
Ausstoßen
Mit ξ = u (2r ) und den LAGRANGEschen Interpolationspolynomen
N1(ξ ): =
(ξ − ξ2 )(ξ − ξ3 )
(ξ1 − ξ2 )(ξ1 − ξ3 )
,
N 2 (ξ ): =
(ξ − ξ1 )(ξ − ξ3 )
(ξ2 − ξ1 )(ξ2 − ξ3 )
,
N 3 (ξ ): =
(ξ − ξ1 )(ξ − ξ2 )
(ξ3 − ξ1 )(ξ3 − ξ2 )
,
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
173
1 wenn i = j
N i (ξ j ) =
0 wenn i ≠ j
formulieren wir die Funktionen p1(ξ ) und p2 (ξ ) als Polynome 2. Grades mit den
Stützstellen
ξ1 = 0, ξ2 = 1 2 , ξ3 = 1
p1(ξ ) = p11N1(ξ ) + p12N 2 (ξ ),
p2 (ξ ) = p21N1(ξ ) + p22N 2 (ξ ),
N1(ξ ) =
(ξ − 0.5)(ξ −1)
= 2ξ 2 − 3ξ +1,
( −0.5)( −1)
N 2 (ξ ) =
ξ (ξ −1)
= −4(ξ 2 − ξ ),
0.5( −0.5)
p1(ξ ) = (2 p11 − 4 p12 )ξ 2 + (4 p12 − 3 p11 )ξ + p11,
p2 (ξ ) = (2 p21 − 4 p22 )ξ 2 + (4 p22 − 3 p21 )ξ + p21.
Diese Funktionen werden in Abhängigkeit vom Kurbeldrehwinkel ϕ benötigt. Mit
u (ϕ ) = r + L − q (ϕ ) = r + L − (r cos ϕ + L 1 − (λ sin ϕ )2 ),
ξ=
den speziellen Werten
p11 = 2.0,
1
1
(1 − cos ϕ ) +
(1 − 1 − (λ sin ϕ )2 ),
2
2λ
p12 = 0.5,
p21 = 4.0,
p22 = 1.0
und λ = 0.2 wird p(ϕ )
p
4
2
0
0
4
8
12
16
20
ϕ
24
Aus den folgenden Schwerpunkt- und Momentensatzgleichungen erhalten wir die
inneren Reaktionskräfte:
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
174
m KW x˙˙S = C x + E x ,
m KW y˙˙S = Cy + E y ,
ΘS α˙˙ = (K y − E y )rP cos α + (K x − E x )rP sin α − K y L cos α − K x L sin α ,
P
m P x˙˙S = − E x + K x ,
P
m P y˙˙S = − E y + K y ,
P
m K q˙˙ = − K x − pAK ,
0 = Dy − K y .
K x = −m K q˙˙ − pAK ,
Dy = K y = − K x tan α −
ΘS
P
L cos α
α˙˙ + m P x˙˙S
rP
P
L
tan α + m P y˙˙S
E x = K x − m P x˙˙S ,
E y = K y − m P y˙˙S ,
C x = m KW x˙˙S − E x ,
Cy = m KW y˙˙S − E y .
P
rP
P
L
,
P
Die drei äußeren Reaktionskräfte ergeben sich aus den Gleichgewichtsbedingungen
A x − C x + pAK = 0,
Ay + By − Cy − Dy = 0,
By (b + c ) − Cyb − Dy (b + q ) + (C x − pAK )d = 0.
Aufgabe 9
A
m1
r
ϕ
2r
m2
B
r
C
F0 sinϕ
x
Eine Schubstange (Masse m 2 ) führt reibungsfrei einen Stift A, der auf dem Rand
einer Kreisscheibe (Radius r , Masse m1) befestigt ist. Die Kreisscheibe ist um
eine vertikale Achse drehbar gelagert. Man berechne die Bewegungsgleichung in
der Koordinate ϕ , wenn die Schubstange mit einer horizontal wirkenden Kraft
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
175
F0 sin ϕ angetrieben wird.
Kinematische Zwangsbedingung:
x = r (1 − cos ϕ ),
x˙ = rϕ˙ sin ϕ ,
→
Ax
x˙˙ = rϕ˙˙ sin ϕ + rϕ˙ 2 cos ϕ .
Ax
r
m1
O
ϕ
r
2r
F0 sinϕ
By
Cy
Momentensatz für die Kreisscheibe:
Θ0ϕ˙˙ = A x r sin ϕ .
(Θ0 =
1
m r 2)
2 1
Schwerpunktsatz in x -Richtung für die Schubstange:
m 2x˙˙ = F0 sin ϕ − A x .
Elimination der inneren Reaktionskraft liefert die Bewegungsgleichung:
Θ0ϕ˙˙ = (F0 sin ϕ − m 2x˙˙ )r sin ϕ ,
Θ0ϕ˙˙ + m 2r sin ϕ (rϕ˙˙ sin ϕ + rϕ˙ 2 cos ϕ ) = F0r sin2 ϕ ,
ϕ˙˙ =
2 F0 sin2 ϕ − 2m 2rϕ˙ 2 sin ϕ cos ϕ
r (m1 + 2m 2 sin2 ϕ )
.
Weil sich die Schubstange nicht dreht, gilt die Momentengleichgewichtsbedingung
Cyr − A x r sin ϕ = 0,
Cy = A x sin ϕ .
→
Aus dem Schwerpunktsatz in y -Richtung für die Schubstange folgt
B y + Cy = 0
→
By = −Cy .
Die beiden Auflagerkräfte bilden ein Kräftepaar mit dem Moment A x r sin ϕ , das
dem auf die Kreisscheibe wirkenden Moment entspricht.
Aufgabe 10
Ein Rad (Radius r , Masse m ) ist mit einer Stange AB verbunden, die im Endpunkt B horizontal geführt wird. Auf der Stange sitzt ein Motor, der das Rad mit
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
176
einem Moment M A antreibt, so daß sich das System in x -Richtung bewegt. Man
berechne die Bewegungsgleichung für die Koordinate x A , alle Reaktionskräfte
und das maximal mögliche Antriebsmoment, wenn das Rad rollen soll.
y
B
m
g
S
m
A
r
µ0
x
r
By
ϕ˙
M A mg
r
Ay
r
N
Kinematische Zwangsbedingungen:
x˙
ϕ˙ = A ,
y˙ A ≡ 0,
r
MA
Ax
mg
Ax
Ay
H
x˙ S = x˙ A ,
y˙ S ≡ 0,
ψ˙ ≡ 0.
Schwerpunkt- und Momentensatz:
mx˙˙ A = H − A x ,
mx˙˙S = A x ,
my˙˙A = N − Ay − mg ,
my˙˙S = Ay + By − mg ,
Θ Aϕ˙˙ = M A − Hr ,
ΘSψ˙˙ = M A + Byr + A x r − Ayr ;
ΘA =
1
mr 2 .
2
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
177
mx˙˙ A = H − A x ,
M
1
mx˙˙ A = A − H ,
r
2
mx˙˙ A = A x ;
→
N − Ay = mg ,
Ay + By = mg ,
B y + A x − Ay = −
r
2 MA
,
5 mr
1
7 MA
mg −
,
2
10 r
1
7 MA
Ay = mg +
,
2
10 r
By =
→
MA
x˙˙ A =
2 MA
,
5 r
4 MA
;
H=
5 r
Ax =
.
N=
3
7 MA
mg +
.
2
10 r
Dynamische Rollbedingung:
H ≤ µ0 N
4 MA
3
7 MA
≤ µ0 ( mg +
),
5 r
2
10 r
→
MA ≤
15 µ0mgr
8 − 7 µ0
.
Aufgabe 12
Auf einer Kreisscheibe (Trägheitsmoment ΘS ), die um die raumfeste z -Achse
1
drehbar gelagert ist, treibt ein Motor im Punkt A eine Kreisscheibe (Masse m,
Trägheitsmoment ΘS ) mit dem Antriebsmoment M A zur Drehbewegung um die
2
zur z -Achse parallele Achse durch A an. Man bestimme die Bewegungsgleichungen der beiden Kreisscheiben, die Reaktionskräfte im Punkt A und die Drehimpulsbilanz des Gesamtsystems.
z
R
S2
S1
;;;;;
;;;;;
;;;;;
m
A
ψ
Aϕ
A
ϕ
Ar
MA
Aϕ
MA
ϕ
A
Ar
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
178
Momentensatz für die große Kreisscheibe:
ΘS ϕ˙˙ = − M A − Aϕ R .
1
Schwerpunkt- und Momentensatz für die kleine Kreisscheibe:
−mRϕ˙ 2 = Ar ,
r
r
r
ma S = Ar er + Aϕ eϕ ,
mRϕ˙˙ = Aϕ ;
2
ΘS (ϕ˙˙ + ψ˙˙ ) = M A .
2
Bewegungsgleichungen:
ϕ˙˙ = −
MA
ΘS + mR
2
ψ˙˙ =
,
1
MA
ΘS
+
2
MA
ΘS + mR 2
.
1
Drehimpuls des Gesamtsystems bezogen auf die z -Achse:
r
r
L 0 = {ΘS ϕ˙ + ΘS (ϕ˙ + ψ˙ ) + mR 2ϕ˙}e z ,
1
2
r
r˙
r
r
L 0 = {ΘS ϕ˙˙ + ΘS (ϕ˙˙ + ψ˙˙ ) + mR 2ϕ˙˙}e z = {− M A − Aϕ R + M A + Aϕ R}e z = 0 ,
1
2
Der Gesamtdrehimpuls bleibt erhalten.
Aufgabe 13
O
r
er
y
m2
ϕ
x
r
er
M2
S1
g
r
er
T
r
eϕ
r
eϕ
N
S2
LS
r (ϕ)
R
r
eϕ
N
K
M2
K
m 2g
m1
m 1g
Auf einer Schaukel (Masse m1) bewegt sich ein Körper (Masse m 2 , Trägheitsmo-
ment ΘS ) nach dem vorgegebenen Gesetz r (ϕ ) . Man berechne die Bewegungs2
gleichung der Schaukel in der Koordinate ϕ sowie die Reaktionskräfte R , T , K , N
r r
in der er , eϕ -Basis und das Reaktionsmoment M 2 .
Momentensatz für die Schaukel:
Θ0ϕ˙˙ = −m1gL S sin ϕ − Nr (ϕ ) − M 2 .
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
179
Kinematische Zwangsbedingung für den Gleitkörper:
→
r
r
r
r
r
r
OS2 = r (ϕ )er (ϕ ),
vS = r ′ϕ˙ er + reϕϕ˙ = (r ′er + reϕ )ϕ˙ ,
2
r
r
r
r
r
r
r
r
a S = (r ′′ϕ˙er + 2r ′eϕϕ˙ − rer ϕ˙ )ϕ˙ + (r ′er + reϕ )ϕ˙˙ = (r ′ϕ˙˙ + r ′′ϕ˙ 2 − rϕ˙ 2 )er + (rϕ˙˙ + 2r ′ϕ˙ 2 )eϕ .
2
Schwerpunkt- und Momentensatz für den Gleitkörper:
r ′ϕ˙˙ + (r ′′ − r )ϕ˙ 2 − K m 2 g cos ϕ
= +
,
m2
rϕ˙˙ + 2r ′ϕ˙ 2 N −m 2 g sin ϕ
ΘS ϕ˙˙ = M 2.
2
Mit
N = m 2 g sin ϕ + m 2 (rϕ˙˙ + 2r ′ϕ˙ 2 )
erhalten wir aus dem Momentensatz für die Schaukel
Θ0ϕ˙˙ = −m1gL S sin ϕ − (m 2 g sin ϕ + m 2 (rϕ˙˙ + 2r ′ϕ˙ 2 ))r (ϕ ) − ΘS ϕ˙˙,
2
die Bewegungsgleichung
ϕ˙˙ = −
(m1L S + m 2r )g sin ϕ + 2m 2r ′r ϕ˙ 2
Θ 0 + ΘS + m 2r 2
.
2
Aus dem Schwerpunktsatz für die Schaukel, dargestellt in der Polarkoordinatenbasis, ergeben sich die Reaktionskräfte im Lagerpunkt O:
− L ϕ˙ 2 m1g cos ϕ K − R
S
=
m1
+ + .
L ϕ˙˙ −m1g sin ϕ − N −T
S
Mit einer Lösung der nichtlinearen Differentialgleichung für ϕ (t ) können anschließend alle Reaktionskräfte und das Reaktionsmoment berechnet werden:
N = m 2 g sin ϕ + m 2 (rϕ˙˙ + 2r ′ϕ˙ 2 ),
K = m 2 g cos ϕ − m 2{r ′ϕ˙˙ + (r ′′ − r )ϕ˙ 2},
R = m1g cos ϕ + m1L Sϕ˙ 2 + K ,
T = −m1g sin ϕ − m1L Sϕ˙˙ − N ,
M 2 = ΘS ϕ˙˙.
2
Mit den speziellen Werten
m1 = 2m , m 2 = 2m , L S =
3
17
1
L , Θ0 =
mL2 , ΘS = mL2 ,
2
4
12
4
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
180
und der Variablentransformation
g
t =:τ ,
L
g dϕ
=
L dτ
ϕ˙ =
g
ϕ ′,
L
ϕ˙˙ =
g
ϕ ′′,
L
erhalten wir zu den Verschiebungsgesetzen r (ϕ ) der Masse m 2
1 1
r (ϕ ) = L { − cos(2ϕ )},
2 4
wenn (sin ϕ > 0) und wenn (sin ϕ ≤ 0 und ϕ˙ > 0) ist,
r (ϕ ) =
L
,
4
wenn (sin ϕ ≤ 0 und ϕ˙ < 0) ist, dimensionslose Differentialgleichungen; in den ersten beiden Fällen
ϕ ′′ = −
{32 + (1 − 12 cos(2ϕ ))}sin ϕ + (1 − 12 cos(2ϕ ))sin(2ϕ )ϕ ′ 2
5
3
+ 12 (1 − 12 cos(2ϕ ))2
,
und im dritten Fall:
ϕ ′′ = −
48
sin ϕ .
43
Zu den Anfangsbedingungen {ϕ (0) = 90o , ϕ˙ (0) = 0} ergibt sich eine zum Überschlag führende Schaukelbewegung:
ϕ( τ)
ϕ '( τ )
0
-4
-8
0
5
10
τ
15
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
181
Aufgabe 14
Ein Kreisring (Masse m , Innenradius ri , Außenradius ra ) soll auf einem Kreiszylinder (Radius r0 ), der um die raumfeste Achse durch O eine Drehschwingung
α (t ) = α 0 sin(Ωt ) ausführt, im Schwerkraftfeld eine Rollschwingung ausführen.
Man stelle die Bewegungsgleichung auf.
B
r
α˙ eϕ
r0 O
ϕ S r
er
m
ra
y
ψ˙
ri
g
x
Kinematische Zwangsbedingung:
Im Kontaktpunkt B müssen der Kreiszylinder und der Kreisring gleiche Geschwindigkeiten haben.
→
r
r
r
r
v B ( Zylinder ) = v B ( Ring ) = vS ( Ring ) + ω ( Ring ) × SB ,
r
r
r
r
−r0α˙eϕ = (ri − r0 )ϕ˙eϕ + ψ˙e z × ( −ri er ),
r
r
r
−r0α˙eϕ = (ri − r0 )ϕ˙eϕ − riψ˙eϕ ,
B
r
eϕ
N
S
T
ϕ
G = mg
x
→
ra
r
er
ψ˙ = (1 −
r0
ri
y
)ϕ˙ +
r0
ri
α˙ .
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
182
Schwerpunkt- und Momentensatz:
r r
r
r
ma S = T + N + mg ,
ΘSψ˙˙ = Tri ;
r
r
r
r
r
r
m (ri − r0 )(ϕ˙˙eϕ − ϕ˙ 2er ) = −Teϕ − Ner + mg (cos ϕ er − sin ϕ eϕ ),
m (ri − r0 )ϕ˙˙ = −T − mg sin ϕ ,
m (ri − r0 )ϕ˙ 2 = N − mg cos ϕ ,
ΘS
ri − r0
ri 2
ϕ˙˙ = −ΘS
r0
ri 2
α˙˙ + T .
Bewegungsgleichung:
(1 +
ΘS
mri
˙˙
2 )ϕ +
ΘSr0
g
sin ϕ = −
α˙˙.
ri − r0
m (ri − r0 )ri 2
m
ΘS = ∫ r dm =
2
π (ra − ri 2 )
m
2
2π ra
∫ ( ∫r
0
dr )dϕ =
3
ri
m 2
(r + ri 2 ).
2 a
Aufgabe 15
Zwei Kreiszylinder (Radius r ) mit gleicher Masse m aber unterschiedlicher Massenverteilung rollen gemeinsam auf einer schiefen Ebene abwärts, wobei der
Kreiszylinder mit dem kleineren Massenträgheitsmoment (ΘS = mr 2 2) den Kreis1
zylinder mit dem größeren Massenträgheitsmoment (ΘS = 3mr 2 4) schiebt. Im
2
Kontaktpunkt der beiden Kreiszylinder wirkt eine Gleitreibungskraft. Man bestimme die Bewegungsgleichung für die Schwerpunktskoordinate x := x S und die
1
Kraft zwischen den beiden Kreiszylindern.
y
ΘS =
1
S1
1
2
mr
2
µ
ΘS =
2
r
m
3
mr 2
4
S2
m
x
α
g
B - 4.2 - Bewegungsgleichungen - Körperverbände
183
ϕ˙
ϕ˙
µN 3
mg
mg
N3
S2
µN 3
S1
N3
H1
N2
H2
N1
Kinematische Zwangsbedingungen:
x˙ : = x˙ S = x˙ S = rϕ˙ ,
1
y˙ S = y˙ S = 0,
2
1
2
Schwerpunkt- und Momentensatz für die beiden rollenden Kreiszylinder unter
Berücksichtigung der Zwangsbedingungen:
mx˙˙ = mg sin α − H1 − N 3 ,
mx˙˙ = mg sin α − H 2 + N 3 ,
0 = N1 − mg cos α + µN 3 ,
0 = N 2 − mg cos α − µN 3 ,
x˙˙
1
mr 2 = H1r − µN 3r ;
r
2
x˙˙
3
mr 2 = H 2r − µN 3r ;
r
4
Daraus folgt zunächst:
3
mx˙˙ = mg sin α − (1 + µ )N 3 ,
2
7
mx˙˙ = mg sin α + (1 − µ )N 3 ;
4
3
1
mx˙˙ =
mg sin α − N 3 ,
2(1 + µ )
1+ µ
7
1
mx˙˙ =
mg sin α + N 3 .
4(1 − µ )
1− µ
Elimination der Reaktionskraft N 3 liefert die Bewegungsgleichung:
{
3
7
1
1
+
}x˙˙ = {
+
}g sin α ,
2(1 + µ ) 4(1 − µ )
1+ µ 1− µ
x˙˙ =
8
g sin α .
13 + µ
Reaktionskraft zwischen den Kreiszylindern:
N3 =
1
mg sin α .
13 + µ
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
184
Aufgabe 1
Auf einer horizontalen starren Kreisplatte, die mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die raumfeste z -Achse gedreht wird, rollt eine Kugel (Masse
m , Radius r ). Man stelle die Bewegungsgleichung für die Schwerpunktbewegung
auf.
y
z
g
yS
zS = r
S
S
x
xS
xS
x
mg
r
r
r
H = H x e x + Hy e y
B
N
Der unter dem Schwerpunkt S liegende Kontaktpunkt B der Kreisplatte hat die
Geschwindigkeit
r
r
r
r
r
r
v B ( Platte ) = Ωe z × ( x S e x + yS e y ) = −ΩyS e x + Ωx S e y .
Der Kontaktpunkt B der Kugel hat die Geschwindigkeit
x˙ S ω x 0 x˙ S − ω yr
r
r
r
r
v B ( Kugel ) = y˙ S + ω y × 0 = y˙ S + ω x r .
v B ( Kugel ) = vS + ω × SB ,
0 0 −r
0
Aus der Rollbedingung für die Kugel
r
r
v B ( Kugel ) = v B ( Platte )
folgt dann
−ΩyS = x˙ S − ω yr ,
Ωx S = y˙ S + ω x r .
Der Winkelgeschwindigkeitsvektor der rollenden Kugel lautet also
ΩyS + x˙ S r
r Ωx S − y˙ S r
ω=
ex +
ey .
r
r
Der Schwerpunktsatz für die Kugel liefert die Gleichungen
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
185
mx˙˙S = H x ,
my˙˙S = H y ,
0 = N − mg.
Der auf den Schwerpunkt S bezogene Trägheitstensor der Kugel ist dem Einheitstensor proportional
2
ΘS = mr 21.
5
Der Drehimpulsvektor ist deshalb proportional zum Winkelgeschwindigkeitsvektor
r
r 2
r 2
r
L S = ΘSω = mr 21ω = mr 2ω ,
5
5
und der Drehimpulssatz
r
r r
r
ΘSω̇ + ω × ΘSω = M S
lautet
ω˙ x 0 H x
2
mr 2 ω˙ y = 0 × H y ,
5
0 −r 0
Ωx˙ S − y˙˙S rH y
2
mr Ωy˙ S + x˙˙S = −rH x .
5
0
0
Für die Komponenten der erforderlichen Haftkraft gilt also
2
2
H x = − m (Ωy˙ S + x˙˙S ),
H y = m (Ωx˙ S − y˙˙S ).
5
5
Aus den beiden Gleichungen des Schwerpunktsatzes erhalten wir damit die Bewegungsgleichungen des Kugelschwerpunktes
2
2
x˙˙S = − (Ωy˙ S + x˙˙S ),
x˙˙S + Ωy˙ S = 0,
5
7
→
2
2
y˙˙S = (Ωx˙ S − y˙˙S );
y˙˙S − Ωx˙ S = 0.
5
7
Daraus ergibt sich die Differentialgleichung für ẋ S :
˙˙˙
x S + λ2 x˙ S = 0,
λ: =
2
Ω,
7
mit der allgemeinen Lösung
x˙ S = C1 cos(λt ) + C2 sin(λt ),
xS =
1
{C sin(λt ) − C2 cos(λt )} + C3 ,
λ 1
Aus
y˙˙S = λx˙ S = λ{C1 cos(λt ) + C2 sin(λt )}
folgt
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
186
y˙ S = C1 sin(λt ) − C2 cos(λt ) + C4 ,
yS =
1
{−C1 cos(λt ) − C2 sin(λt )} + C4t + C5 .
λ
Setzen wir diese Lösungen in die erste der ursprünglichen Differentialgleichungen
ein, so stellen wir fest
λ{−C1 sin(λt ) + C2 cos(λt )} + λ{C1 sin(λt ) − C2 cos(λt ) + C4} = 0,
C 4 = 0.
Mit den Anfangsbedingungen
x S (0) = r , yS (0) = 0, x˙ S (0) = 0, y˙ S (0) = rΩ ,
erhalten wir die Gleichungen
C
C
− 2 + C3 = r , − 1 + C5 = 0,
λ
λ
→
ω x (0) = 0, ω y (0) = 0,
− C2 + C 4 = rΩ ,
C1 = 0,
also wird
C1 = 0,
C2 = −rΩ ,
C3 = r −
5
7
x S (t ) = − r + r cos(λt ),
2
2
rΩ
,
λ
C 4 = 0,
yS (t ) =
C5 = 0.
7
r sin(λt ).
2
Die Bahnkurve des Schwerpunktes ist ein Kreis mit dem Radius 7r 2 um den
Mittelpunkt x M = −5r 2 , y M = 0.
Mit
x˙ S = −rΩ sin(λt ),
2
x˙˙S = − rΩ 2 cos(λt ),
7
y˙ S = rΩ cos(λt ),
2
y˙˙S = − rΩ 2 sin(λt ),
7
wird die erforderliche Haftkraft
r 2
2
2
H x = − mrΩ 2 cos(λt ),
H y = − mrΩ 2 sin(λt ),
H = mrΩ 2 .
7
7
7
r
Aus der Bedingung H ≤ µ0 N folgt dann eine Bedingung für die zulässige Winkel-
geschwindigkeit Ω der Kreisplatte:
2
mrΩ 2 ≤ µ0mg
7
→
Ω2 ≤
7
g
µ0 .
2
r
Aufgabe 2
r
Auf der mit der Winkelgeschwindigkeit Ωe z rotierenden Erde ist unter der geogra-
phischen Breite ϕ ein Rahmen so gelagert, daß er sich mit der Winkelgeschwinr
digkeit α̇ um die zur Erdoberfläche senkrechte eξ -Achse drehen kann. Der Einr
heitsvektor eζ zeigt in nördliche Richtung und der (nicht dargestellte) Einheitsr
vektor eη in östliche Richtung. Mit dem Rahmen, in dem ein rotationssymmetri-
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
187
r r r
scher Kreisel gelagert ist, ist die Basis {e1, e 2 , e 3} fest verbunden. Der Kreisel
r
(Deklinationskreisel) dreht sich mit der Winkelgeschwindigkeit ω 0 um die e 3 Achse. Berechnet werden soll die Bewegungsgleichung für den Winkel α .
ω0
r
r
eζ = e 3(α =0)
Ω
α˙
r
r
e ξ = e1
r
ez
ϕ
r r r
In der nicht-körperfesten {e1, e 2 , e 3}-Basis hat der Kreisel wegen der Rotationssymmetrie den auf den Schwerpunkt S bezogenen Trägheitstensor
A
ΘS = 0
0
0
A 0.
0 B
0
r
Dabei ist B das Trägheitsmoment um die e 3 -Achse.
Die mit dem Rahmen fest verbundene Basis lautet in der erdfesten Basis
r
r
e1 = eξ ,
r
r
r
e 2 = cos α eη + sin α eζ ,
r
r
r
e 3 = − sin α eη + cos α eζ .
Daraus folgt
r
r
r
eζ = sin α e 2 + cos α e 3 .
Winkelgeschwindigkeitsvektor der Erde:
r
r
r
r
ω E = Ωe z = Ω (sin ϕ eξ + cos ϕ eζ ),
r
r
r
r
ω E = Ω (sin ϕ e1 + cos ϕ sin α e 2 + cos ϕ cos α e 3 ).
Winkelgeschwindigkeitsvektor des Rahmens:
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
188
r
r
r
ω R = ω E + α˙ eξ ,
r
r
r
r
ω R = (Ω sin ϕ + α˙ )e1 + Ω cos ϕ sin α e 2 + Ω cos ϕ cos α e 3 .
Winkelgeschwindigkeitsvektor des Kreiselkörpers:
r
r
r
ω K = ω R + ω 0e 3 ,
r
r
r
r
ω K = (Ω sin ϕ + α˙ )e1 + Ω cos ϕ sin α e 2 + (Ω cos ϕ cos α + ω 0 ) e 3 .
Drehimpulsvektor des Kreisels:
r
r
L S = ΘS ω K
A
= 0
0
A (α˙ + Ω sin ϕ )
0 α˙ + Ω sin ϕ
.
A 0 Ω cos ϕ sin α =
AΩ cos ϕ sin α
0 B ω 0 + Ω cos ϕ cos α B (ω 0 + Ω cos ϕ cos α )
0
Drehimpulssatz bezogen auf den Schwerpunkt:
r
dL
r
r
r˙
r
r
S
LS = M S
→
dt + ω R × L S = M S ,
rel
Aα˙˙
A (α˙ + Ω sin ϕ ) 0
α˙ + Ω sin ϕ
= M .
AΩ cos ϕ sin α
AΩα˙ cos ϕ cos α + Ω cos ϕ sin α ×
S2
− BΩα˙ cos ϕ sin α Ω cos ϕ cos α B (ω 0 + Ω cos ϕ cos α ) M S 3
Aus der ersten Komponente dieser Vektorgleichung erhalten wir die gesuchte Bewegungsgleichung für den Winkel α :
B
B
sin(2α )
α˙˙ + Ωω 0 cos ϕ sin α + ( − 1)Ω 2 cos2ϕ
= 0.
A
A
2
Wenn α << 1 ist, wird näherungsweise
α˙˙ + ν 2α = 0,
ν 2: =
B
B
Ωω 0 cos ϕ + ( − 1)Ω 2 cos2ϕ ,
A
A
und weil Ω << ω 0 ist, können wir setzen
ν2 ≈
B
Ωω 0 cos ϕ .
A
Der Deklinationskreisel schwingt also mit kleiner Amplitude annähernd harmonisch um die Nordrichtung.
Die zweite und dritte Komponente des vektoriell dargestellten Drehimpulssatzes
ergeben die auf den Schwerpunkt bezogenen Reaktionsmomente der Lagerkräfte
der Kreiselachse im Rahmen.
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
189
Aufgabe 3
L
α(t)
L
h
A
h
r
e2
B
r
e1
S
Ω
g
m
Ein Kreiszylinder (Masse m , auf den Schwerpunkt bezogene Hauptträgheitsmomente Θ1 , Θ 2 ) dreht sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω um die Achse
AB, die in einem Rahmen nach dem Gesetz α (t ) um eine raumfeste Achse senk-
recht zur Rahmenebene gedreht wird. Man berechne die Reaktionskräfte im dreir
wertigen Lager A und im zweiwertigen Lager B. Die ei -Basis sei mit dem Rahmen
fest verbunden.
Führungswinkelgeschwindigkeitsvektor der Basis:
r
r
r
r r
ω F = α˙e 3 ,
(e 3 : = e1 × e 2 )
Winkelgeschwindigkeitsvektor des Kreiszylinders:
r
r
r
ω = Ωe + α˙e .
1
3
Auf den Schwerpunkt S bezogener Drehimpulsvektor des Kreiszylinders, darger
stellt in der ei -Basis:
Θ1 0
0 Ω Θ1Ω
r
r
L S = ΘSω = 0 Θ 2 0 0 = 0 .
0 0 Θ α˙ Θ α˙
2
2
Absolute zeitliche Änderung des Drehimpulsvektors:
0 0 Θ1Ω 0
r
dL
r
r˙
r
S
˙
LS =
+ ω F × L S = 0 + 0 × 0 = Θ1Ωα .
dt
rel
Θ α˙˙ α˙ Θ α˙ Θ α˙˙
2 2
2
Beschleunigungsvektor des Schwerpunktes:
r
r
r
a S = hα˙˙e1 + hα˙ 2e 2 .
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
190
Zu berechnende Reaktionskräfte in den Lagerpunkten A und B:
r
r
r
r
r
r
r
A = A1e1 + A2e 2 + A3e 3 ,
B = B2e 2 + B3e 3 .
Schwerpunktsatz:
r
r r r
ma S = mg + A + B ,
α˙˙
− sin α A1 0
2
˙
mh α = mg − cos α + A2 + B2 ,
0
0 A3 B3
→
Drehimpulssatz bezogen auf den Schwerpunkt S:
r˙
r
LS = M S ,
0
0 − L A1 L 0
Θ Ωα˙ = 0 × A + 0 × B = L A − B .
3
3
1 2 2
B − A
Θ α˙˙ 0 A 0 B
2
2
2
3
3
→
Aus diesen Gleichungen folgt schließlich:
A1 = mhα˙˙ + mg sin α ,
1 Θ2
(−
α˙˙ + mhα˙ 2 + mg cos α ),
L
2
Θ
A3 = 1 Ωα˙ ,
2L
1 Θ
B2 = ( 2 α˙˙ + mhα˙ 2 + mg cos α ),
2 L
Θ
B 3 = − 1 Ωα˙ .
2L
A2 =
Aufgabe 4
r
e2
r
A
α
S
g
r
e1
β
B
r
Ein aus zwei Halbkreisbögen bestehender Rahmen (Masse m ) aus dünnem Draht
dreht sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω um die Achse AB. Man berechne die Auflagerkräfte.
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
191
Koordinaten der Massenelemente:
linker Kreisbogen:
s1 = −r (1 + cos α ), s2 = r sin α , s3 = 0;
rechter Kreisbogen:
s1 = r (1 + cos β ), s2 = −r sin β , s3 = 0;
Massenelement dm eines Halbkreisbogens:
m 2
m
dm =
rdϕ =
dϕ ,
dϕ = dα oder dβ .
2π
πr
Massenträgheitsmomente um die Koordinatenachsen durch S:
ΘS11 = ∫ (s22 + s32 )dm ,
ΘS 22 = ∫ (s32 + s12 )dm ,
m
ΘS11 =
ΘS 22
m
π
ΘS 33 = ∫ (s12 + s22 )dm ,
m
π
m 2
1
r ( ∫ sin 2αdα + ∫ sin 2 βdβ ) = mr 2 ,
2π
2
0
0
π
π
m 2
3
r ( ∫ (1 + cos α )2 dα + ∫ (1 + cos β )2 dβ ) = mr 2 ,
=
2π
2
0
0
ΘS 33 =
π
π
m 2
r (2∫ (1 + cos α )dα + 2∫ (1 + cos β )dβ ) = 2mr 2 ;
2π
0
0
Massendeviationsmomente:
ΘS12 = − ∫ s1s2dm ,
m
ΘS12
π
π
m 2
2
r ( ∫ sin α (1 + cos α )dα + ∫ sin β (1 + cos β )dβ ) = mr 2 ,
=
2π
π
0
0
ΘS13 = ΘS 23 = 0.
r
Trägheitstensor bezogen auf S in der ei -Basis:
1 2
ΘS = mr 2 2 π
0
2π
0
3 2 0.
0 2
Drehimpulsvektor bezogen auf S und Winkelgeschwindigkeitsvektor:
r
r
r
r
ω = Ωe1,
L S = ΘS ω ,
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
1 2
r
L S = mr 2 2 π
0
192
2π
0 Ω
1 2
3 2 0 0 = mr 2Ω 2 π .
0 2 0
0
Absolute zeitliche Änderung des Drehimpulsvektors:
0
Ω
1 2
r
dL
r˙
r r
L S = S + ω × L S = 0 × mr 2Ω 2 π = mr 2Ω 2 0 .
dt rel
142r 43
0
0
2 π
=0
Reaktionskräfte in den Auflagern A und B:
r
r
r
r
r
r
A = A2e 2 + A3e 3 ,
B = B2e 2 + B3e 3 .
Wegen der kinematischen Zwangsbedingung
r
r
aS = 0
folgt aus dem Schwerpunktsatz:
r r
A2 + B2 = −mg ⋅ e 2 ,
r r
A3 + B3 = −mg ⋅ e 3 ;
r
r r r
ma S = mg + A + B ,
mit
r
r
r
r
g = − ge z = − g{cos(Ωt )e 2 − sin(Ωt )e 3}.
Der Drehimpulssatz bezogen auf S lautet
r˙
r
LS = M S ,
→
0
0 −2r 0 2r 0
mr 2Ω 2 0 = 0 × A2 + 0 × B2 = 2r A3 − B3 ,
B − A
2 π 0 A3 0 B3
2
2
und daraus folgt
A3 − B3 = 0,
B 2 − A2 =
1
mrΩ 2 .
π
Aus dem Schwerpunktsatz und dem Drehimpulssatz (Momentensatz) erhalten
wir schließlich:
m 1
A2 = {− rΩ 2 + g cos(Ωt )},
2 π
m 1
B2 = { rΩ 2 + g cos(Ωt )},
2 π
m
A3 = B3 = − g sin(Ωt ).
2
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
193
Aufgabe 5
Auf einem Fahrzeug ist in den Auflagern A (dreiwertig) und B (zweiwertig) ein rotationssymmetrischer Behälter (Schwerpunkt S, Masse m , Hauptträgheitsmomente bezogen auf den Schwerpunkt: ΘS1 = Θ , ΘS 2 = ΘS 3 = βΘ ) gelagert, der sich
mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω um die Achse AB dreht. Das Fahrzeug
fährt in der raumfesten xy -Ebene mit konstanter Schwerpunktsgeschwindigkeit
r
vS auf einem Kreis (Radius r ). Man berechne im fahrzeugfesten ei -System die
absolute Winkelgeschwindigkeit des Behälters und die Lagerkräfte in A und B.
r
ey
r
ez
r
e3
A
g
Ω
S
r
ex
B
r
e1
α
r
r
e2
r
vS
S
dB
A
dA
r
A
S
α
r
mg
B
AS = d A , BS = dB
r
B
r
r
r
r
A = A1e1 + A 2e 2 + A 3e 3
r
r
r
B = B 2 e 2 + B 3e 3
Führungswinkelgeschwindigkeit infolge der Kreisbogenfahrt:
v r
v
r
r
r
ω F = S e z = S (sin α e1 + cos α e 3 ).
r
r
Absolute Winkelgeschwindigkeit des Behälters:
v
r
r
r
r v
r
ω = Ωe1 + ω F = (Ω + S sin α )e1 + S cos α e 3 .
r
r
r
Drehimpulsvektor des Behälters, dargestellt im fahrzeugfesten ei -System:
Θ
r
r
L S = ΘS ω = 0
0
0
βΘ
0
Ω + ω F sin α
0 Ω + ω F sin α
,
= Θ
0
0
0
βΘ ω F cos α
βω F cos α
ωF =
vS
r
.
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
194
Schwerpunktssatz:
sin α A1 0
r
r r r
=
−
=
+
+
,
0
r
mg
ma S mg A B
+ A2 + B2 ,
cos α A3 B3
vS 2
A1 = mg sin α ,
A2 + B 2 = m
,
A3 + B3 = mg cos α .
r
0
m vS 2
0
Auf S bezogener Drehimpulssatz:
r˙
r
LS = M S ,
r
dL
r
r
r
r
r
r
S
+
×
=
−
×
+
×
.
ω
L
d
e
A
d
e
B
dt
F
A 1
B 1
S
rel
Weil Ω und ω F = vS
r
r
dL
r konstant sind, wird S = 0. Also ist
dt rel
Ω + ω F sin α −d A A1 d B 0
sin α
= 0 × A + 0 × B ,
ωF 0 × Θ
0
2
2
βω cos α 0 A 0 B
cos α
F
3
3
0
0
=
−
Θω F Ω cos α + (1 − β )ω F sin α cos α d A A3 d B B3 .
−
0
d B B2 d A A2
Daraus folgt
A2 =
A3 =
B3 =
dB
dA
B2 ,
B2 =
dA
d A + dB
m
vS 2
r
,
d Bmg cos α + Θω F cos α{Ω + (1 − β )ω F sin α}
,
d Amg cos α − Θω F cos α{Ω + (1 − β )ω F sin α}
.
d A + dB
d A + dB
Aufgabe 6
Ein Rad (Masse m , Radius r ) wird von einer Stange (Masse m 0 , Länge L ), die in
O drehbar gelagert ist, um die raumfeste z -Achse geführt. Die Drehbewegung sei
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
195
durch das Winkel-Zeit-Gesetz α (t ) vorgegeben. Das Rad ist im Schwerpunkt S
um die Stange drehbar gelagert und soll auf der horizontalen Ebene z = −r rollen.
Man berechne die inneren und äußeren Reaktionskräfte und Reaktionsmomente.
r
ez
r
ey
O
r
r
ex
ϕ˙
g
α(t)
r
e3
L
r
e2
mg
r
e1
S
α(t)
r*
F
r
r*
M
S
r
B
H
N
r
Die mit der Stange fest verbundene ei -Basis dreht sich mit der Winkelgeschwindigkeit
Es gilt also
r
r
r
ω F = α˙e z = α˙e 3 .
r
r
r
r
r
r
r
r
e˙1 = ω F × e1 = α˙e 2 ,
e˙ 2 = ω F × e 2 = −α˙e1,
r
r
r
r
r
r
r
rS = Le1,
vS = Lα˙e 2 ,
a S = Lα˙˙e 2 − Lα˙ 2e1.
Das Rad hat die Winkelgeschwindigkeit
r
r
r
ω = α˙e 3 + ϕ˙e1.
Aus der kinematischen Rollbedingung folgt
r
r
r
r
r
r
v B = vS + ω × ( −re 3 ) = (Lα˙ + rϕ˙ )e 2 = 0
→
ϕ˙ = −
L
α˙ ,
r
r
r
L r
ω = α˙ ( − e1 + e 3 ).
r
r
Wegen der rotationssymmetrischen Massenverteilung des Rades um die e1-Achse
besitzt der auf den Schwerpunkt S bezogene Trägheitstensor des Rades in der
r
nicht-körperfesten ei -Basis die Darstellung
2 0 0
ΘS = Θ 0 1 0,
0 0 1
Θ: =
1
mr 2 .
4
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
196
Der auf S bezogene Drehimpulsvektor des Rades lautet
2 0 0 − L r
r
r
r
2L r
L S = ΘSω = Θα˙ 0 1 0 0 = Θα˙ ( −
e1 + e 3 ),
r
0 0 1 1
und seine absolute zeitliche Änderung
− 2L
r
r˙
r
dL s
r
˙˙
+
×
=
ω
Θ
α
LS =
L
0
F
S
dt rel
1
r
0 − 2L
+ Θα˙ 2 0 × 0
1 1
r
,
r˙
r
r
r
L S = Θ{−(2α˙˙ L r ) e1 − (2α˙ 2 L r ) e 2 + α˙˙ e 3}.
Mit den vom Radlager am Ende der Stange OS auf das Rad wirkenden Reaktionskräften und Reaktionsmomentenmomenten
r
r
r
r
r
r
r
F * = F1*e1 + F2*e 2 + F3*e 3 ,
M * = M 2*e 2 + M 3*e 3 ,
liefern der Schwerpunktsatz und der auf S bezogene Drehimpussatz für das Rad
die Gleichungen
r˙
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
L S = M * − r e 3 × H e 2 = M * + rH e1;
ma S = F * − mge 3 + Ne 3 + He 2 ,
−α˙ 2
F1*
*
˙˙
mL α =
F2 + H ,
0 F * − mg + N
3
Aus diesen Gleichungen folgt:
1
H = − mL α˙˙,
2
− 2α˙˙L r Hr
2
*
˙
Θ − 2α L r = M 2 .
*
˙˙
M 3
α
F1* = −mLα˙ 2 ,
1
M 2* = − mLr α˙ 2 ,
2
M 3* =
F2* =
3
mL α˙˙,
2
1
mr 2α˙˙,
4
N = mg − F3* .
Die Stange hat bezogen auf O den Drehimpuls
r
r
1
L 0 = m 0 L2α˙e z ,
3
und der Drehimpulssatz für die Stange lautet mit dem Antriebsmoment M 03
r˙
r
r
r
r
r
L r
L 0 = M 03e 3 + e1 × ( −m 0 ge 3 ) + Le1 × ( − F * ) + ( − M * ),
2
B - 4.3 - Bewegungsgleichungen - Räumliche Bewegung
197
0 0
0
0 0
L
1
2 ˙˙
*
*
m L α 0 = 0 + m 0 g 1 + L F3 + − M 2 ,
3 0
2
*
*
0
1 M 03
− F2 − M 3
also wird
1
1
F3* = − m 0 g − mrα˙ 2 ,
2
2
N = (m +
m0
2
)g + mr α˙ 2 ,
und das erforderliche Antriebsmoment in O
1
3
1
M 03 = ( m 0 L2 + mL2 + mr 2 )α˙˙.
3
2
4
Das Rad kann nur dann rollen, wenn die dynamische Rollbedingung
m
1
H ≤ µ0 N →
mLα˙˙ ≤ µ0{(m + 0 )g + mrα˙ 2}
2
2
ist.
B - 4.4 - Relativkinetik
198
Aufgabe 1
r
r
In einem Fahrzeug, das sich mit der Führungsbeschleunigung a F = ( g 4)e x bewegt, wird im Punkt A zum Zeitpunkt t = 0 ein Ball mit der Relativgeschwindigkeit
r
r
r
vrel (0) = v 0 (cos α e1 + sin α e 2 )
abgeworfen. Man berechne die Wurfbahn, die ein mit dem Fahrzeug bewegter Beobachter sieht.
y
g
r
e2
A
r
e2
v0
α
r
e1
r
q
mg
r
e1
A
x
t =0
t >0
Führungsbeschleunigung:
r
gr
a F = e1.
4
Bewegungsgleichung im beschleunigt bewegten Bezugssystem:
r
r
r
ma rel = −mge 2 + ( −ma F )
g
,
4
q˙˙2 = − g ;
q˙˙1 = −
→
→
g
q˙1 = − t + v 0 cos α ,
4
˙
q 2 = − gt + v 0 sin α ;
q˙˙1
0
g 4
m = − − m
,
q˙˙2
0
mg
→
g
q1 = − t 2 + v 0t cos α ,
8
g
q 2 = − t 2 + v 0t sin α .
2
Der Ball berührt zum Zeitpunkt T den Fahrzeugboden. Dann gilt
2v sin α
g
− T 2 + v 0T sin α = 0,
→
T = 0
;
2
g
q1(T ) =
v 02
2g
sin α (4 cos α − sin α ).
Die folgende Abbildung zeigt die Relativbahn des Ballschwerpunktes für α = 60o
und v 0 = 4 m s.
B - 4.4 - Relativkinetik
199
0.6
0.4
0.2
0.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
Aufgabe 2
Eine Kugel (Masse m , Radius R ) liegt auf einem waagrechten Schwingtisch, der
die harmonische Schwingung x A = h sin(Ωt ) ausführt. Bei welcher Kreisfrequenz
Ω kann die Kugel noch rollen, wenn der Haftreibungskoeffizient µ0 gegeben ist?
y
ϕ˙
r
e2
xA
mg
g
qS
r
e1
S
S
H
A
x
N
Führungsbeschleunigung des bewegten Bezugssystems:
r
r
r
a F = x˙˙ A e1 = −hΩ 2 sin(Ωt )e1.
Kinematische Zwangsbedingungen:
r
r
q˙ S = Rϕ˙ ,
a S rel = q˙˙S e1.
r
Schwerpunktsatz im bewegten ei -System:
r
r
r
r
r
→
ma S rel = −mge 2 + Ne 2 + He1 + ( −ma F ),
mq˙˙S = H − mx˙˙ A ,
N = mg.
Momentensatz, bezogen auf den Schwerpunkt:
ΘSϕ˙˙ = − HR ,
→
q˙˙
2
mR 2 S = − HR ,
5
R
B - 4.4 - Relativkinetik
200
Bewegungsgleichung:
mq˙˙S = H − mx˙˙ A ,
q˙˙S = −
→
2
mq˙˙S = − H ,
5
5
x˙˙ .
7 A
Reaktionskraft:
H=
H ≤ µ0 N
→
2
2
mx˙˙ A = − mhΩ 2 sin(Ωt ).
7
7
2
mhΩ 2 ≤ µ0mg ,
7
→
7 µ0 g
Ω≤
2h
.
Aufgabe 3
y
c
r
e2
O
q
r
e1
c(q − L )
ϕ (t )
m
x
N
In einem Rahmen, der sich nach dem vorgegebenen Winkel-Zeit-Gesetz ϕ (t ) in
der xy -Ebene um den raumfesten Punkt O dreht, kann reibungsfrei eine Masse
m gleiten, die mit einer Feder (Steifigkeit c ) verbunden ist. In der Lage q = L sei
die Feder entspannt. Man bestimme die Bewegungsgleichung der Relativbewegung der Masse im rotierenden Bezugssystem.
Kinematische Zwangsbedingung:
r
r
˙ 1,
vrel = qe
r
r
˙˙ 1.
a rel = qe
Führungswinkelgeschwindigkeit und -beschleunigung:
r
r
r
r
r
r r
ω F = ϕ˙e 3 ,
ω˙ F = ϕ˙˙e 3 ,
(e 3 = e1 × e 2 ).
Führungsbeschleunigung der Masse m :
r
r
r
r
r
r
r
r
a F = ω˙ F × qe1 + ω F × (ω F × qe1 ) = ϕ˙˙qe 2 − ϕ˙ 2qe1.
CORIOLISbeschleunigung der Masse m :
r
r
r
r
r
r
˙ 1 = 2ϕ˙qe
˙ .
a Cor = 2ω F × vrel = 2ϕ˙e 3 × qe
2
r
Schwerpunktsatz im rotierenden ei -System:
r
r
r
r
r
ma rel = −c (q − L )e1 + Ne 2 + ( −ma F ) + ( −ma Cor ),
B - 4.4 - Relativkinetik
201
r
r
r
r
˙˙ 1 = −c (q − L )e1 + Ne − mϕ˙˙qe +
mqe
2
2
r
mϕ˙ 2qe1
1
424
3
r
˙ ,
− 2mϕ˙qe
2
Zentrifugalkraft
Bewegungsgleichung:
mq˙˙ = −c (q − L ) + mϕ˙ 2q .
Reaktionskraft:
N = mϕ˙˙q + 2mϕ˙q˙ .
Ist insbesondere
ϕ̇ = Ω = const
so lautet die Bewegungsgleichung
q˙˙ + (ω 02 − Ω 2 )q = ω 02L ,
ω 02 : =
c
.
m
Wenn Ω < ω 0 ist, führt die Masse m eine harmonische Schwingung mit der Kreis-
frequenz ω = ω 02 − Ω 2 aus.
Aufgabe 4
Im Endpunkt A einer starren Stange (Länge R ), die sich mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω in der xy -Ebene um den raumfesten Punkt O dreht, ist
eine zweite starre Stange (Länge 2L , Masse m ) gelenkig so befestigt, daß sie sich
reibungsfrei ebenfalls in der xy -Ebene drehen kann. Man bestimme die Bewegungsgleichung für die Relativdrehung α (t ) und die Reaktionskräfte im Gelenkpunkt A.
r
eα
L
S
y
r
e2
R
O
L
A
Ωt
α(t)
r
er
S
L
α(t)
T
r
e1
A
N
x
r
Kinematische Zwangsbedingung: Der Schwerpunkt S bewegt sich im ei -System
auf einem Kreis mit dem Radius L um den Punkt A.
r
r
r
r
r
vS rel = Lα˙eα ,
a S rel = Lα˙˙eα − Lα˙ 2er .
B - 4.4 - Relativkinetik
202
Führungsbeschleunigung des Schwerpunktes:
→
→
r
r
r
r
r
a SF = a A + ω˙ F × AS + ω F × (ω F × AS ),
r
r
a A = − RΩ 2e1,
r
r
ω˙ F = 0,
r
r
ω F = Ωe 3 ,
→
r
AS = Ler ,
r
r
r
r
r
r
a SF = −Ω 2R e1 − Ω 2Ler = −Ω 2R (cos αer − sin αeα ) − Ω 2Ler .
CORIOLISbeschleunigung des Schwerpunktes:
r
r
r
r
r
r
a S Cor = 2ω F × vS rel = 2ΩLα˙ e 3 × eα = −2α˙ΩLer .
r
Schwerpunktsatz im rotierenden ei -System:
r
r
r
r
r
ma S rel = − Ner + Teα + ( −ma S F ) + ( −ma S Cor ),
r
r
r
r
r
r
r
m (Lα˙˙eα − Lα˙ 2er ) = − Ner + Teα + mΩ 2{(L + R cos α )er − R sin αeα } + 2mα˙ΩLer ,
→
mLα˙˙ = T − mΩ 2R sin α ,
mLα˙ 2 = N − mΩ 2 (L + R cos α ) − 2mα˙ΩL .
Momentensatz bezogen auf den Schwerpunkt:
1
ΘSϕ˙˙ = −TL ,
ϕ : = Ωt + α ,
ΘS = mL2 ,
3
→
1
mLα˙˙ = −T .
3
Bewegungsgleichung:
mLα˙˙ = T − mΩ 2R sin α ,
1
mLα˙˙ = −T ,
3
→
α˙˙ + ω 02 sin α = 0,
ω 02 : =
3R 2
Ω .
4L
Die Stange bewegt sich wie ein physikalisches Pendel.
Reaktionskräfte:
1
T = mRΩ 2 sin α , N = mLα˙ 2 + mΩ 2 (L + R cos α ) + 2mLΩα˙ .
4
α˙˙ α˙ + ω 02 sin α α˙ = 0
α (0 ) = α 0 ,
α˙ (0) = 0:
→
→
1 2
α˙ − ω 02 cos α = const ,
2
α˙ (α ) = ω 0 2 cos α − cos α 0 .
Aufgabe 5
Auf einer horizontalen Plattform (Radius r ), die sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω um die vertikale Achse durch den Punkt O dreht, befinden sich
zwei Beobachter B1 und B2 . Eine kleine Scheibe (Masse m ) wird von B1 aus
über die reibungsfreie Plattform mit der Relativgeschwindigkeit v 0 auf B2 zu geschoben. Man berechne die relative Bahnkurve des Scheibenschwerpunktes.
B - 4.4 - Relativkinetik
203
Ωt
y
B2
r
e2
m
r
e1
r
q
x
O
r
B1
r
r
ω˙ F = 0.
r
Schwerpunktsatz für die Scheibe im rotierenden ei -System:
r
r
ω F = Ωe 3 ,
0 q˙1
q˙˙1 0 0
0 0 q1
m q˙˙2 = 0 + 0 − m 0 × ( 0 × q 2 ) − 2m 0 × q˙ 2 ,
Ω Ω 0
0 −mg N
Ω 0
q˙˙1 0 0
q1
m q˙˙2 = 0 + 0 + mΩ 2 q 2
0 −mg N
0
14243
Zentrifugalkraft
−q˙ 2
−2mΩ q˙1 ,
0
14
4244
3
CORIOLISkraft
Bewegungsgleichungen:
q˙˙1 − 2Ωq˙ 2 − Ω 2q1 = 0,
q˙˙2 + 2Ωq˙1 − Ω 2q 2 = 0.
Reaktionskraft:
N=mg.
Spezielle Lösungsvektoren der Bewegungsgleichungen sind, wie man durch Einsetzen erkennt:
q1 cos(Ωt )
=
,
q 2 − sin(Ωt )
q1 sin(Ωt )
=
.
q 2 cos(Ωt )
B - 4.4 - Relativkinetik
204
Mit dem Lösungsansatz
q1
cos(Ωt )
sin(Ωt )
= f (t )
(
)
+
g
t
q 2
− sin(Ωt )
cos(Ωt )
erhalten wir die Gleichungen
˙˙
f cos(Ωt ) + g˙˙ sin(Ωt ) = 0,
f sin(Ωt ) + g˙˙ cos(Ωt ) = 0;
− ˙˙
→
˙˙
f = 0,
g˙˙ = 0;
→
f (t ) = C1 + C2t ,
g (t ) = C3 + C 4t .
Die allgemeine Lösung der Bewegungsgleichungen lautet nun:
q1
cos(Ωt )
sin(Ωt )
= (C1 + C2t )
+ (C3 + C4t )
.
q 2
− sin(Ωt )
cos(Ωt )
Mit den vier Konstanten C1,..., C 4 müssen vier Anfangsbedingungen erfüllt werden.
Ist insbesondere laut Aufgabenstellung
q1(0) = 0, q 2 (0) = −r , q˙1(0) = 0, q˙ 2 (0) = v 0 ,
so lautet die spezielle Lösung
q1(t ) = (v 0t − r )sin(Ωt ) + rΩt cos(Ωt ),
q 2 (t ) = (v 0t − r )cos(Ωt ) − rΩt sin(Ωt ).
α=6
B2
1.0
0.5
α=3
0.0
-0.5
-1.0
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
B1
α : = v 0 (Ωr ).
Aufgabe 6
Zwei parallele starre Platten rotieren mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω
um die raumfeste vertikale z -Achse. Zwischen den Platten kann reibungsfrei eine
kleine Kugel (Masse m ) gleiten. Man bestimme in den Koordinaten q1 und q 2 die
Bewegungsgleichungen des Kugelschwerpunktes.
B - 4.4 - Relativkinetik
205
z
α r
e3
xy-Ebene
g
r
e1
Ω
x
α
m
r
r
r
r
e1 = cos α cos(Ωt )e x + cos α sin(Ωt )e y − sin α e z ,
r
r
r
e 2 = − sin(Ωt )e x + cos(Ωt )e y ,
r
r
r
r
e 3 = sin α cos(Ωt )e x + sin α sin(Ωt )e y + cos α e z ;
r
r
r
e z = − sin α e1 + cos α e 3 .
Ortsvektor des Kugelschwerpunktes:
r
r
r
q = q1e1 + q 2e 2 .
Kinematische Zwangsbedingung:
q 3 = 0.
Führungswinkelgeschwindigkeit:
r
r
r
r
ω F = Ωe z = Ω ( − sin α e1 + cos α e 3 ).
Führungsbeschleunigung:
r
aF
cos2α q
− sin α − sin α q1
1
r
r
r
2
2
.
q2
= ω F × (ω F × q ) = Ω 0 × ( 0 × q 2 ) = −Ω
cos α cos α 0
sin α cos α q1
CORIOLISbeschleunigung:
r
r
r
a Cor = 2ω F × vrel
− cos α q˙ 2
− sin α q˙1
˙
˙
2
0
2
= Ω
× q 2 = Ω cos α q1 .
− sin α q˙
cos α 0
2
Schwerpunktsatz im rotierenden Bezugssystem:
r
r
r
r
r
ma rel = −mge z + Ne 3 − ma F − ma Cor .
B - 4.4 - Relativkinetik
206
cos2α q
cos α q˙ 2
q˙˙1
sin α 0
1
+ 2mΩ − cos α q˙ .
m q˙˙2 = mg 0 + 0 + mΩ 2
q2
1
sin α cos α q
sin α q˙
0
− cos α N
1
2
Bewegungsgleichungen:
q˙˙1 − 2Ω cos α q˙ 2 − Ω 2 cos2α q1 = g sin α ,
q˙˙2 + 2Ω cos α q˙1 − Ω 2q 2 = 0.
Reaktionskraft:
N = mg cos α − mΩ 2 sin α cos α q1 − 2mΩ sin α q˙ 2 .
Aufgabe 7
m2
g
r
e2
q
S
L
O
r
e1
α(t)
x
Auf einer starren Stange (Masse m1, Länge 2L ), die sich in einer vertikalen Ebene
nach dem gegebenen Gesetz α (t ) um den raumfesten Punkt O dreht, kann rei-
bungsfrei eine starre Scheibe (Masse m 2 , Trägheitsmoment ΘS ) gleiten. Man berechne die Bewegungsgleichung für die Koordinate q des Scheibenschwerpunktes S auf der Stabachse, die Reaktionskraft in S und die Reaktionsmomente in O
und S.
N
MS
MS
M0
O
N
α
x
m 1g
r
r
r
g = − g (sin αe1 + cos αe 2 ).
Momentensatz für die Scheibe:
m 2g
B - 4.4 - Relativkinetik
207
ΘSα˙˙ = M S .
Kinematische Zwangsbedingung:
r
r
vS rel = q˙ e1,
r
r
a S rel = q˙˙ e1.
Führungs- und CORIOLISbeschleunigung des Scheibenschwerpunktes S:
r
r
r
r
r
r
r
r
a S F = α˙˙ e 3 × q e1 + α˙ e 3 × (α˙ e 3 × q e1 ) = α˙˙q e 2 − α˙ 2q e1,
r
r
r
r
a S Cor = 2α˙ e 3 × q˙ e1 = 2α˙q˙ e 2 .
Schwerpunktsatz für die Scheibe:
r
r
r
r
r
m 2a S rel = m 2 g + Ne 2 + ( −m 2a S F ) + ( −m 2a S Cor ),
−α˙ 2q
q˙˙
0
sin α 0
−
−
+
m 2 = −m 2 g
m
m
,
2
2
α˙˙q
cos α N
2α˙q˙
0
Bewegungsgleichung:
q˙˙ − α˙ 2q = − g sin α .
Reaktionslasten auf die Scheibe:
N = m 2 g cos α + m 2α˙˙q + m 2 2α˙q˙ ,
M S = ΘSα˙˙.
Auf O bezogener Momentensatz für die Stange:
Θ 0α˙˙ = M 0 − M S − Nq − m1gL cos α ,
(Θ 0 =
4
m1L2 )
3
In O auf die Stange wirkendes Reaktionsmoment:
M 0 = (Θ 0 + ΘS )α˙˙ + qN + m1gL cos α .
Aufgabe 8
T
B
C
Ω
dm
α
g
mg
L
dZ
s
α
r
e3
r
r
e1
A
A1
A3
Eine starre Stange AB (Länge L , Masse m ) ist in einem mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um eine raumfeste vertikale Achse rotierenden Rahmen in
A gelenkig gelagert und mit einem Seil BC verbunden, so daß sich die Stange relativ zum Rahmen nicht bewegt. Man berechne die Seilkraft und die Auflagerkräf-
B - 4.4 - Relativkinetik
208
te in A.
r
Auf ein Massenelement dm = (m L )ds im Abstand s vom Punkt A wirkt in e1Richtung die Zentrifugalkraft
r
r
dZ = dm (r + s sin α )Ω 2e1.
Diese Zentrifugalkraftbelastung des Stabes kann als stetig verteilte Streckenlast
m
q1(s ): = (r + s sin α )Ω 2
L
beschrieben werden. Aus den Gleichgewichtsbedingungen für den Stab im rotierenden Bezugssystem berechnen wir nun die Reaktionskräfte im Auflager A und
im Seil:
L
A1 − T + ∫ q1(s )ds = 0,
A3 − mg = 0,
0
L
T L cos α − mg
L
L
sin α − ∫ q1(s )s cos α ds = 0;
2
0
L
m 2
L
2
∫ q1(s ) ds = L Ω ∫ (r + s sin α )ds = mΩ (r + 2 sin α ),
0
0
L
∫ q1(s ) s cosαds =
0
L
m 2
L L2
Ω cos α ∫ (rs + s 2 sin α )ds = mΩ 2 cos α (r +
sin α ),
L
2
3
0
T =
A1 =
1
r L
mg tan α + mΩ 2 ( + sin α ),
2
2 3
1
r L
mg tan α − mΩ 2 ( + sin α ),
2
2 6
A3 = mg.
Aufgabe 9
Auf einer parallel zur raumfesten x -Achse geführten Schiene AB bewegt sich der
Befestigungspunkt C eines Seils der Länge L , an dem eine Masse m hängt. Man
bestimme die Bewegungsgleichungen der Masse m in den Koordinaten ϑ und ϕ
sowie die Seilkraft S , wobei x C (t ) und yC (t ) vorgegeben sind.
B - 4.4 - Relativkinetik
209
O
A
C
x
B
g
y
ϑ L
z
ϕ
r
eϕ
r
r
eϑ = e ϕ
r
er
m
r
er
Lokale Kugelkoordinatenbasis:
r
r
r
r
er = sin ϑ cos ϕ e x + sin ϑ sin ϕ e y + cos ϑe z ,
r
r
r
r
eϑ = cos ϑ cos ϕ e x + cos ϑ sin ϕ e y − sin ϑe z ,
r
r
r
eϕ = − sin ϕ e x + cos ϕ e y ;
r
∂er
∂ϑ
r
∂er
∂ϕ
r
∂eϑ
r
= eϑ ,
r
= sin ϑeϕ ,
∂ϑ
r
∂eϑ
∂ϕ
r
r
r
r
e x = sin ϑ cos ϕ er + cos ϑ cos ϕ eϑ − sin ϕeϕ ,
r
r
r
r
e y = sin ϑ sin ϕ er + cos ϑ sin ϕ eϑ + cos ϕeϕ ,
r
r
r
e z = cos ϑ er − sin ϑ eϑ .
r
= −er ,
r
∂eϕ
∂ϕ
r
= cos ϑeϕ ,
r
r
= − sin ϑer − cos ϑ eϑ .
Relativbewegung der Masse m für einen mit dem Punkt C translatorisch bewegten Beobachter, der den Ortsvektor
r
r
q (t ) = L er (ϑ (t ),ϕ (t ))
verwendet:
r
r
r
∂er ˙ ∂er
vrel = L
ϑ+
∂ϕ
∂ϑ
(
)
r
r
ϕ˙ = L ϑ˙ eϑ + ϕ˙ sin ϑ eϕ ,
r
r
r
∂eϕ
r
∂
e
e
∂
r
r
r
a rel = L ϑ˙˙ eϑ + ϑ˙ ϑ ϑ˙ + ϑ ϕ˙ + ϕ˙˙ sin ϑ eϕ + ϕ˙ cos ϑ ϑ˙ eϕ + ϕ˙ sin ϑ
ϕ˙ ,
ϑ
ϕ
ϕ
∂
∂
∂
(
)
r
r
r
˙ ˙ cos ϑ )er .
a rel = L −(ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 sin 2 ϑ )er + (ϑ˙˙ − ϕ˙ 2 sin ϑ cos ϑ )eϑ + (ϕ˙˙ sin ϑ + 2ϑϕ
ϕ
Führungsbeschleunigung:
r
r
r
a F = x˙˙C e x + y˙˙C e y ,
B - 4.4 - Relativkinetik
210
r
r
r
r
a F = ( x˙˙C cos ϕ + y˙˙C sin ϕ )sin ϑ er + ( x˙˙C cos ϕ + y˙˙C sin ϕ )cos ϑ eϑ + ( − x˙˙C sin ϕ + y˙˙C cos ϕ )eϕ .
Schwerpunktsatz für die Masse m
r
r
r
r
ma rel = −Ser + mge z − ma F ,
dargestellt in der Kugelkoordinatenbasis:
−ϑ˙ 2 − ϕ˙ 2 sin 2ϑ −S
sin ϑ cos ϕ
sin ϑ sin ϕ
cos ϑ
mL ϑ˙˙ − ϕ˙ 2 sin ϑ cos ϑ = 0 + mg − sin ϑ − mx˙˙C cos ϑ cos ϕ − my˙˙C cos ϑ sin ϕ .
ϕ˙˙ sin ϑ + 2ϕϑ
˙ ˙ cos ϑ 0
− sin ϕ
cos ϕ
0
In der zweiten und dritten Komponente dieser Vektorgleichung stehen die Bewegungsgleichungen:
g
cos ϑ
ϑ˙˙ = ϕ˙ 2 sin ϑ cos ϑ − sin ϑ −
( x˙˙C cos ϕ + y˙˙C sin ϕ ),
L
L
1
cos ϑ
˙˙
ϕ˙˙ = −2ϕϑ
+
( x˙˙ sin ϕ − y˙˙C cos ϕ ).
sin ϑ L sin ϑ C
Die Reaktionskraft lautet
S = mL (ϑ˙ 2 + ϕ˙ 2 sin 2ϑ ) + mg cos ϑ − m sin ϑ ( x˙˙C cos ϕ + y˙˙C sin ϕ ).
In diesen Gleichungen ist der Sonderfall der ebenen Bewegung in der xz -Ebene
enthalten, für den yC ≡ 0, ϕ ≡ 0 gilt:
g
cos ϑ
ϑ˙˙ = − sin ϑ −
x˙˙C ,
L
L
S = mLϑ˙ 2 + mg cos ϑ − mx˙˙C sin ϑ .
Wenn der Punkt C mit konstanter Geschwindigkeit bewegt wird, enthalten die
Bewegungsgleichungen
g
ϑ˙˙ = ϕ˙ 2 sin ϑ cos ϑ − sin ϑ ,
L
cos ϑ
˙˙
ϕ˙˙ = −2ϕϑ
,
sin ϑ
die spezielle Lösung
ϑ = ϑ 0 = const ,
ϕ˙ = Ω = const ,
wobei
Ω 2 cos ϑ 0 =
g
L
gelten muß. Der Schwerpunkt bewegt sich dann mit konstanter Winkelgeschwin-
B - 4.4 - Relativkinetik
211
digkeit Ω auf einem Kreis mit dem Radius L sin ϑ 0 um die Parallele zur z -Achse
durch C. Die Resultierende von Gewichtskraft mg und Zentrifugalkraft
r
mLΩ 2 sin ϑ 0 liegt in Richtung er auf dem Mantel des Kreiskegels mit der Spitze in
C.
Aufgabe 10
y
L
ϕ
x A (t)
g
S
L
A
x
Auf einem Fahrzeug, das sich horizontal nach dem vorgegebenen Gesetz x A (t )
bewegt, ist im Punkt A eine starre Stange (Länge 2L , Masse m ) reibungsfrei
drehbar gelagert. Man bestimme die Bewegungsgleichung der Stange in der Koordinate ϕ mit Hilfe der d‘Alembertschen Trägheitskräfte.
Kinematische Zwangsbedingungen:
x S = x A + L sin ϕ ,
x˙˙S = x˙˙ A + Lϕ˙˙ cos ϕ − Lϕ˙ 2 sin ϕ ,
yS = L cos ϕ ,
y˙˙S = − Lϕ˙˙ sin ϕ − Lϕ˙ 2 cos ϕ .
Die Reduktion der auf die Massenelemente dm der Stange wirkenden Trägheitskräfte in den Schwerpunkt S
˙˙S
my
y
ΘSϕ˙˙
m x˙˙S
ϕ
x
Ay
mg
Ax
ergibt die im Schwerpunkt wirkenden Kräfte mx˙˙S in negativer x −Richtung und
B - 4.4 - Relativkinetik
212
my˙˙S in negativer y −Richtung sowie das Moment der Trägheitskräfte ΘSϕ˙˙ in ne-
gativer ϕ −Richtung.
Ein mit der Stange bewegter Beobachter formuliert als Gleichgewichtsbedingung
für die Momente im Punkt A:
−Θ ϕ˙˙ − mx˙˙ L cos ϕ + my˙˙ L sin ϕ + mgL sin ϕ = 0.
S
S
S
Mit den Zwangsbedingungen folgt daraus die Bewegungsgleichung
Θ ϕ˙˙ + mx˙˙ L cos ϕ − mgL sin ϕ = 0.
A
A
Θ A = ΘS + mL2 .
Die Reaktionskräfte erhalten wir aus den Kräftegleichgewichtsbedingungen:
A x = m ( x˙˙ A + Lϕ˙˙ cos ϕ − Lϕ˙ 2 sin ϕ ),
A x − mx˙˙S = 0,
Ay − mg − my˙˙S = 0.
Ay = m ( g − Lϕ˙˙ sin ϕ − Lϕ˙ 2 cos ϕ ).
Aufgabe 11
Ay
y
Ax
A
g
L
R
h
α
A
ϕ
L
ϕ
m x˙˙S
S
x
mg
S
ΘSϕ˙˙
˙˙S
my
Ein Riesenrad (Radius R ) dreht sich nach dem gegebenen Winkel-Zeit-Gesetz
α (t ) . Man berechne die Bewegungsgleichung einer Gondel (Masse m , Trägheitsmoment ΘS ) in der Koordinate ϕ und die Lagerkräfte im Gelenkpunkt A.
Für den mit der Gondel bewegten Beobachter gelten die Kräfte-Gleichgewichtsbedingungen:
A x − mx˙˙S = 0,
Ay − my˙˙S − mg = 0,
und die auf den Punkt A bezogene Momenten-Gleichgewichtsbedingung:
−ΘSϕ˙˙ − mx˙˙S L cos ϕ − my˙˙S L sin ϕ − mgL sin ϕ = 0.
B - 4.4 - Relativkinetik
213
Mit
x S = R sin α + L sin ϕ ,
yS = h − R cos α − L cos ϕ ,
x˙ S = Rα˙ cos α + Lϕ˙ cos ϕ ,
y˙ S = Rα˙ sin α + Lϕ˙ sin ϕ ,
x˙˙S = Rα˙˙ cos α − Rα˙ 2 sin α + Lϕ˙˙ cos ϕ − Lϕ˙ 2 sin ϕ ,
y˙˙S = Rα˙˙ sin α + Rα˙ 2 cos α + Lϕ˙˙ sin ϕ + Lϕ˙ 2 cos ϕ ,
x˙˙S cos ϕ + y˙˙S sin ϕ = Rα˙˙ cos(ϕ − α ) + Rα˙ 2 sin(ϕ − α ) + Lϕ˙˙,
erhalten wir aus der Momenten-Gleichgewichtsbedingung die Bewegungsgleichung
Θ Aϕ˙˙ + mRLα˙˙ cos(ϕ − α ) + mRLα˙ 2 sin(ϕ − α ) + mgL sin ϕ = 0,
Θ A = ΘS + mL2 .
Aus den Kräfte-Gleichgewichtsbedingungen ergeben sich die Lagerkräfte
A x = mx˙˙S ,
Ay = mg + my˙˙S .
Aufgabe 12
O
vA
r
A
r
e2
r
e1
L
r
q
b
m
S
Auf der Ladefläche eines Fahrzeugs, dessen Punkt A mit konstanter Geschwindigkeit v A auf einem Kreis mit dem Radius r um den Punkt O fährt, kann eine
Kiste (Masse m ) reibungsfrei entlang der hinteren Ladeklappe gleiten. Man berechne q 2 (t ) zu den Anfangsbedingungen
q1(0) = L , q 2 (0) = −b , q˙1(0) = 0, q˙ 2 (0) = 0.
B - 4.4 - Relativkinetik
214
r
Schwerpunktsatz im rotierenden ei -System:
r
r
r
r
r
r
ma Srel = −mge 3 − Ne1 + N 3e 3 − ma SF − ma SCor ;
N ist die von der Ladeklappe auf die Kiste wirkende Reaktionskraft.
r
r
vSrel = q˙ 2e 2 ,
r
r
a Srel = q˙˙2e 2 ,
v 2r
r
a A = − A e2 ,
r
r
r
r
r
a SF = a A − ω F 2 (Le1 + q 2e 2 ),
r
r
ω˙ F = 0,
v r
r
ω F = A e3 ,
r
v
r
r
a SCor = −2 A q˙ 2e1;
r
−L
0 0 − N
vA2
v
m q˙˙2 = 0 + 0 − m 2 −r − q 2 − m 2 A
r
r
0
0 −mg N 3
−q˙ 2
0 ,
0
Bewegungsgleichung und Bewegungsgesetz:
q˙˙2 − ω F 2q 2 = ω F 2r ,
ωF :=
vA
r
,
q 2 (t ) = (r − b )cosh(ω F t ) − r .
Reaktionskräfte:
N = m (ω F 2L2 + 2ω F q˙ 2 ).
N 3 = mg ,
Aufgabe 13
y
r
e2
L
A
r
e1
m
ϕ (t ) =
x
1 2
βt
2
z
g
ωF
m
x
L cosϕ
Auf einer horizontalen Kreeisscheibe, die sich um die vertikale z -Achse durch A
drehen kann, liegt ein Geldstück (Masse m ) im Abstand L von der Drehachse.
B - 4.4 - Relativkinetik
215
Zum Zeitpunkt t = 0 beginnt die Drehbewegung ϕ (t ) = (1 2)βt 2 . Bis zu welchem
Zeitpunkt T kann die Haftreibungskraft eine Relativbewegung des Geldstücks auf
der Kreisscheibe verhindern? (Haftreibungskoeffizient: µ0 )
r
Schwerpunktsatz im rotierenden ei -System:
r
r
r
r
r
r
ma rel = −mge 3 + Ne 3 + H − ma F − ma Cor
r
r
r
r
r
r
r
r
r
vrel = 0,
a rel = 0,
a Cor = 0,
a F = ω˙ F × Le1 − ω F 2Le1,
r
r
r
r
r
ω F = ϕ˙e 3 = βte 3 ,
ω˙ F = βe 3 ,
r
r
r
a F = Lβ e 2 − ( βt )2 L e1.
( βt )2
0 0 0 H1
H
mL
0
0
0
=
+
+
+
−
β ,
2
0
0 −mg N 0
N = mg ,
H1 = −mL ( βt )2 ,
H 2 = mLβ ;
r
H = H12 + H 22 = mLβ β 2t 4 + 1,
r
H ≤ µ0 N
Lβ β 2t 4 + 1 ≤ µ0 g ,
→
2
µ g
β t ≤ 0 − 1,
βL
1
T =
β
2 4
2
4
µ0 g
− 1.
βL
Aufgabe 14
y
3r
ϕ
P
r
A
α
x
B
Der Endpunkt P eines in B drehbar gelagerten Stabes (Länge r ) wird mit der
Kraft N auf eine in A ebenfalls drehbar gelagerte Kreisscheibe (Masse m , Radius
3r ) gedrückt. Wenn sich der Stab BP mit konstanter Winkelgeschwindigkeit
B - 4.4 - Relativkinetik
216
α̇ = Ω dreht, überträgt er in P die Gleitreibungskraft µN auf die Kreisscheibe, die
dadurch zu einer Drehbewegung ϕ (t ) angetrieben wird. Man bestimme die entsprechende nichtlineare Bewegungsgleichung und berechne die Winkelgeschwindigkeit der Kreisscheibe numerisch mit den speziellen Werten
r = 0.15 m, m = 5 kg, N = 10 kgms −2 , µ = 0.3, Ω = 2π s −1.
Hinweis: Alle Vektoren werden in der raumfesten xy -Basis dargestellt.
Ortsvektor und absoluter Geschwindigkeitsvektor des Punktes P:
2r + r cos α
→
AP = r sin α ,
0
− sin α
r
v P abs = rα˙ cos α .
0
Führungsgeschwindigkeit des Punktes P (= Geschwindigkeit des Punktes P, wenn
er mit der Kreisscheibe fest verbunden wäre):
0 2r + r cos α −ϕ˙r sin α
→
r
r
v P F = ω F × AP = 0 × r sin α = ϕ˙ (2r + r cos α ).
ϕ˙
0
0
Relativgeschwindigkeit des Punktes P (= Geschwindigkeit des Punktes P, die ein
mit der Kreisscheibe bewegter Beobachter registrieren würde):
r (ϕ˙ − α˙ )sin α
r
r
r
v P rel = v P abs − v P F = −2r ϕ˙ − r (ϕ˙ − α˙ )cos α .
0
Auf die Kreisscheibe wirkende Gleitreibungskraft und Momentensatz für die
Kreisscheibe:
r
v P rel
r
r
→
r
,
Θ Aϕ˙˙ = ( AP × FR ) ⋅ e z .
FR = µN r
v P rel
Bewegungsgleichung:
ϕ˙˙ =
ϕ˙˙ =
→
r
r
µN
( AP × v P rel ) ⋅ e z ,
r
Θ A v P rel
2 µN ( APx v P rel y − APy v P rel x )
9mr 2 (v P rel x )2 + (v P rel y )2
.
B - 4.4 - Relativkinetik
2.0
217
dϕ /dt
1.5
1.0
0.5
0.0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
t
10
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
218
Aufgabe 1
Zwei homogene starre Stangen (Länge L , Masse m ) sind in A gelenkig miteinander verbunden. Der Stangenendpunkt B wird reibungsfrei auf der x -Achse geführt. Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik die Winkelgeschwindigkeit ϕ̇ als Funktion des Winkels ϕ , wenn das System aus der Lage
ϕ = ϕ 0 ohne Anfangsgeschwindigkeit gestartet wird.
A
y
ψ
ϕ
g
S
L
L
ψ =ϕ
x
B
O
Schwerpunktkoordinate der Stange AB:
3
x S = L sin ϕ ,
2
yS =
Schwerpunktgeschwindigkeit:
3
x˙ S = Lϕ˙ cos ϕ ,
2
1
y˙ S = − Lϕ˙ sin ϕ ;
2
vS 2 =
1
L cos ϕ .
2
1
(1 + 8 cos2 ϕ )L2ϕ˙ 2 .
4
Kinetische Energie des Systems:
1
1
1
Ekin = Θ 0ϕ˙ 2 + mvS 2 + ΘSϕ˙ 2 ,
2
2
2
Θ0 =
1
1
mL2 , ΘS =
mL2 ;
3
12
1
Ekin = ( + cos2 ϕ )mL2ϕ˙ 2 .
3
Potentielle Energie:
E pot = 2 mg
L
cos ϕ = mgL cos ϕ .
2
Energiesatz:
Ekin + E pot = const
ϕ˙ (ϕ ) =
→
1
( + cos2 ϕ )mL2ϕ˙ 2 + mgL cos ϕ = mgL cos ϕ 0 ,
3
3(cos ϕ 0 − cos ϕ ) g
g
=: f (ϕ )
.
2
L
L
1 + 3 cos ϕ
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
2.0
219
f( ϕ )
1.5
1.0
0.5
ϕ 0=0.2
ϕ 0=0.8
0.0
0.0
ϕ
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
1.6
Aufgabe 2
y
B
2L
2L
g
ϕ
S
4m
A
x
Ein homogener quadratischer Rahmen aus vier Stäben der Masse m bewegt sich
im Schwerkraftfeld, wobei die Eckpunkte A und B auf den kartesischen Koordinatenachsen geführt werden. Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ (ϕ ) , wenn ϕ˙ (0) = 0 ist.
Kinematische Zwangsbedingungen:
x S = yS = − L sin ϕ + L cos ϕ ,
x˙ S = y˙ S = −(cos ϕ + sin ϕ )Lϕ˙ ,
vS 2 = 2{1 + sin(2ϕ )}L2ϕ˙ 2 .
Kinetische und potentielle Energie:
1
1
Ekin = 4mvS 2 + ΘSϕ˙ 2 ,
2
2
1
16
ΘS = 4{ m (2L )2 + mL2} =
mL2 ,
12
3
5
Ekin = 4{ + sin(2ϕ )}mL2ϕ˙ 2 ;
3
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
E pot = 4mgyS ,
220
E pot = 4mgL (cos ϕ − sin ϕ ).
Energiesatz der Mechanik:
5
4{ + sin(2ϕ )}mL2ϕ˙ 2 + 4mgL (cos ϕ − sin ϕ ) = 4mgL ,
3
ϕ˙ (ϕ ) =
1.0
3(1 + sin ϕ − cos ϕ ) g
g
=; f (ϕ )
.
5 + 3 sin(2ϕ )
L
L
f( ϕ )
0.5
0.0
0.0
ϕ
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
1.6
Aufgabe 3
c
x1
4m
g
m
x2
Eine vertikal geführte Platte (Masse 4m ) hängt an einer Feder (Steifigkeit c ), die
in der Lage x1 = 0 entspannt ist. Eine Masse m ist mit einem Seil verbunden, das
über zwei (näherungsweise masselose) Rollen geführt wird. Bei entspannter Feder
ist auch x 2 = 0 . Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik die Bewegungsgleichung für die Koordinate x1 und das Bewegungsgesetz x1(t ) zu den
Anfangsbedingungen
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
221
x1(0) = 0, x˙1(0) = 0 .
Die Abrollbedingung für das Seil lautet
x˙ 2 = 2x˙1
→
x 2 = 2 x 1.
Kinetische und potentielle Energie:
1
1
Ekin = 4mx˙12 + mx˙ 22 = 4mx˙12 ,
2
2
E pot =
1
1
cx12 − 4mgx1 − mgx 2 = cx12 − 6mgx1.
2
2
Energiesatz:
E˙ kin + E˙ pot = 0
→
8mx˙1x˙˙1 + cx1x˙1 − 6mgx˙1 = 0.
Bewegungsgleichung:
8mx˙˙1 + cx1 = 6mg ,
x˙˙1 + ω 02 x1 = ω 02
6mg
,
c
ω 02 : =
c
.
8m
Statische Auslenkung:
x1(statisch ) =
6mg
.
c
Allgemeine Lösung der Bewegungsgleichung:
6mg
x1(t ) =
+ C1 cos(ω 0t ) + C2 sin(ω 0t ),
c
An die Anfangsbedingungen angepaßte Lösung:
6mg
x1(t ) =
{1 − cos(ω 0t )}.
c
Aufgabe 4
g
r
ϕ
β
R
r
Mit Hilfe des Leistungssatzes berechne man die Bewegungsgleichung der beiden
auf einer vertikalen Kreisbahn (Radius R ) rollenden Räder (Masse m , Radius r ),
die durch ein Seil (Masse vernachlässigbar) miteinander verbunden sind.
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
222
Rollbedingung:
(R + r )ϕ˙ = r ω Rad ,
ω Rad =
→
R +r
ϕ˙ .
r
Kinetische Energie:
2
2
1
1
= m (R + r )2 ϕ˙ 2 + mr (R + r ) ϕ˙ 2 = 3 m (R + r )2 ϕ˙ 2 .
2
Ekin = 2 mvS 2 + ΘSω Rad
2
2
2
2
r2
Potentielle Energie:
E pot = mg (R + r ){sin ϕ + sin(ϕ + β )}.
Leistungssatz für ein konservatives System:
E˙
= − E˙
kin
pot
˙ ˙˙ = −mg (R + r ){cos ϕ + cos(ϕ + β )}ϕ˙ .
3m (R + r )2 ϕϕ
Bewegungsgleichung:
ϕ˙˙ +
g
{cos ϕ + cos(ϕ + β )} = 0.
3(R + r )
Aufgabe 5
Ein starres Stabkreuz (Masse 2m ) hängt an vier Seilen der Länge L im Schwerkraftfeld.
A4
A3
z
L
L
A1
ϕ
B4
L
g
A2
B3
2m
r
r
L
S
r
x
B1
r
B2
y
In der Ruhelage befindet sich der Schwerpunkt S im Koordinatenursprung. Wird
das Stabkreuz um den Winkel ϕ um die z -Achse gedreht, so hebt sich der
Schwerpunkt um z S (ϕ ) . Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik
die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ (ϕ ) , wenn das Stabkreuz nach einer Drehung um
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
223
π 2 ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen wird.
Ortsvektoren in der ausgelenkten Lage:
r cos ϕ
OB1 = r sin ϕ ,
z
S
r
OA1 = 0 ,
L
→
r cos ϕ − r
A1B1 = r sin ϕ ,
z −L
S
→
→
→
A1B1 = 2r 2 (1 − cos ϕ ) + (z S − L )2 .
Kinematische Zwansgbedingung:
→
A1B1 = L ,
z˙ S =
→
dz S (ϕ )
dϕ
z S = L − L2 − 2r 2 (1 − cos ϕ ),
ϕ˙ =
r 2 sin ϕ
L2 − 2r 2 (1 − cos ϕ )
ϕ˙ .
Kinetische Energie:
1
1m
1
Ekin = 2 mz˙ S 2 +
(2r )2 ϕ˙ 2 = mz˙ S 2 + mr 2ϕ˙ 2 ,
2 12
3
2
Ekin = (
r 2 sin 2 ϕ
1
+ )mr 2ϕ˙ 2 .
2
2
L − 2r (1 − cos ϕ ) 3
Potentielle Energie:
E pot = 2mgz S = 2mg (L − L2 − 2r 2 (1 − cos ϕ )).
Energiesatz:
Ekin + E pot = const = 2mg (L − L2 − 2r 2 ),
ϕ˙ 2 =
2g
r2
L2 − 2r 2 (1 − cos ϕ ) − L2 − 2r 2
.
r 2 sin 2 ϕ
1
+
2
L − 2r 2 (1 − cos ϕ ) 3
L =: λr ,
ϕ˙ =
2g
r
f1(ϕ )
f 2 (ϕ )
,
(λ > 2 ) ,
λ2 − 2 =:γ ,
f1(ϕ ) = γ + 2 cos ϕ − γ ,
ϕ˙ (ϕ ) = f (ϕ )
2g
.
r
f 2 (ϕ ) =
sin 2 ϕ
1
+ ;
γ + 2 cos ϕ 3
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
1.5
224
f( ϕ )
λ =1.5
1.0
λ =2
0.5
0.0
ϕ
-1.4
-1.0
-0.6
-0.2
0.2
0.6
1.0
1.4
Aufgabe 6
Eine Halbkreisscheibe (Radius R , Masse m ) wird im Schwerkraftfeld in der Lage
ϕ = 0 aus der Ruhe heraus losgelassen und rollt dann auf einer horizontalen
Schiene ( x -Achse). Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik die
Winkelgeschwindigkeit als Funktion des Winkels ϕ .
y
ϕ
R
g
A
S
m
x
AS = λS R
Massengeometrische Größen:
1
1
Θ A = mR 2 ,
ΘS = Θ A − mL S 2 = mR 2 ( − λS 2 ),
2
2
Kinematische Zwangsbedingungen:
x A = Rϕ ,
x S = x A + λS R cos ϕ ,
x˙ S = R (1 − λS sin ϕ )ϕ˙ ,
yS = R − λS R sin ϕ ;
y˙ S = − RλS cos ϕϕ˙ ,
vS 2 = (1 + λS 2 − 2λS sin ϕ )R 2ϕ˙ 2 .
Kinetische Energie:
Ekin =
λS =
1
1
mvS 2 + ΘSϕ˙ 2 ,
2
2
4
.
3π
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
Ekin =
225
1
3
mR 2 ( − 2λS sin ϕ )ϕ˙ 2 .
2
2
Potentielle Energie:
E pot = mgyS = mgR (1 − λS sin ϕ ).
Energiesatz der Mechanik mit den Anfangsbedingungen ϕ (0) = 0, ϕ˙ (0) = 0 :
Ekin + E pot = const ,
1
3
mR 2 ( − 2λS sin ϕ )ϕ˙ 2 + mgR (1 − λS sin ϕ ) = mgR ,
2
2
Daraus folgt
ϕ˙ (ϕ ) =
4 λS sin ϕ
g
.
R 3 − 4 λS sin ϕ
Aufgabe 7
Ein Moment M (ϕ ) treibt eine Stange (Masse m1, Länge R ) an, die mit einem Rad
(Masse m 2 , Radius r ) in A gelenkig verbunden ist. Das Rad soll auf einer Kreis-
bahn (Radius R + r ) abrollen. Man berechne mit Hilfe des Arbeitssatzes die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ (ϕ ) im Bereich 0 ≤ ϕ ≤ π 2 . Für ϕ = 0 sei ϕ˙ = 0.
O
M (ϕ)
M
M0
m1
α˙
ϕ
m2
A
π
2
Kinematische Zwangsbedingung:
Rϕ˙ = rα˙
→
α˙ =
R
ϕ˙ .
r
Kinetische Energie:
Ekin =
Θ0 =
1
1
1
Θ 0ϕ˙ 2 + m 2v A 2 + Θ Aα˙ 2 ,
2
2
2
1
m1R 2 , v A 2 = R 2ϕ˙ 2 ,
3
Ekin =
ΘA =
1 1
3
( m1 + m 2 )R 2ϕ˙ 2 .
2 3
2
1
m 2r 2 ,
2
ϕ
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
226
Arbeit des Momentes
M (ϕ ) = M 0 (1 −
2
ϕ ),
π
(0 ≤ ϕ ≤ π 2).
ϕ
W (ϕ ) = ∫ M (ϕ )dϕ = M 0 (ϕ −
0
1 2
ϕ ).
π
Arbeitssatz:
Ekin
− Ekin
ϕ
0
= W (ϕ ),
1 1
3
1
( m1 + m 2 )R 2ϕ˙ 2 = M 0 (ϕ − ϕ 2 ).
π
2 3
2
Daraus folgt
ϕ˙ (ϕ ) =
2M 0 (ϕ − (1 π )ϕ 2 )
(m1 3 + 3m 2 2)R 2
.
Aufgabe 8
r
g
ϕ
y
L
m
x
Ein Massenpunkt m ist mit einem Faden verbunden, der auf einen raumfesten
Kreiszylinder gewickelt ist. Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ (ϕ ) zu den Anfangsbedingungen
ϕ (0 ) =
π
, ϕ˙ (0) = 0.
4
Kinematische Zwangsbedingung für den Ortsvektor des Massenpunktes:
r −r sin ϕ + (L + rϕ )cos ϕ
r =
.
r cos ϕ + (L + rϕ )sin ϕ
Geschwindigkeitsvektor des Massenpunktes:
r − sin ϕ
v=
(L + rϕ )ϕ˙ .
cos ϕ
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
227
Kinetische Energie:
Ekin =
1
1
mv 2 = m (L + rϕ )2 ϕ˙ 2 .
2
2
Potentielle Energie:
r r
r r
E pot = −mg ⋅ r = −mge x ⋅ r = mg{r sin ϕ − (L + rϕ )cos ϕ}.
Energiesatz:
πr
1
2
m (L + rϕ )2 ϕ˙ 2 + mg{r sin ϕ − (L + rϕ )cos ϕ} = mg
(r − L − ).
2
2
4
Daraus folgt
ϕ˙ (ϕ ) = −
g
2 (r − L −
π
r ) − 2r sin ϕ + 2(L + rϕ )cos ϕ
4
.
L + rϕ
Aufgabe 9
Zwei starre Stangen (Masse m , Länge 2L) sind im Gelenkpunkt A mit einer Drehfeder (Federkonstante k ) verbunden. Der Gelenkpunkt O ist raumfest, der Gelenkpunkt B horizontal verschieblich gelagert. In der Lage ϕ = 0 sei die Drehfeder
entspannt. Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik die Winkelgeschwindigkeit der Stange OA in der beliebigen Lage ϕ , wenn das System aus der
Lage ϕ = 45o aus der Ruhe heraus gestartet wird, und die Bewegungsgleichung.
k
O
y
2L
2L
ϕ
A
B
x
β
S
Kinematische Zwangsbedingungen für den Schwerpunkt und die Winkelgeschwindigkeit der Stange AB:
r
r
r
rS = 3L cos ϕ e x + L sin ϕ e y ,
2L sin ϕ = 2L sin β
→
ϕ = β.
r
r
r
vS = ( −3 sin ϕ e x + cos ϕ e y )Lϕ˙ ,
β˙ = ϕ˙ .
vS 2 = (1 + 8 sin 2ϕ )L2ϕ˙ 2 .
Kinetische Energie:
1
1
1
Ekin = Θ 0ϕ˙ 2 + mvS 2 + ΘS β˙ 2 ,
2
2
2
Ekin = (
Potentielle Energie:
Θ0 =
4
mL2 ,
3
4
+ 4 sin 2ϕ )mL2ϕ˙ 2 .
3
ΘS =
1
mL2 ,
3
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
228
1
k (2ϕ )2 = 2kϕ 2 .
2
E pot =
Energiesatz der Mechanik:
4
( + 4 sin 2ϕ )mL2ϕ˙ 2 + 2kϕ 2 = 2k (π 4)2 .
3
Daraus folgt
k
mL2
ϕ˙ (ϕ ) = −
Ableitung der Bewegungsgleichung:
E˙
kin
8 sin ϕ cos ϕϕ˙mL2ϕ˙ 2 + (
(
(π 2 8) − 2ϕ 2
.
(4 3) + 4 sin 2ϕ
+ E˙ pot = 0,
4
˙ ˙˙ + 4kϕϕ˙ = 0,
+ 4 sin 2ϕ )mL2 2ϕϕ
3
4
2k
+ 4 sin 2ϕ )ϕ˙˙ + 4 sin ϕ cos ϕϕ˙ 2 +
ϕ = 0.
3
mL2
Aufgabe 10
ω1
ω3
Θ1
MA
r4
r1
r3
r2
Θ3
Θ2
ω2
Man berechne mit Hilfe des Leistungssatzes das erforderliche Antriebsmoment
M A , damit der Rotor (Trägheitsmoment Θ 3 ) in der Zeit T von der Ruhe aus line-
ar zunehmend die Winkelgeschwindigkeit ω 3 = Ω erhält. Reibungsverluste im Getriebe sind zu vernachlässigen.
Kinematische Zwangsbedingungen:
r1ω1 = r2ω 2 ,
r3ω 2 = r4ω 3 ,
→
ω1 =
r2r4
r1r3
ω3,
ω2 =
r4
r3
ω3,
ω3 = Ω
t
.
T
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
229
Kinetische Energie:
Ekin =
1
1
(Θ1ω12 + Θ 2ω 22 + Θ 3ω 32 ) = Θ *ω 32 ,
2
2
Θ *: = Θ1(
r2r4
r1r3
)2 + Θ 2 (
r4
r3
)2 + Θ 3 .
Leistung des Antriebsmomentes:
P = M Aω1 = M A
r2r4
r1r3
ω3.
Leistungssatz:
E˙ kin = P
Θ *ω 3ω˙ 3 = M A
→
MA =
r1r3
r2r4
Θ*
r2r4
r1r3
ω3,
Ω
.
T
Aufgabe 11
g
h
L(x )
3m
y = f (x )
x
m
Man berechne mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik die Geschwindigkeit
x˙ ( x ) des Wagens (Masse 3m ), der über ein Seil der Länge L 0 mit der Masse m
verbunden ist. Zu Beginn der Bewegung sei x = 2h und ẋ = 0.
Kinematische Zwangsbedingung:
L (x ) + h + f (x ) = L 0 ,
L (x ) = h 2 + x 2 ,
f (x ) = L 0 − h − h 2 + x 2 .
Energiesatz der Mechanik:
Ekin + E pot = const
→
3m 2 m
x˙ + ( f ′ ( x )x˙ )2 − mgf ( x ) = const ,
2
2
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
230
x2
1
(3 + 2
)x˙ 2 − g (L 0 − h − h 2 + x 2 ) = − g (L 0 − h − 5h ),
2
h + x2
3h 2 + 4 x 2 2
2
2
˙
2
2 x = 2 g ( 5h − h + x ),
h +x
2g ( 5h − x 2 + h 2 )( x 2 + h 2 )
.
4 x 2 + 3h 2
x˙ ( x ) = −
Aufgabe 12
y
(1)
A
g
5L
L
C
L
O
ω1
x
B
A
ω3
ω2
(2)
B
Drei homogene starre Stangen (Masse pro Längeneinheit m L ) werden in der
Konfiguration (1) im Schwerkraftfeld aus der Ruhe heraus losgelassen. Man berechne die Geschwindigkeit des Punktes B in der momentanen Konfiguration (2).
Kinematik in der Konfiguration (2):
r
r
v A = −ω1Le y ,
r
r
v B = ω 3Le x ,
ω3 =
→
vB
L
,
Lω 2
v B
0 0 2L
r
r
0 = v A + ω 2e z × AB = − Lω1 + 0 × − L = − Lω1 + 2Lω 2 ,
0
0 ω 2 0
0
→
ω2 =
vB
L
, ω1 = 2
vB
L
.
Geschwindigkeitsvektor des Schwerpunktes der Stange AB:
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
231
v B 0 − L v B 2
r
r
r
vS = v B + ω 2e z × BS = 0 + 0 × L 2 = −v B ,
0 v B L 0 0
vS 2 =
5 2
v .
4 B
Kinetische Energie in der Konfiguration (2)
Ekin
(2)
=
1 mL2 2
5m 5L2 2 mL2 2
{
ω1 + 5mvS 2 +
ω2 +
ω 3 },
2 3
12
3
Ekin
(2)
=
5
(1 + 5 )mv B 2 .
6
Potentielle Energie in der Konfiguration (1):
L
L
L
E pot (1) = mg + 5mg = (1 + 5 )mg .
2
2
2
Potentielle Energie in der Konfiguration (2):
L
L
L
E pot (2) = −mg − 5mg = −(1 + 5 )mg .
2
2
2
Energiesatz der Mechanik:
{Ekin + E pot }(2) = {Ekin + E pot }(1) ,
L
L
5
(1 + 5 )mv B 2 − (1 + 5 )mg = (1 + 5 )mg ,
6
2
2
6
gL .
5
vB =
Aufgabe 13
y
m
xW
ϕ˙
h
2r
g
yG
3r
x
Mit Hilfe des Energiesatzes der Mechanik berechne man die Geschwindigkeit des
Wagens, nachdem die Masse m um die Höhe h abgesunken ist. Alle Anfangsge-
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
232
schwindigkeiten sind null.
Als gegeben sind anzusetzen: Die Masse m R des Rahmens, die Masse m A und
das Trägheitsmoment Θ A der Vorderräder, die Masse m B und das Trägheitsmoment Θ B der Hinterräder, die Massen m C und die Trägheitsmomente ΘC der oberen Umlenkrollen.
Kinematische Zwangsbedingungen:
x˙ W = 3rϕ˙ ,
y˙ G = −rϕ˙ .
Kinetische Energie des Systems:
1
Ekin =
(m R + m A + m B + 2m C )x˙ W 2 + (Θ A + Θ B + 2ΘC )ϕ˙ 2 + m ( x˙ W 2 + y˙ G 2 )
2
{
Ekin =
}
Θ A + Θ B + 2ΘC 10 2 1 * 2
1
+
m x˙
=: m x˙ W .
m R + m A + m B + 2m C +
2
9 W
2
9r 2
Potentielle Energie:
E pot = mgyG .
Energiesatz der Mechanik:
(Ekin + E pot )
Anfang
mg (3r + h ) =
x˙ W
= (Ekin + E pot )
Ende
,
1 *
m x˙ W 2
+ mg 3r ,
Ende
2
Ende
=
2mgh
.
m*
Aufgabe 14
ϕ˙1
m1
F
r1
F
ϕ2
m3
r2
R1
ϕ˙3
R2 m 2
g
R3
x = R1ϕ1
Für das durch ein Pedal angetriebene Fahrzeug (Masse ohne Räder: m 0 ) berech-
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
233
ne man mit Hilfe des Leistungssatzes die Bewegungsgleichung in der Koordinate
x.
Kinematische Zwangsbedingungen:
x˙ = R1ϕ˙1,
r1ϕ˙1 = r2ϕ˙ 2 ,
R 3ϕ˙ 3 = x˙ .
Kinetische Energie:
1
1
Ekin = m 0 x˙ 2 + (m1x˙ 2 + Θ1ϕ˙12 ) + (m 2 x˙ 2 + Θ 2ϕ˙ 22 ) + (m 3 x˙ 2 + Θ 3ϕ˙ 32 ) =: m *x˙ 2 ,
2
2
{
}
Θ3
Θ1
r12
m : = m 0 + (m1 + 2 ) + (m 2 + Θ 2
)
+
(
m
+
).
3
R1
R 32
(r2R1 )2
*
Leistung der inneren Antriebskraft F :
P = − Fx˙ + F ( x˙ + R2 sin ϕ 2ϕ˙ 2 ) = F sin(
r1
r2R1
x)
r1R2
r2R1
x˙ .
Bewegungsgleichung:
E˙ kin = P
→
m *x˙˙ = F sin(
r1
r2R1
x)
r1R2
r2R1
.
Aufgabe 15
y
M (ϕ)
S
A
ϕ
L
10m
g
B
L
x
Ein Fahrzeug (Masse 10m ) bewegt sich auf zwei Stelzenrädern (Masse m ) auf einer horizontalen Ebene. Auf das rechte Speichenrad wirkt das Antriebsmoment
M (ϕ ) . Man berechne mit Hilfe des Leistungssatzes die Bewegungsgleichung des
Fahrzeugs in der Koordinate ϕ im Intervall π 4 ≤ ϕ ≤ 3π 4 .
Kinematische Zwangsbedingungen:
x A = const − L cos ϕ ,
x˙ A = x˙ S = x˙ B = Lϕ˙ sin ϕ ,
y A = L sin ϕ ,
y˙ A = y˙ S = y˙ B = Lϕ˙ cos ϕ .
v A 2 = vS 2 = v B 2 = L2ϕ˙ 2 .
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
234
Kinetische Energie:
Ekin =
{
}
1
10mvS 2 + mv A 2 + mv B 2 + Θ Aϕ˙ 2 + Θ Bϕ˙ 2 ,
2
m (2 L )2 1
Θ A = ΘB = 2
= mL2 ,
2 12
3
Ekin =
19
mL2ϕ˙ 2 ,
3
38
˙ ˙˙.
E˙ kin =
mL2ϕϕ
3
Leistung der Gewichtskräfte und des Antriebsmomentes:
P = M (ϕ )ϕ˙ − 12mgy˙ S = {M (ϕ ) − 12mgL cos ϕ}ϕ˙ .
Bewegungsgleichung:
38
mL2ϕ˙˙ + 12mgL cos ϕ = M (ϕ ).
3
Aufgabe 16
y
O
M (ϕ)
r
S1
m
g
ϕ
2r
ψ˙
S2
x
Die in O drehbare gelagerte starre Stange (Trägheitsmoment Θ 0 = 3mr 2 , Masse
2m , Schwerpunkt S1 ) führt in einem Schlitz reibungsfrei den Schwerpunkt S2
einer Kreisscheibe (Radius r , Masse m ), die auf einer horizontalen Schiene rollen
soll. Die Stange wird von einem Moment M (ϕ ) angetrieben. Man berechne mit
Hilfe des Leistungssatzes die Bewegungsgleichung des Systems in der Koordinate
ϕ.
Kinematische Zwangsbedingungen:
2r
x S = 2r tan ϕ ,
x˙ S =
ϕ˙ ,
2
2
cos2ϕ
rψ˙ = x˙ S ,
2
yS = 3r − r cos ϕ ,
1
ψ˙ =
y˙ S = r sin ϕϕ˙ ,
1
2ϕ˙
.
cos2ϕ
Leistung der Gewichtskraft der Stange und des Antriebsmomentes:
B - 4.5 - Energie-, Leistungs- und Arbeitssatz
P = M (ϕ )ϕ˙ − 2mgy˙ S = {M (ϕ ) − 2mgr sin ϕ}ϕ˙ .
1
Kinetische Energie des Systems:
Ekin =
1
1
1
2
2
2 2
2 1
)ϕ˙ 2 .
Θ 0ϕ˙ + mx˙ S + mr ψ˙ = 3mr ( +
2
2
2
2 cos4ϕ
Leistungssatz:
Ėkin = P .
Bewegungsgleichung:
6
sin ϕ 2
˙˙
ϕ˙ + 2mgr sin ϕ = M (ϕ ).
mr 2 (3 +
4 )ϕ + 12
cos ϕ
cos5ϕ
235
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
236
Aufgabe 1
Ein masseloser, unausdehnbarer Faden der Länge L ist an jedem Ende mit einem Massenpunkt verbunden. Der Faden wird durch zwei glatte Ringe A und B im
Abstand b geführt. Man bestimme die Bewegungsgleichungen der beiden Massenpunkte in der vertikalen xy -Ebene.
b
A
g
ϕ
B
ξ
ψ
y
η
m
m
x
Kinematische Zwangsbedingung:
η = L − b − ξ,
η˙ = −ξ˙.
→
Orts- und Geschwindigkeitsvektoren der Massenpunkte:
r ξ cos ϕ
r1 =
,
ξ sin ϕ
r η cosψ (L − b − ξ )cosψ
r2 =
,
=
b + η sin ψ b + (L − b − ξ )sin ψ
cos ϕ
− sin ϕ
r
v1 = ξ˙
+ ξϕ˙
,
sin ϕ
cos ϕ
cosψ
− sin ψ
r
v 2 = −ξ˙
+ (L − b − ξ )ψ˙
.
sin ψ
cosψ
Kinetische Energie des Systems:
Ekin =
v12 = ξ˙2 + ξ 2ϕ˙ 2 ,
Ekin =
1
m (v12 + v 22 ),
2
v 22 = ξ˙2 + (L − b − ξ )2ψ˙ 2 ,
1
m {2ξ˙2 + ξ 2ϕ˙ 2 + (L − b − ξ )2ψ˙ 2}.
2
Virtuelle Arbeit der eingeprägten Kräfte und verallgemeinerte Kräfte:
r r
r r
δW = mg ⋅ δr1 + mg ⋅ δr2 = mg (δx1 + δx 2 ),
δx1 = cos ϕ δξ − ξ sin ϕ δϕ ,
δx 2 = − cosψ δξ − (L − b − ξ )sin ψ δψ ,
δW = mg (cos ϕ − cosψ )δξ − mgξ sin ϕδϕ − mg (L − b − ξ )sin ψδψ ,
Qξ : = mg (cos ϕ − cosψ ),
Qϕ : = −mgξ sin ϕ ,
Qψ : = −mg (L − b − ξ )sin ψ .
Terme in den LAGRANGEschen Gleichungen:
∂Ekin
= 2mξ˙,
∂ξ˙
∂Ekin
= mξ 2ϕ˙ ,
∂ϕ˙
∂Ekin
= m (L − b − ξ )2ψ˙ ,
∂ψ˙
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
237
d ∂Ekin
2
˙
= mξ ϕ˙˙ + 2mξξϕ˙ ,
˙
dt ∂ϕ
d ∂Ekin
= 2mξ˙˙,
˙
dt ∂ξ
d ∂Ekin
2
˙
= m (L − b − ξ ) ψ˙˙ − 2m (L − b − ξ )ξψ˙ ,
˙
dt ∂ψ
∂Ekin
∂ξ
= mξϕ˙ 2 − 2m (L − b − ξ )ψ˙ 2 ,
∂Ekin
∂ϕ
= 0,
∂Ekin
∂ψ
= 0;
Bewegungsgleichungen:
2ξ˙˙ − ξϕ˙ 2 + 2(L − b − ξ )ψ˙ 2 − g (cos ϕ − cosψ ) = 0,
˙ ˙ + g sin ϕ = 0,
ξϕ˙˙ + 2ξϕ
˙ ˙ + g sin ψ = 0.
(L − b − ξ )ψ˙˙ − 2ξψ
Umformung in ein Differentialgleichungssystem 1. Ordnung für die numerische
Integration nach dem RUNGE-KUTTA-Verfahren:
ζ:= ξ L,
ω 02 : =
g
,
L
ω 0t =:τ ,
(...)⋅ =
β: = b L ,
d (...) d (...) dτ d (...)
=
=
ω =:ω 0 (...)′,
dt
dτ dt
dτ 0
2ζ ′′ − ζϕ ′ 2 + 2(1 − β − ζ )ψ ′ 2 − cos ϕ + cosψ = 0,
ζϕ ′′ + 2ζ ′ϕ ′ + sin ϕ = 0,
(1 − β − ζ )ψ ′′ − 2ζ ′ψ ′ + sin ψ = 0;
y1: = ζ , y2 : = ϕ , y3 : = ψ , y 4 : = ζ ′, y5 : = ϕ ′, y6 : = ψ ′;
y1′ = y 4 ,
y 2 ′ = y5 ,
y3′ = y6 ,
y 4 ′ = 0.5y1y52 − (1 − β − y1 )y62 + cos y2 − cos y3 ,
y5′ = −(2y 4y5 + sin y2 ) / y1,
y6 ′ = (2y 4y6 − sin y3 ) / (1 − β − y1 ).
Anfangsbedingungen:
y1(0) =
ξ (0 )
= 0.25
L
y2 (0) = ϕ (0) = 0.3
y3 (0) = ψ (0) = 0.4
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
y 4 (0 ) =
ξ ′ (0 )
=0
L
238
y5 (0 ) = ϕ ′ (0 ) = 0
y6 (0) = ψ ′(0) = 0.
Systemparameter β = 0.25 .
0.6
ψ
0.4
ξ/L
0.2
ϕ
0.0
-0.2
-0.4
0
1
1.0
τ
2
A
3
B
0.9
0.8
t=0
0.7
0.6
t=0
0.5
0.4
0.3
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Bahnkurven der Massenpunkte im Intervall 0 ≤ τ ≤ 3 .
Aufgabe 2
Eine starre Platte ist in einem Rahmen gelagert und wird von einem Motor in B
mit dem Moment M B (t ) angetrieben. Der Rahmen ist in A gelagert und kann sich
um die raumfeste z -Achse drehen. In A befindet sich ein Motor, der den Rahmen
mit einem Moment M A (t ) antreibt. Gegeben sind das Trägheitsmoment Θ Az des
Rahmens um die z -Achse sowie der auf den Schwerpunkt S der Platte bezogene
r
Trägheitstensor im ei − System
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
239
Θ
0
0
S1
ΘS = 0 Θ S 2
0
0
0 ΘS 3
Man bestimme die Bewegungsgleichungen der Platte in den Koordinaten ϑ und ϕ
.
z
r
e2
r ϑ
e3
r
e1
S
B
ϑ˙
r
ez
ϕ˙
A
Winkelgeschwindigkeitsvektor der Platte:
r
r
r
r
r
r
ω = ϕ˙e z + ϑ˙e1 = ϕ˙ (sin ϑ e 2 + cos ϑ e 3 ) + ϑ˙e1.
Kinetische Energie des Systems:
Ekin
ϑ˙ ΘS1
0
0 ϑ˙
r 1
1
1 r
1
0 ϕ˙ sin ϑ ,
= Θ Azϕ˙ 2 + ω ⋅ ΘSω = Θ Azϕ˙ 2 + ϕ˙ sin ϑ ⋅ 0 ΘS 2
2
2
2
2
ϕ˙ cos ϑ
ϕ˙ cos ϑ 0
0
Θ
S 3
Ekin =
1
{(Θ Az + ΘS 2 )ϕ˙ 2 + ΘS1ϑ˙ 2 + (ΘS 3 − ΘS 2 )cos2ϑ ϕ˙ 2}.
2
Virtuelle Arbeit der Antriebsmomente und verallgemeinerte Kräfte:
δW = M Aδϕ + M Bδϑ =:Qϕ δϕ + Qϑ δϑ ,
Qϕ = M A ,
Qϑ = M B .
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
240
Terme der LAGRANGEschen Gleichungen:
∂Ekin
= (Θ Az + ΘS 2 )ϕ˙ + (ΘS 3 − ΘS 2 )cos2ϑ ϕ˙ ,
˙
∂ϕ
∂Ekin
∂ϕ
= 0,
∂Ekin
∂ϑ
∂Ekin
= ΘS1ϑ˙ ,
∂ϑ˙
= −(ΘS 3 − ΘS 2 )ϕ˙ 2 sin ϑ cos ϑ ;
Bewegungsgleichungen:
˙ ˙ sin ϑ cos ϑ = M (t ),
(Θ Az + ΘS 2 )ϕ˙˙ + (ΘS 3 − ΘS 2 )ϕ˙˙ cos2ϑ − 2(ΘS 3 − ΘS 2 )ϕϑ
B
ΘS1ϑ˙˙ + (ΘS 3 − ΘS 2 )ϕ˙ 2 sin ϑ cos ϑ = M A (t ).
Aufgabe 3
Eine ebene Stabkette aus gleichen Stäben (Masse m , Länge 2L ) wird durch das
äußere Antriebsmoment M1 und die beiden inneren Antriebsmomente M 2 und
M 3 bewegt. Man bestimme die Bewegungsgleichungen für die absoluten Dreh-
winkel ϕi .
M1
2L
y
ϕ1
x
M3
M3
2L
M2
2L
ϕ3
M2
ϕ2
Virtuelle Arbeit der Momente und verallgemeinerte Kräfte:
δW = (M1 − M 2 )δϕ1 + (M 2 − M 3 )δϕ 2 + M 3δϕ 3 ,
Q1 = M1 − M 2 ,
Q2 = M 2 − M 3 ,
Q3 = M 3 .
Orts- und Geschwindigkeitsvektoren der Stabschwerpunkte:
2 cos ϕ1 + 2 cos ϕ 2 + cos ϕ 3
2 cos ϕ1 + cos ϕ 2 r
cos ϕ1 r
r
;
, rS = L
, rS = L
rS = L
1
2
3
2 sin ϕ1 + 2 sin ϕ 2 + sin ϕ 3
2 sin ϕ1 + sin ϕ 2
sin ϕ1
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
241
−2ϕ˙1 sin ϕ1 − ϕ˙ 2 sin ϕ 2
−ϕ˙1 sin ϕ1 r
r
,
, vS = L
vS = L
1
2
2ϕ˙1 cos ϕ1 + ϕ˙ 2 cos ϕ 2
ϕ˙1 cos ϕ1
−2ϕ˙1 sin ϕ1 − 2ϕ˙ 2 sin ϕ 2 − ϕ˙ 3 sin ϕ 3
r
.
vS = L
3
2ϕ˙1 cos ϕ1 + 2ϕ˙ 2 cos ϕ 2 + ϕ˙ 3 cos ϕ 3
vS2 = L2ϕ˙12 ,
1
vS2 = L2{4ϕ˙12 + ϕ˙ 22 + 4ϕ˙1ϕ˙ 2 cos(ϕ 2 − ϕ1 )},
2
vS2 = L2{4ϕ˙12 + 4ϕ˙ 22 + ϕ˙ 32 + 8ϕ˙1ϕ˙ 2 cos(ϕ 2 − ϕ1 ) + 4ϕ˙1ϕ˙ 3 cos(ϕ 3 − ϕ1 ) + 4ϕ˙ 2ϕ˙ 3 cos(ϕ 3 − ϕ 2 )}.
3
Kinetische Energie des Systems:
Ekin =
m11 =
1 3
1
1 3 3
2
2˙ 2
(
mv
+
mL
ϕ
)
=
:
∑ Si 3
∑ ∑ m ϕ˙ ϕ˙ ,
i
2 i =1
2 i =1 j =1 ij i j
28
mL2 ,
3
m 22 =
16
mL2 ,
3
m 33 =
4
mL2 ,
3
m12 = m 21 = 6 cos(ϕ 2 − ϕ1 )mL2 ,
m13 = m 31 = 2 cos(ϕ 3 − ϕ1 )mL2 ,
m 23 = m 32 = 2 cos(ϕ 3 − ϕ 2 )mL2 .
Terme der LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen:
∂Ekin 1 3 3
1
= ∑ ∑ m ij (δik ϕ˙ j + ϕ˙i δ jk ) =
2 i =1 j =1
2
∂ϕ˙k
∂Ekin
=
∂ϕk
d ∂Ekin
=
dt ∂ϕ˙ K
3
∑ m kjϕ˙ j +
j =1
1 3
∑ m ϕ˙ =
2 i =1 ik i
1 3 3 ∂m ij
∑ ∑ ϕ˙ ϕ˙ ,
2 i =1 j =1 ∂ϕk i j
3
3
3
∑ m kjϕ˙˙ j +∑ ∑
j =1
i =1 j =1
∂m kj
∂ϕi
ϕ˙i ϕ˙ j ;
Bewegungsgleichungen:
3
3
3
∑ m1 jϕ˙˙ j +∑ ∑ (
j =1
3
∂m1 j
i =1 j =1
3
3
∑ m 2 jϕ˙˙ j +∑ ∑ (
j =1
3
i =1 j =1
3
3
∑ m 3 jϕ˙˙ j +∑ ∑ (
j =1
i =1 j =1
∂ϕi
∂m 2 j
∂ϕi
∂m 3 j
∂ϕi
−
1 ∂m ij
)ϕ˙ ϕ˙ = M1 − M 2 ,
2 ∂ϕ1 i j
−
1 ∂m ij
)ϕ˙ ϕ˙ = M 2 − M 3 ,
2 ∂ϕ 2 i j
−
1 ∂m ij
)ϕ˙ ϕ˙ = M 3 .
2 ∂ϕ 3 i j
3
∑ m kjϕ˙ j ,
j =1
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
242
Aufgabe 4
k
A
m
L
g
O
ϕ
L
S
m
y
ψ
B
m
x
Auf eine in O drehbar gelagerte Kreisscheibe (Radius L , Masse m ) ist ein Faden
gewickelt, der im Punkt B mit einer Masse m verbunden ist. In A ist eine Stange
(Länge 2L , Masse m ) über eine Drehfeder (Federkonstante k , in der Lage
(ϕ = 0, ψ = 0) entspannt) mit der Kreisscheibe gelenkig verbunden. Man bestimme
die Bewegungsgleichungen in den Koordinaten ϕ und ψ .
Kinematische Zwangsbedingungen:
x S = − L sin ϕ + L cosψ ,
x˙ S = − L (ϕ˙ cos ϕ + ψ˙ sin ψ ),
yS = L cos ϕ + L sin ψ ,
y˙ S = L ( −ϕ˙ sin ϕ + ψ˙ cosψ ),
x˙ B = Lϕ˙ .
Kinetische Energie des Systems:
1
Ekin = mx˙ B 2 + Θ 0ϕ˙ 2 + mvS 2 + ΘSψ˙ 2 ,
2
{
Θ0 =
1
mL2 ,
2
}
ΘS =
1
1
m (2L )2 = mL2 ,
12
3
˙ ˙ sin(ϕ − ψ )},
vS 2 = x˙ S 2 + y˙ S 2 = L2{ϕ˙ 2 + ψ˙ 2 − 2ϕψ
5
2
˙ ˙ sin(ϕ − ψ )}.
Ekin = mL2{ ϕ˙ 2 + ψ˙ 2 − ϕψ
4
3
Potentielle Energie des Systems:
E pot = −mgx B − mgx S +
1
k (ψ − ϕ )2 ,
2
E pot = mgL ( −ϕ + sin ϕ − cosψ ) +
1
k (ψ − ϕ )2 .
2
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
243
Terme der LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen:
∂Ekin
5
= mL2{ ϕ˙ − ψ˙ sin(ϕ − ψ )},
˙
2
∂ϕ
∂Ekin
∂ϕ
∂E pot
∂ϕ
˙ ˙ cos(ϕ − ψ ),
= −mL2ϕψ
= mgL ( −1 + cos ϕ ) − k (ψ − ϕ ),
∂Ekin
4
= mL2{ ψ˙ − ϕ˙ sin(ϕ − ψ )},
˙
3
∂ψ
∂Ekin
∂ψ
˙ ˙ cos(ϕ − ψ ),
= mL2ϕψ
∂E pot
∂ψ
= mgL sin ψ + k (ψ − ϕ ),
d ∂Ekin
5
= mL2{ ϕ˙˙ − ψ˙˙ sin(ϕ − ψ ) − ψ˙ (ϕ˙ − ψ˙ )cos(ϕ − ψ )},
dt ∂ϕ˙
2
d ∂Ekin
4
= mL2{ ψ˙˙ − ϕ˙˙ sin(ϕ − ψ ) − ϕ˙ (ϕ˙ − ψ˙ )cos(ϕ − ψ )}.
dt ∂ψ˙
3
Bewegungsgleichungen:
5
mL2{ ϕ˙˙ − ψ˙˙ sin(ϕ − ψ ) + ψ˙ 2 cos(ϕ − ψ )} = mgL (1 − cos ϕ ) + k (ψ − ϕ ),
2
4
mL2{ ψ˙˙ − ϕ˙˙ sin(ϕ − ψ ) − ϕ˙ 2 cos(ϕ − ψ )} = −mgL sin ψ − k (ψ − ϕ ).
3
Wir setzen nun
k
=:κ ,
mgL
g
=:ω 02 ,
L
k
2
2 = κω 0 ;
mL
ω 0t =:τ ,
d ()
d ()
= ω0
=:ω 0 ()′.
dt
dτ
Damit lauten die Bewegungsgleichungen in dimensionsloser Darstellung:
5
ϕ ′′ − ψ ′′ sin(ϕ − ψ ) + ψ ′ 2 cos(ϕ − ψ ) + cos ϕ − κ (ψ − ϕ ) = 1,
2
4
ψ ′′ − ϕ ′′ sin(ϕ − ψ ) − ϕ ′ 2 cos(ϕ − ψ ) + sin ψ + κ (ψ − ϕ ) = 0.
3
Die Gleichungen sind für die Gleichgewichtslage ϕ = 0, ψ = 0 identisch erfüllt.
Für die numerische Lösung setzen wir
q1: = ϕ , q 2 : = ψ , q 3 : = ϕ ′, q 4 : = ψ ′.
Das entsprechende nichtlineare Differentialgleichungssystem 1. Ordnung lautet
nun
q1′ = q 3 ,
q 2′ = q 4 ,
q 3′ = f1(q1, q 2 , q 3 , q 4 ),
q 4′ = f 2 (q1, q 2 , q 3 , q 4 );
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
f1: =
(4 3)h1 + sin(q1 − q 2 )h 2
(10 3) − sin 2 (q1 − q 2 )
f 2: =
,
244
(5 2) h 2 + sin(q1 − q 2 )h1
(10 3) − sin 2 (q1 − q 2 )
,
h1: = 1 − q 4 2 cos(q1 − q 2 ) − cos q1 + κ (q 2 − q1 ),
h 2 : = q 32 cos(q1 − q 2 ) − sin q 2 − κ (q 2 − q1 ).
Als Anfangsbedingungen kann man beispielsweise wählen:
q1(0) = 0, q 2 (0) = π 2 , q 3 (0) = 0, q 4 (0) = 0.
Die folgenden Abbildungen zeigen die Funktionen q1(τ ) = ϕ (τ ) und q 2 (τ ) = ψ (τ ) für
verschiedene Werte des Federparameters κ .
κ =0.001
1.5
ψ( τ)
1.0
0.5
0.0
-0.5
ϕ( τ)
-1.0
-1.5
0
1
2
3
2.0
4
5
6
7
8
9
10
6
7
8
9
10
κ = 0,1
1.5
1.0
0.5
0.0
-0.5
-1.0
-1.5
0
1
2
3
4
5
Aufgabe 5
Ein starrer Rahmen (Masse 2m ) schwingt an zwei gleich langen Seilen (Länge L )
im Schwerkraftfeld in der xy -Ebene. Im Rahmen kann eine Masse m , die an zwei
Federn hängt, vertikal reibungsfrei gleiten. Die Federn (Steifigkeit c ) sind für
q = L 2 entspannt. Man bestimme die Bewegungsgleichungen für die Koordinaten
ϕ und q .
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
b
O
b
y
L
L
ϕ
245
2m
S1
c
q
g
c
m
S2
x
Kinetische Energie des Systems:
Ekin =
L cos ϕ
r
rS =
,
1
L sin ϕ + b
L cos ϕ + q
r
rS =
,
2
L sin ϕ + b
1
(2mvS2 + mvS2 ),
1
2
2
− Lϕ˙ sin ϕ
r
vS =
,
1
Lϕ˙ cos ϕ
− Lϕ˙ sin ϕ + q˙
r
vS =
,
2
Lϕ˙ cos ϕ
Ekin =
vS2 = L2ϕ˙ 2 ;
1
vS2 = L2ϕ˙ 2 + q˙ 2 − 2L sin ϕϕ˙q˙ ;
2
m
(3L2ϕ˙ 2 + q˙ 2 − 2L sin ϕϕ˙q˙ ).
2
Potentielle Energie des Systems:
E pot = −2mgx S − mgx S + c (q −
L 2
) ,
2
E pot = −3mgL cos ϕ − mgq + c (q −
L 2
) .
2
1
2
Terme der LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen:
∂Ekin
= mL (3Lϕ˙ − sin ϕq˙ ),
∂ϕ˙
d ∂Ekin
= mL (3Lϕ˙˙ − sin ϕq˙˙ − cos ϕϕ˙q˙ ),
dt ∂ϕ˙
∂Ekin
∂ϕ
∂E pot
∂ϕ
= −mL cos ϕϕ˙q˙ ,
= 3mgL sin ϕ ;
∂Ekin
= m (q˙ − L sin ϕϕ˙ ),
∂q˙
d ∂Ekin
2
= m (q˙˙ − L sin ϕϕ˙˙ − L cos ϕϕ˙ ),
dt ∂q˙
∂Ekin
∂q
∂E pot
∂q
= 0,
= −mg + 2c (q −
L
);
2
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
246
LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen:
3Lϕ˙˙ − sin ϕq˙˙ + 3g sin ϕ = 0,
q˙˙ − L sin ϕϕ˙˙ − L cos ϕϕ˙ 2 + 2
c
L
(q − ) − g = 0.
m
2
Mit neuen Bezeichnungen erhalten wir eine dimensionslose Darstellung der Bewegungsgleichungen:
q =: Lξ,
g
=:ω 02 ,
L
c
=:γω 02 ,
m
1
sin ϕ ξ ′′ = f1,
3
ξ ′′ − sin ϕ ϕ ′′ = f 2 ,
ϕ ′′ −
d ()
d ()
= ω0
,
dt
dτ
τ : = ω 0t ,
f1: = − sin ϕ ,
f 2 : = cos ϕ ϕ ′ 2 − 2γξ + γ + 1.
Aufgelöst nach den zweiten Ableitungen ergibt sich die Darstellung der Bewegungsgleichungen, die zur Umwandlung in ein Differentialgleichungssystem 1.
Ordnung führt, das numerisch gelöst werden kann:
ϕ ′′ = h1,
h1: =
ξ ′′ = h 2 ,
q1: = ϕ ,
q1′ = q 3 ,
h1 =
q 2′ = q 4 ,
q 3′ = h1,
h2 =
q4′ = h 2 ,
3 f1 + f 2 sin ϕ
3 − sin ϕ
2
q2 : = ξ,
,
h 2: =
q 3 : = ϕ ′,
3 f 2 + 3 f1 sin ϕ
3 − sin 2 ϕ
.
q 4 : = ξ ′,
−3 sin(q1 ) + sin(q1 ){cos(q1 )q 32 − 2γq 2 + γ + 1}
3 − sin 2 (q1 )
3{cos(q1 )q 32 − 2γq 2 + γ + 1} − 3 sin 2 (q1 )
3 − sin 2 (q1 )
,
.
ξ
2
ϕ
1
0
-1
0
5
10
15
τ
γ = 1.0, ϕ (0) = 1.5, ξ (0) = 0.5, ϕ˙ (0) = 0, ξ˙(0) = 0.
20
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
247
Wenn ϕ << 1 bleibt, dürfen wir die Bewegungsgleichungen linearisieren und wir
erhalten zwei entkoppelte Schwingungsgleichungen:
g
ϕ˙˙ + ϕ = 0,
L
c
L
q˙˙ + 2 (q − ) − g = 0.
m
2
Wenn wir die nichtlinearen Differentialgleichungen mit den Bedingungen
γ = 1.0, ϕ (0) = 0.1, ξ (0) = 0.6, ϕ˙ (0) = 0, ξ˙(0) = 0,
lösen, erhalten wir die in der folgenden Abbildung dargestellten Ergebnisse, denen man die Entkopplung der Schwingungsbewegungen ansieht.
1.5
ξ
1.0
0.5
ϕ
0.0
0
5
10
15
τ
20
Aufgabe 6
Man bestimme die Bewegungsgleichungen der Doppelschaukel und berechne Lösungen für große und kleine Winkelamplituden.
2b
y
ϕ
L
L
m
2h
S1
g
ψ
x
L
L
m
S2
2h
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
248
Ortsvektoren der Schwerpunkte:
r
r
r
rS = (L cos ϕ + h )e x + (L sin ϕ + b )e y ,
1
r
r
r
rS = (L cos ϕ + L cosψ + 3h )e x + (L sin ϕ + L sin ψ + b )e y .
2
Geschwindigkeitsvektoren der Schwerpunkte:
r
r
r
vS = Lϕ˙ ( − sin ϕ e x + cos ϕ e y ),
1
r
r
r
vS = − L (ϕ˙ sin ϕ + ψ˙ sin ψ ) e x + L (ϕ˙ cos ϕ + ψ˙ cosψ ) e y ,
2
˙ ˙ cos(ϕ − ψ )).
vS2 = L2ϕ˙ 2 , vS2 = L2 (ϕ˙ 2 + ψ˙ 2 + 2ϕψ
1
2
Kinetische Energie des Systems:
Ekin =
Ekin =
1
1
mvS2 + mvS2 .
1
2
2
2
1
˙ ˙ cos(ϕ − ψ )}.
mL2{2ϕ˙ 2 + ψ˙ 2 + 2ϕψ
2
Potentielle Energie des Systems:
r r
r r
E pot = −mg ⋅ rS − mg ⋅ rS ,
1
2
E pot = −mg (2L cos ϕ + L cosψ + 4h ).
Terme der LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen:
∂Ekin
= mL2{2ϕ˙ + ψ˙ cos(ϕ − ψ )},
∂ϕ˙
d ∂Ekin
= mL2{2ϕ˙˙ + ψ˙˙ cos(ϕ − ψ ) − ψ˙ (ϕ˙ − ψ˙ )sin(ϕ − ψ )},
dt ∂ϕ˙
∂Ekin
∂ϕ
∂E pot
∂ϕ
˙ ˙ sin(ϕ − ψ ),
= −mL2ϕψ
= 2mgL sin ϕ ;
∂Ekin
= mL2{ψ˙ + ϕ˙ cos(ϕ − ψ )},
∂ψ˙
d ∂Ekin
2
= mL {ψ˙˙ + ϕ˙˙ cos(ϕ − ψ ) − ϕ˙ (ϕ˙ − ψ˙ )sin(ϕ − ψ )},
˙
dt ∂ψ
∂Ekin
∂ψ
∂E pot
∂ψ
˙ ˙ sin(ϕ − ψ ),
= mL2ϕψ
= mgL sin ψ ;
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
249
LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen:
mL2{2ϕ˙˙ + ψ˙˙ cos(ϕ − ψ ) + ψ˙ 2 sin(ϕ − ψ )} + 2mgL sin ϕ = 0,
mL2{ϕ˙˙ cos(ϕ − ψ ) + ψ˙˙ − ϕ˙ 2 sin(ϕ − ψ )} + mgL sin ψ = 0.
Umformung in eine dimensionslose Darstellung:
g
=:ω 02 ,
L
d (...)
d (...)
= ω0
=:ω 0 (...)′,
dt
dτ
τ : = ω 0t ,
2ϕ ′′ + ψ ′′ cos(ϕ − ψ ) + ψ ′ 2 sin(ϕ − ψ ) + 2 sin ϕ = 0,
ϕ ′′ cos(ϕ − ψ ) + ψ ′′ − ϕ ′ 2 sin(ϕ − ψ ) + sin ψ = 0.
Vorbereitung der numerischen Lösung:
2ϕ ′′ + ψ ′′ cos(ϕ − ψ ) = f1,
f1: = −ψ ′ 2 sin(ϕ − ψ ) − 2 sin ϕ ,
ϕ ′′ cos(ϕ − ψ ) + ψ ′′ = f 2 ,
ϕ ′′ =
f1 − f 2 cos(ϕ − ψ )
2 − cos2 (ϕ − ψ )
f 2 : = ϕ ′ 2 sin(ϕ − ψ ) − sin ψ ,
,
ψ ′′ =
2 f 2 − f1 cos(ϕ − ψ )
2 − cos2 (ϕ − ψ )
.
Umwandlung in ein Differentialgleichungssystem 1. Ordnung:
q1: = ϕ ,
q2: = ψ ,
q 3 : = ϕ ′,
q 4 : = ψ ′.
q1′ = q 3 ,
q 2′ = q 4 ,
q 3′ = h1,
q 4′ = h 2 ,
h1: =
f1 − f 2 cos(q1 − q 2 )
2 − cos (q1 − q 2 )
2
,
f1: = −q 4 2 sin(q1 − q 2 ) − 2 sin q1,
h 2: =
2 f 2 − f1 cos(q1 − q 2 )
2 − cos2 (q1 − q 2 )
f 2 : = q 32 sin(q1 − q 2 ) − sin q 2 .
Anfangsbedingungen (Große Auslenkungen aus der Gleichgewichtslage):
ϕ (0) = 1, 5
ψ (0 ) = 0
ϕ˙ (0) = 0
ψ˙ (0) = 0
2
ϕ
0
ψ
-2
0
5
10
,
15
τ
20
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
250
Anfangsbedingungen (Kleine Auslenkungen aus der Gleichgewichtslage):
ϕ (0) = 0,1
ψ (0 ) = 0
ϕ˙ (0) = 0
ψ˙ (0) = 0
0.1
ψ
0.0
ϕ
-0.1
0
5
10
15
τ
20
Bei kleinen Winkelamplituden dürfen die Bewegungsgleichungen linearisiert werden:
2ϕ ′′ + ψ ′′ = f1,
f1: = −2ϕ ,
ϕ ′′ + ψ ′′ = f 2 ,
f 2 : = −ψ ,
Die Lösungen dieses Differentialgleichungssystems zu den Anfangsbedingungen
ϕ (0) = 0,1
ψ (0 ) = 0
ϕ˙ (0) = 0
ψ˙ (0) = 0
unterscheiden sich kaum von den oben dargestellten Funktionen, die mit dem
nichtlinearen Differentialgleichungssystem berechnet wurden.
Bei Beschränkung auf kleine Auslenkungen aus der Gleichgewichtslage dürfen
die kinetische und die potentielle Energie des Systems vereinfacht werden:
1
1
˙ ˙ ),
Ekin = mL2 (2ϕ˙ 2 + ψ˙ 2 + 2ϕψ
E pot = mgL (2ϕ 2 + ψ 2 ) + const .
2
2
Daraus ergeben sich die Massenmatrix [m ] und die Federmatrix (Steifigkeitsmatrix) [c ] :
2 1
[m ] = mL2
,
1 1
Die linearen Bewegungsgleichungen
2 0 ϕ 0
2 1 ϕ˙˙
+
mL2
mgL
=
˙˙
1
1
0
1
ψ
ψ 0
werden mit dem Eigenschwingungsansatz
2 0
[c ] = mgL
.
0 1
→
2 0 ϕ 0
2 1 ϕ˙˙
2
+
ω
=
0
˙˙
1
1
0
1
ψ
ψ 0
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
ϕ a1
= A sin(ωt + α ),
ψ a 2
251
ω = λω 0 ,
gelöst. Das dabei entstehende homogene Gleichungssystem
2 0
2 1 a1 0
2
−
λ
=
1 1 a 2 0
0 1
besitzt nichttriviale Lösungen, wenn
2 0
2 1
2
det
= 0,
−λ
1 1
0 1
→
2(1 − λ ) − λ = 0
2 2
λ12 = 2 − 2 ,
→
4
λ2 2 = 2 + 2 ,
wird. Daraus ergeben sich die beiden Eigenkreisfrequenzen:
ω1 = 2 − 2 ω 0 = 0, 7654 ω 0 ,
ω 2 = 2 + 2 ω 0 = 1, 8478 ω 0 .
Die entsprechenden Eigenvektoren (Eigenschwingungsformen) sind Lösungsvektoren des homogenen Gleichungssystems:
2 0
0
2 1 a1
2
=
−
λ
α
1 1 a 2 α 0
0 1
→
a1
1
= ,
a 2
2
1
a1
1
=
.
a 2
−
2
2
Die allgemeine Lösung der linearisierten Bewegungsgleichungen lautet:
ϕ (t ) 1
1
=
(
C
cos(
ω
t
)
+
C
sin(
ω
t
))
+
1(1)
(C1(2) cos(ω 2t ) + C2(2) sin(ω 2t )).
1
1
2(1)
− 2
ψ (t ) 2
Die folgenden Abbildungen zeigen die beiden Eigenschwingungsbewegungen des
Systems bei kleinen Auslenkungen aus der Gleichgewichtslage.
1. Eigenschwingungsbewegung: (ω1 = 0, 7654 ω 0 )
ϕ (0) = 0.1
ψ (0) = 0.1 2 ,
ϕ˙ (0) = 0,
ψ˙ (0) = 0
ψ
0.1
ϕ
0.0
-0.1
0
5
10
15
τ
20
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
252
2. Eigenschwingungsbewegung: (ω 2 = 1, 8478 ω 0 )
ϕ (0) = 0.1
ψ (0) = −0.1 2 ,
ϕ˙ (0) = 0,
ψ˙ (0) = 0
ψ
0.1
0.0
-0.1
ϕ
0
5
10
15
τ
20
Aufgabe 7
O
a
A
L
2L
ϕ1
L
m
ϕ3
x
ϕ2
y
g
m
Zwei Massenpunkte sind über masselose Fäden an die Punkte O und A gebunden. Man bestimme die Bewegungsgleichungen nach der Methode von LAGRANGE. Es sei a = αL , (2 < α < 3) .
Kinematische Zwangsbedingungen:
L cos ϕ1 + L cos ϕ 3 = 2L cos ϕ 2 ,
L sin ϕ1 + L sin ϕ 3 + 2L sin ϕ 2 = a ;
cos ϕ1 − 2 cos ϕ 2 = − cos ϕ 3 ,
sin ϕ1 + 2 sin ϕ 2 − α = − sin ϕ 3 ;
Elimination von ϕ 3 :
(cos ϕ1 − 2 cos ϕ 2 )2 + (sin ϕ1 + 2 sin ϕ 2 − α )2 = 1,
f (ϕ1, ϕ 2 ): = 4 + α 2 − 4 cos(ϕ1 + ϕ 2 ) − 2α (sin ϕ1 + 2 sin ϕ 2 ) = 0.
∂f
= 4 sin(ϕ1 + ϕ 2 ) − 2α cos ϕ1,
∂ϕ1
∂f
= 4 sin(ϕ1 + ϕ 2 ) − 4α cos ϕ 2 .
∂ϕ 2
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
Kinetische und potentielle Energie:
1
Ekin = mL2 (ϕ˙12 + 4ϕ˙ 22 ),
2
253
E pot = −mgL (cos ϕ1 + 2 cos ϕ 2 ).
LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen mit LAGRANGEschem Multiplikator λ :
d ∂Ekin ∂Ekin ∂E pot
∂f
−
+
−λ
= 0,
dt ∂ϕ˙1
∂ϕ1
∂ϕ1
∂ϕ1
mL2ϕ˙˙1 + mgL sin ϕ1 − λ
∂f
= 0,
∂ϕ1
d ∂Ekin ∂Ekin ∂E pot
∂f
−
+
−λ
= 0.
˙
dt ∂ϕ 2
∂ϕ 2
∂ϕ 2
∂ϕ 2
4mL2ϕ˙˙2 + 2mgL sin ϕ 2 − λ
∂f
= 0.
∂ϕ 2
Außerdem gilt
d ∂f
∂f
∂f
∂f
∂2 f 2
∂2 f
∂2 f
˙˙
˙
˙
˙˙
˙˙
˙
˙
˙
˙ 2
f =
(
+
)
=
+
+
+
+
2
ϕ1
ϕ2
ϕ1
ϕ2
ϕ1ϕ 2
2 ϕ1
2 ϕ 2 = 0.
dt ∂ϕ1
∂ϕ 2
∂ϕ1
∂ϕ 2
∂ϕ1
∂ϕ1∂ϕ 2
∂ϕ 2
Wir setzen
ω 02 : =
g
,
L
ω 0t =:τ ,
d ()
d ()
= ω0
=:ω 0 ()′.
dt
dτ
Damit erhalten wir das Differentialgleichungssystem
ϕ1′′ + sin ϕ1 − λ
∂f
= 0,
∂ϕ1
4ϕ 2′′ + 2 sin ϕ 2 − λ
∂f
= 0,
∂ϕ 2
∂f
∂f
∂2 f 2
∂2 f
∂2 f
ϕ1′′ +
ϕ 2′′ = −
ϕ1′ϕ 2′ −
′ 2.
2 ϕ1′ − 2
2 ϕ2
∂ϕ1
∂ϕ 2
∂ϕ1
∂ϕ1∂ϕ 2
∂ϕ 2
Wir eliminieren den LAGRANGEschen Multiplikator λ und erhalten aus den beiden LAGRANGEschen Gleichungen
(ϕ1′′ + sin ϕ1 )
∂f
∂f
− (4ϕ 2′′ + 2 sin ϕ 2 )
= 0.
∂ϕ 2
∂ϕ1
Das Differentialgleichungssystem 2. Ordnung
∂f
∂f
ϕ1′′ − 4
ϕ ′′ = h1,
∂ϕ 2
∂ϕ1 2
∂f
∂f
ϕ1′′ +
ϕ ′′ = h 2 ,
∂ϕ1
∂ϕ 2 2
kann auch geschrieben werden
h1: = 2 sin ϕ 2
h 2: = −
∂f
∂f
− sin ϕ1
,
∂ϕ1
∂ϕ 2
∂2 f 2
∂2 f
∂2 f
−
2
−
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ ′ 2,
′
′
′
2 1
2 2
1
2
∂ϕ1
∂ϕ1∂ϕ 2
∂ϕ 2
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
1
∂f
∂f
ϕ1′′ =
h
+
4
h
,
2 ∂ϕ
h 3 1 ∂ϕ 2
1
ϕ 2′′ =
1
∂f
∂f
h
h
,
−
1 ∂ϕ
h 3 2 ∂ϕ 2
1
254
2
2
∂f
∂f
h 3: =
+ 4
.
∂ϕ1
∂ϕ 2
Oben wurde schon berechnet
∂f
= 4 sin(ϕ1 + ϕ 2 ) − 2α cos ϕ1,
∂ϕ1
∂f
= 4 sin(ϕ1 + ϕ 2 ) − 4α cos ϕ 2 ,
∂ϕ 2
und daraus folgt
∂2 f
= 4 cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + 2α sin ϕ1,
∂ϕ12
∂2 f
= 4 cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + 4α sin ϕ 2 ,
∂ϕ 22
∂2 f
= 4 cos(ϕ1 + ϕ 2 ).
∂ϕ1∂ϕ 2
Das Differentialgleichungssystem 2. Ordnung wird in ein Differentialgleichungssystem 1. Ordnung umgeformt und numerisch gelöst.
y1: = ϕ1, y2 : = ϕ 2 , y3 : = ϕ1′ , y 4 : = ϕ 2′ ;
y1′ : = y3 ,
k1: =
y2′ : = y 4 ,
1
∂f
∂f
h
+
4
h
,
2 ∂ϕ
h 3 1 ∂ϕ 2
1
y3′ : = k1,
k2: =
y4′ : = k 2 ;
1
∂f
∂f
h
−
h
.
1 ∂ϕ
h 3 2 ∂ϕ 2
1
Die Anfangsbedingungen ϕ1(0), ϕ 2 (0) müssen der Zwangsbedingung
4 + α 2 − 4 cos(ϕ1 + ϕ 2 ) − 2α (sin ϕ1 + 2 sin ϕ 2 ) = 0
genügen.
Ist insbesondere ϕ1(0) = 0 , ϕ1′ (0) = 0 und α = 2.5 , so folgt aus
4 + α 2 − 4 cos ϕ 2 − 4α sin ϕ 2 = 0
ϕ 2 (0) = 0.8781826574 .
Aus der differenzierten Zwangsbedingung
f′=
∂f
∂f
ϕ1′ +
ϕ ′ =0
∂ϕ1
∂ϕ 2 2
folgt ϕ 2′ (0) = 0 als verträgliche Anfangsbedingung.
Die folgenden Abbildungen zeigen die entsprechenden Lösungsfunktionen ϕ1(τ )
und ϕ 2 (τ ).
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
255
1.0
ϕ 2( τ )
0.8
0.6
0.4
0.2
ϕ 1( τ )
0.0
0
2
4
6
8
τ
10
Aufgabe 8
A
O
a
r
y
L
B
L
ϕ2
β (t )
a = αL
r = ρL
ϕ3
g
L
ϕ1
x
m
Für das dargestellte Pendel bestimme man die Bewegungsgleichungen mit Hilfe
der Methode von LAGRANGE, wobei β (t ) gegeben ist.
Kinematische Zwangsbedingungen:
L cos ϕ 2 − L sin ϕ 3 = r cos β ,
L sin ϕ 2 + L cos ϕ 3 − r sin β = a .
cos ϕ 2 − ρ cos β = sin ϕ 3 ,
sin ϕ 2 − ρ sin β − α = − cos ϕ 3 .
Elimination des Winkels ϕ 3 :
(cos ϕ 2 − ρ cos β )2 + (sin ϕ 2 − ρ sin β − α )2 = 1,
ρ2 + α 2
− ρ cos(ϕ 2 − β ) − α (sin ϕ 2 − ρ sin β ) = 0.
2
f (ϕ 2 , t ): =
ρ2 + α 2
− ρ cos(ϕ 2 − β ) − α (sin ϕ 2 − ρ sin β ).
2
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
256
Die explizite Zeitabhängigkeit steckt in β (t ) . Deshalb wird
∂f ˙
∂f
ϕ˙ 2 +
β,
f˙ =
∂ϕ 2
∂β
2
∂f
∂f ˙˙ ∂2 f
∂2 f
2
˙ + ∂ f β˙ 2 .
˙˙
˙
˙
2
ϕ˙˙2 +
β+
ϕ
ϕ
β
f =
+
∂ϕ 2
∂β
∂ϕ 22 2
∂ϕ 2∂β 2
∂β 2
Orts- und Geschwindigkeitsvektor des Massenpunktes:
− sin ϕ1ϕ˙1 − sin ϕ 2ϕ˙ 2
cos ϕ1 + cos ϕ 2
r
r
,
,
r = L
v = L
cos ϕ1ϕ˙1 + cos ϕ 2ϕ˙ 2
sin ϕ1 + sin ϕ 2
v 2 = L2{ϕ˙12 + ϕ˙ 22 + 2 cos(ϕ1 − ϕ 2 )ϕ˙1ϕ˙ 2}.
Kinetische Energie:
Ekin =
1
1
mv 2 = mL2{ϕ˙12 + ϕ˙ 22 + 2 cos(ϕ1 − ϕ 2 )ϕ˙1ϕ˙ 2}.
2
2
Potentielle Energie:
E pot = −mgL (cos ϕ1 + cos ϕ 2 ).
LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen mit LAGRANGEschem Multiplikator λ :
d ∂Ekin ∂Ekin ∂E pot
∂f
−
+
−λ
= 0,
dt ∂ϕ˙1
∂ϕ1
∂ϕ1
∂ϕ1
d ∂Ekin ∂Ekin ∂E pot
∂f
−
+
−λ
= 0.
dt ∂ϕ˙ 2
∂ϕ 2
∂ϕ 2
∂ϕ 2
Weil die Zwangsbedingung f (ϕ 2 , β (t )) nicht von ϕ1 abhängt, wird
d ∂Ekin ∂Ekin ∂E pot
−
+
= 0.
dt ∂ϕ˙1
∂ϕ1
∂ϕ1
Außerdem muß
2
∂f
∂f ˙˙ ∂2 f
∂2 f
2
˙ + ∂ f β˙ 2 = 0
˙˙
˙
˙
2
ϕ˙˙2 +
β+
ϕ
ϕ
β
f =
+
∂ϕ 2
∂β
∂ϕ 22 2
∂ϕ 2∂β 2
∂β 2
berücksichtigt werden. Mit diesen beiden Gleichungen stehen zwei Differentialgleichungen 2. Ordnung für ϕ1(t ) und ϕ 2 (t ) zur Verfügung.
Die zweite LAGRANGEsche Gleichung
d ∂Ekin ∂Ekin ∂E pot
∂f
−
+
−λ
=0
dt ∂ϕ̇ 2
∂ϕ 2
∂ϕ 2
∂ϕ 2
kann anschließend zur Berechnung des LAGRANGEschen Multiplikators λ verwendet werden.
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
257
LAGRANGEsche Ableitungen:
∂Ekin
= mL2{ϕ˙1 + cos(ϕ1 − ϕ 2 )ϕ˙ 2},
˙
∂ϕ1
d ∂Ekin
= mL2{ϕ˙˙1 + cos(ϕ1 − ϕ 2 )ϕ˙˙2 − sin(ϕ1 − ϕ 2 )(ϕ˙1 − ϕ˙ 2 )ϕ˙ 2},
˙
dt ∂ϕ1
−
∂Ekin
∂ϕ1
= mL2 sin(ϕ1 − ϕ 2 )ϕ˙1ϕ˙ 2},
∂E pot
∂ϕ1
= mgL sin ϕ1;
Die erste Differentialgleichung lautet somit
mL2{ϕ˙˙1 + cos(ϕ1 − ϕ 2 )ϕ˙˙2 + sin(ϕ1 − ϕ 2 )ϕ˙ 22} + mgL sin ϕ1 = 0.
Wir führen ein
ω 02 : =
g
,
L
ω 0t =:τ ,
d ()
d ()
= ω0
=:ω 0 ()′.
dt
dτ
Damit wird
ϕ1′′ + cos(ϕ1 − ϕ 2 )ϕ 2′′ = − sin(ϕ1 − ϕ 2 )ϕ 2′ 2 − sin ϕ1.
Aus der zweiten Ableitung der kinematischen Zwangsbedingung f (ϕ 2 , β ) = 0 ergibt sich die zweite Differentialgleichung:
∂f
∂f
∂2 f
∂2 f
∂2 f 2
2
−
2
−
ϕ 2′′ = − β ′′ −
ϕ
ϕ
β
β′ .
′
′
′
∂ϕ 2
∂β
∂ϕ 22 2
∂ϕ 2∂β 2
∂β 2
Dabei ist
∂f
= ρ sin(ϕ 2 − β ) − α cos ϕ 2 ,
∂ϕ 2
∂f
= − ρ sin(ϕ 2 − β ) + αρ cos β ,
∂β
∂2 f
= ρ cos(ϕ 2 − β ) + α sin ϕ 2 ,
∂ϕ 22
∂2 f
= ρ cos(ϕ 2 − β ) − αρ sin β ,
∂β 2
∂2 f
= − ρ cos(ϕ 2 − β ).
∂ϕ 2∂β
Das Differentialgleichungssystem kann schließlich geschrieben werden
ϕ1′′ = h1(ϕ1, ϕ 2 , ϕ1′ , ϕ 2′ ;τ )
ϕ 2′′ = h 2 (ϕ1, ϕ 2 , ϕ1′ , ϕ 2′ ;τ )
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
258
h1: = − sin(ϕ1 − ϕ 2 )ϕ 2′ 2 − sin ϕ1 − cos(ϕ1 − ϕ 2 )h 2 ,
∂f
∂2 f
∂2 f
∂2 f 2
2
+
2
+
β ′′ +
ϕ
ϕ
β
β′
′
′
′
∂β
∂ϕ 22 2
∂ϕ 2∂β 2
∂β 2
h 2: = −
,
∂f
∂ϕ 2
wobei β (τ ) als gegebene Funktion einzusetzen ist. Das entsprechende Differentialgleichungssystem 1. Ordnung, das numerisch als Anfangswertproblem gelöst
werden muß, lautet mit
y1: = ϕ1, y2 : = ϕ 2 , y3 : = ϕ1′ , y 4 : = ϕ 2′
y1′ : = y3 ,
y2′ : = y 4 ,
y3′ : = h1,
y4′ : = h 2 .
Die Anfangsbedingungen müssen mit den Zwangsbedingungen verträglich sein,
also muß für t = 0 gelten:
ρ2 + α 2
− ρ cos(ϕ 2 − β ) − α (sin ϕ 2 − ρ sin β ) = 0,
2
∂f
∂f
ϕ 2′ +
β ′ = 0.
∂ϕ 2
∂β
Wir setzen nun
β = Ωt =:ηω 0t = ητ ,
β ′ = η,
β ′′ = 0.
Dann muß ϕ 2 (0) eine Lösung der Gleichung
ρ2 + α 2
− ρ cos ϕ 2 − α sin ϕ 2 = 0
2
sein, und ϕ 2′ (0) ein Lösung der Gleichung
{ρ sin ϕ 2 − α cos ϕ 2}ϕ 2′ − ρ{sin ϕ 2 − α}η = 0,
also
ϕ 2′ (0) =
ρ{sin ϕ 2 − α}η
ρ sin ϕ 2 − α cos ϕ 2
.
Zu den speziellen Werten
α = 1.5
ρ = 0.1
η = 0.8
erhalten wir mit β (0) = 0
ϕ 2 (0) = 0.7840144895
die in den folgenden Bildern dargestellten Lösungen:
B - 4.6 - LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen
259
ϕ 1( τ )
0.2
0.0
-0.2
0
1.0
10
20
τ
30
10
20
τ
30
ϕ 2( τ )
0.9
0.8
0.7
0
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
260
Aufgabe 1
O
y
α
α
L
m
ϕ
B
L m
g
2m
x
A
Ein Pendel (Masse 4m ) besteht aus drei Stangen und ist im Punkt O reibungsfrei
aufgehängt. Man bestimme die Bewegungsgleichung und die Schwingungsdauer
T (α ) für kleine Amplituden ϕ << 1. Außerdem vergleiche man die Lösungen der
nichtlinearen und der linearisierten Form der Bewegungsgleichung.
Abstand des Schwerpunktes vom Punkt O:
3
L S = L cos α .
4
Bewegungsgleichung aus dem Momentensatz bezogen auf den Punkt O:
4mgL S
;
Θ 0ϕ˙˙ = −4mgL S sin ϕ ,
→
ϕ˙˙ + ω 02 sin ϕ = 0,
ω 02 : =
Θ0
Θ0 = 2
mL2 2m
+
(2L sin α )2 + 2m (L cos α )2 ,
3
12
2 2
4
Θ 0 = ( + sin 2α + 2 cos2α )mL2 = (1 + cos2α )mL2 ,
3 3
3
ω 02 =
9 cos α g
.
4 1 + cos2α L
Schwingungsdauer bei kleinen Amplituden (lineare Bewegungsgleichung):
T =
2π 4π
=
3
ω0
L
g
1
+ cos α .
cos α
Umwandlung der nichtlinearen Differentialgleichung in ein Differentialgleichungssystem 1. Ordnung:
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
q1: = ϕ ,
261
q˙1 = q 2 ,
q 2 : = ϕ˙
q˙ 2 = −ω 02 sin(q1 );
Lösungen der nichtlinearen (linearen) Differentialgleichung: ausgezogene (gestrichelte) Kurven; Zeitskalen: τ : = ω 0t .
0.2
0.0
-0.2
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0.4
0.2
0.0
-0.2
-0.4
0.6
0.4
0.2
0.0
-0.2
-0.4
-0.6
Aufgabe 2
Eine Stange (Länge 2L , Masse m ) ist mit einer Doppelkreisscheibe (Radien r und
2r , Massenträgheitsmoment Θ 0 ) starr verbunden, die in O drehbar gelagert und
von zwei Federn der Steifigkeit c in der Gleichgewichtslage ϕ = 0 gehalten wird.
Dabei sind die Federn um x stat ausgelenkt. Man berechne die statische Auslenkung x stat und die Schwingungsdauer des Systems für Schwingungen mit kleiner Amplitude um die Gleichgewichtslage.
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
262
Θ0
r
c
r
2L
O
ϕ
g
x stat
Gleichgewichtsbedingung:
cx stat 2r + cx stat r − mgL = 0,
→
x stat =
mgL
.
3cr
Momentensatz bezogen auf O:
1
(Θ 0 + m (2L )2 )ϕ˙˙ = mgL cos ϕ − c ( x stat + 2rϕ )2r − c ( x stat + rϕ )r ,
3
ϕ << 1
(Θ 0 +
ϕ˙˙ +
→
cos ϕ ≈ 1
4
mL2 )ϕ˙˙ = mgL − 3cx stat r − 5cr 2ϕ ,
3
5cr 2
ϕ = 0,
4
2
Θ 0 + mL
3
→
ω0
2
5cr 2
:=
,
4
Θ 0 + mL2
3
Schwingungsdauer:
T =
2π
.
ω0
Aufgabe 3
Ein starrer Rahmen (Masse 4m ) ist an einem Endpunkt A drehbar elastisch gelagert. Wie groß ist die Drehfederkonstante k , wenn die Kraft F0 den Rahmen in
der Lage ϕ = 0 halten kann? Man bestimme die Bewegungsgleichung des Rahmens in der Koordinate ϕ und berechne ϕ (t ) , wenn ab t = 0 die Kraft F0 nicht
mehr wirkt und die Anfangsbedingungen
ϕ (0) = 0, ϕ˙ (0) = 0
gelten.
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
k
263
ϕ
L
L
F0
L
ϕ = ϕ0 : Drehfeder entspannt
L
Drehfederkonstante:
kϕ 0 = F0 2L
→ k=
2F0 L
ϕ0
.
Bewegungsgleichung für F0 = 0 :
Θ A ϕ˙˙ = −k (ϕ − ϕ 0 ),
ΘA =
1
1
L2
16
2m (2L )2 + 2 [ mL2 + m (L2 +
)] =
mL2 ,
3
12
4
3
k
2
2
2
ϕ˙˙ + ω 0 ϕ = ω 0 ϕ 0 ,
ω0 :=
.
ΘA
Allgemeine Lösung:
ϕ = C1 cos(ω 0t ) + C2 sin(ω 0t ) + ϕ 0 ,
ϕ˙ = −C1ω 0 sin(ω 0t ) + C2ω 0 cos(ω 0t ),
Spezielle Lösung:
0 = C1 + ϕ 0 ,
t = 0:
0 = C2ω 0 ,
ϕ (t ) = ϕ 0 [1 − cos(ω 0t )].
Aufgabe 4
m
g
q0
c
q(t)
m
t =0
0 < t < t*
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
264
Zwei Körper der Masse m sind über eine Feder (Federsteifigkeit c , Länge der entspannten Feder L 0 ) miteinander verbunden; es sei c = 8mg L 0 . Zum Zeitpunkt
t = 0 ist die Feder auf die Länge q (0) = q 0 = L 0 8 zusammengedrückt und die obe-
re Masse wird ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen, so daß sie, angetrieben
durch die Federkraft, gegen die Schwerkraft nach oben bewegt wird. Man berechne den Zeitpunkt t * , zu dem die untere Masse vom Boden abhebt.
mg
m q˙˙ = −mg − c(q − L 0 )
0 < t < t*
c(q − L 0 )
q(t)
mg
N − mg + c(q − L 0 ) = 0
N
q˙˙ + ω 02q = ω 02 (L 0 −
7
mg
) = ω 02 L 0 ,
8
c
q (t ) = C1 cos(ω 0t ) + C2 sin(ω 0t ) +
7
L ,
8 0
q˙ (t ) = −C1ω 0 sin(ω 0t ) + C2ω 0 cos(ω 0t ),
t = 0:
1
7
L 0 = C1 + L 0 ,
8
8
q (t ) =
N = mg + cL 0 −
L0
8
0 = C2ω 0 ,
{7 − 6 cos(ω 0t )}.
7
6
cL 0 + cL 0 cos(ω 0t ) = 2mg + 6mg cos(ω 0t ),
8
8
N (t * ) = 2mg + 6mg cos(ω 0t * ) = 0
t* =
→
1
1.91
arccos(−1 3) =
.
ω0
ω0
1
cos(ω 0t * ) = − ,
3
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
265
Aufgabe 5
m
c
d
q(t)
x 1 (t )
x 2 (t )
Man berechne im aperiodischen Grenzfall das Bewegungsgesetz q (t ) des mittleren Wagens unter den Anfangsbedingungen
q (0) = 0,
q˙ (0) = 0
wenn der linke und der rechte Wagen sich mit konstanter Geschwindigkeit v 0 bewegen
x1(t ) = v 0t ,
x 2 (t ) = v 0t .
Zum Zeitpunkt t = 0 sei die Feder entspannt.
m
c(q − x 1 )
d( x˙ 2 − q˙ )
q(t)
Schwerpunktsatz:
mq˙˙ = −c (q − x1 ) + d ( x˙ 2 − q˙ ),
q˙˙ + 2Dω 0q˙ + ω 02q = ω 02 x1 + 2Dω 0 x˙ 2 ,
c
=:ω 02 ,
m
d
=: 2Dω 0 .
m
Bewegungsgleichung:
q˙˙ + 2Dω 0q˙ + ω 02q = ω 02 f (t ),
f (t ): = v 0t +
2D
v .
ω0 0
Partikularlösung:
Ansatz:
q Part = A + Bt .
2Dω 0 B + ω 02 ( A + Bt ) = ω 02v 0t + 2Dω 0v 0 ,
→
B = vo ,
q Part = v 0t .
Aperiodischer Grenzfall: (D=1)
Allgemeine Lösung der inhomogenen Bewegungsgleichung:
q (t ) = e
−ω 0t
(C1t + C2 ) + v 0t .
A = 0.
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
266
Anpassung an die Anfangsbedingungen:
q˙ (t ) = −ω 0e
−ω 0t
(C1t + C2 ) + e
q (0) = 0 → C2 = 0,
−ω 0t
C1 + v 0 ,
q˙ (0) = 0 → C1 = −v 0 .
Gesuchtes Bewegungsgesetz:
q (t ) = v 0t (1 − e
−ω 0t
).
Aufgabe 6
Man bestimme die Bewegungsgleichung eines Pendels (Kugel an einem Faden)
unter Berücksichtigung der Luftreibung und löse die Bewegungsgleichung numerisch.
y
ϕ
L
m
FW
ϕ˙ < 0
mg
x
Schwerpunktsatz in Richtung der Bahntangente:
ϕ˙
1
mLϕ˙˙ = −mg sin ϕ − FW ,
FW = cW ρLuft AS (Lϕ˙ )2 ,
˙
ϕ
2
ϕ˙˙ +
ω 02 : =
g
,
L
ρ
LA
g
1
sin ϕ + cW Luft S ϕ˙ ϕ˙ = 0,
L
2
m
τ =:ω 0t ,
ϕ ′′ + sin ϕ + λ ϕ ′ ϕ ′ = 0,
cW = 0.6
d ()
d ()
= ω0
=:ω 0 ()′,
dt
dτ
λ: =
ρLuft = 1.22 kgm-3
Kugelradius r = 0.12m,
ρ
LA
1
cW Luft S .
2
m
L = 1.5m
m = 1.2kg
Schattenfläche AS = πr 2 = 0.045m 2
λ = 0.021
Umformung in ein Differentialgleichungssystem 1. Ordnung für die numerische
Lösung mit dem RUNGE-KUTTA-Verfahren:
q1: = ϕ ,
q2: = ϕ ′
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
267
q1′ = q 2 ,
q 2′ = − sin q1 − λ q 2 q 2 .
ϕ
1.5
1.0
0.5
0.0
-0.5
-1.0
-1.5
0
10
20
30
40
τ
50
Aufgabe 7
m 1g
m1
g
c
d
c(q − L ) m 2 g dq˙
q
m2
x A (t) = h sin(Ωt )
FA
q = L: Feder entspannt
Eine Plattform (Masse m 2 ), die über eine Feder und ein geschwindigkeitsproportionales Dämpfungssystem mit einer Masse m1 verbunden ist, soll die Zwangsbe-
wegung x A (t ) = h sin(Ωt ) ausführen. Man berechne die dafür erforderliche Antriebskraft F A (t ) im eingeschwungenen Zustand.
m1( x˙˙ A + q˙˙) = −m1g − c (q − L ) − dq˙ ,
m 2 x˙˙ A = −m 2 g + c (q − L ) + dq˙ + F A ;
Bewegungsgleichung:
q˙˙ + 2Dω 0q˙ + ω 02q = ω 02{L −
m1g
c
+ η2h sin(Ωt )},
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
ω 02 : =
c
,
m1
2Dω 0 : =
268
d
,
m1
Ω
,
ω0
η: =
Reaktionskraft:
F A (t ) = −m 2Ω 2h sin(Ωt ) + m 2 g + cL − cq − dq˙ .
Partikularlösung der Bewegungsgleichung (eingeschwungener Zustand):
m g
q = q partikular = L − 1 + η2hV (η, D )sin(Ωt − ϕ (η, D )),
c
V (η, D ): =
1
(1 − η2 )2 + (2Dη)2
ϕ (η, D ): = arctan
,
2Dη
.
1 − η2
Reaktionskraft:
F A (t ) = (m1 + m 2 )g − m 2Ω 2h sin(Ωt ) − h η2V {c sin(Ωt − ϕ ) + dΩ cos(Ωt − ϕ )},
F A (t ) = (m1 + m 2 )g − m 2Ω 2h sin(Ωt ) − ch η2V 1 + (2Dη)2 sin(Ωt − ϕ + ψ (η, D )),
ψ (η, D ): = arctan(2Dη),
F A (t ) = (m1 + m 2 )g − Ω 2h {m 2 sin(Ωt ) + m1V * (η, D )sin(Ωt − α (η, D ))},
Amplituden-Frequenzgang in der Reaktionskraft:
V (η, D ): =
*
6
1 + (2Dη)2
(1 − η2 )2 + (2Dη)2
,
V* ( η, D)
D = 0.1
4
D = 0.2
2
0
10-2
10-1
100
101
η
Phasen-Frequenzgang in der Reaktionskraft:
α (η, D ): = ϕ (η, D ) − ψ (η, D ) = arctan
2Dη
− arctan(2Dη).
1 − η2
102
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
269
Aufgabe 8
g
2L
45
o
m
x
µ0 ,µ
4m
c
Eine homogene Stange (Masse m , Länge 2L ) liegt unter einem Winkel von 45o
auf einem Wagen (Masse 4m ), der mit einer Feder (Steifigkeit c ) verbunden ist,
die in der Lage x = 0 entspannt sein soll. Im Kontaktpunkt der Stange mit dem
Wagen wirkt, wenn ẋ ≠ 0 ist, die Gleitreibungskraft. Man bestimme die Bewegungsgleichung des Wagens.
Für den Fall µ = µo = 0.5 und x˙ (t = 0) = 0 bestimme man den Bereich für die Anfangsauslenkung x (t = 0) , in dem anschließend eine Bewegung mit ẋ < 0 möglich
wird. Zu den Anfgangsbedingungen x (0) = mg c , x˙ (0) = 0 berechne man das Bewegungsgesetz x (t ) .
mg
x˙ > 0
x
N
µN
µN
cx
N
Gleichgewichtsbedingung für die Stange, wenn ẋ > 0 ist:
mgL sin(45o ) + µN 2L cos(45o ) − N 2L sin(45o ) = 0,
N=
mg
.
2(1 − µ )
Bewegungsgleichung des Wagens, wenn ẋ > 0 ist:
mg
4mx˙˙ = −cx − µ
.
2(1 − µ )
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
270
Wenn ẋ < 0 ist, dreht sich die Richtung der Gleitreibungskraft um und wir erhalten für die Anpreßkraft den Wert
mg
N− =
.
2(1 + µ )
Die Bewegungsgleichung lautet deshalb für ẋ < 0:
mg
4mx˙˙ = −cx + µ
.
2(1 + µ )
Also wird mit
h +: =
µmg
,
2c (1 − µ )
−ω 02h +
2
˙˙
x + ω0 x =
2
ω 0 h -
µ = µo = 0, 5
h−:=
µmg
2c (1 + µ )
wenn x˙ > 0
ω 02 : =
wenn x˙ < 0
→
h+ =
c
.
4m
mg
mg
, h− =
.
2c
6c
Der Maximalwert der Haftreibungskraft für den Grenzfall, daß bei einer Auslenkung x > 0 der Feder gerade noch keine Bewegung mit ẋ < 0 beginnt, ist
mg
mg
H = µo
=
.
2(1 + µo )
6
Die Federkraft im Zeitpunkt t = 0 muß größer sein als dieser Wert:
mg
mg
cx (t = 0) >
→
x (t = 0) >
.
6
6c
Für den Fall, daß für t = 0 die Anfangsbedingungen
mg
x (0 ) =
,
x˙ (0) = 0
c
gelten, beginnt eine Bewegung mit ẋ < 0, zu der die Bewegungsgleichung
x˙˙ + ω 02 x = ω 02h −
gehört. In diesem 1. Bewegungsabschnitt wird also
x (t ) =
mg
{1 + 5 cos(ω 0t )},
6c
x˙ (t ) = −
5mg
ω sin(ω 0t ).
6c 0
Wenn ω 0t = π ist, wird ẋ = 0 und die Feder ist um
x (t =
π
2mg
)=−
ω0
3c
ausgelenkt. Sie übt dann eine nach rechts gerichtete Kraft auf den Wagen aus,
und es muß geprüft werden, ob diese ausreicht, die Haftkraft zu überwinden. Aus
der Gleichgewichtsbedingung für die Stange ergibt sich als Maximalwert für die
Haftkraft
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
H * = µ0
271
mg
mg
=
.
2(1 − µ0 )
2
Zum Ende des 1. Bewegungsabschnitts kann also die Federkraft 2mg 3 die Haftkraft überwinden, und es beginnt ein 2. Bewegungsabschnitt, zu dem die Bewegungsgleichung
x˙˙ + ω 02 x = −ω o 2h +
mit den Anfangsbedingungen zum Zeitpunkt t = π ω 0 :
x (π ω 0 ) = −
2mg
,
3c
x˙ (π ω 0 ) = 0.
Wir erhalten also für t > π ω 0
x (t ) =
mg
{−3 + cos(ω 0t )},
6c
x˙ (t ) = −
mg
ω sin(ω 0t ).
6c 0
Für ω 0t = 2π wird wieder ẋ = 0 und
x (2π ω 0 ) = −
mg
.
3c
Die bei dieser Auslenkung nach rechts wirkende Federkraft mg 3 ist kleiner als
die maximal mögliche Haftkraft H * = mg 2, so daß für ω 0t > 2π der Wagen abgebremst stehen bleibt.
6.0
q
4.0
2.0
0.0
-2.0
-4.0
0
1
2
3
x (t ) =:
4
mg
q (τ ),
6c
5
6
7
τ
8
τ : = ω 0t .
Aus den beiden Bewegungsgleichungen für die Bewegungsabschnitte
x˙˙ + ω 02 x = −ω 02h +
x˙˙ + ω 02 x = ω 02h −
( x˙ > 0),
( x˙ < 0),
folgt:
˙˙ ˙ + ω 2 ( x + h + )x˙ = 0
xx
0
( x˙ > 0),
→
˙˙ ˙ + ω 2 ( x − h − )x˙ = 0
xx
0
( x˙ < 0),
→
d 1 2 1 2
2
x˙ + ω 0 ( x + h + ) = 0,
2
dt 2
d 1 2 1 2
2
x˙ + ω 0 ( x − h − ) = 0.
2
dt 2
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
272
Wir setzen
x =:
mg
q,
6c
x˙ =:ω 0
mg
q ′,
6c
h + =:
mg
η ,
6c +
h − =:
mg
η ,
6c −
und erhalten die Beziehungen
(q ′)2 + (q + η+ )2 = C + 2 ,
(q ′)2 + (q − η− )2 = C − 2 ,
(q ′ > 0),
(q ′ < 0),
wobei sich die Konstanten C + und C − aus den Bedingungen zu Beginn eines Bewegungsabschnittes ergeben.
In der q ′, q -Phasenebene läßt sich die Bewegung durch Halbkreisbögen darstellen: Im Bewegungsabschnitt q ′ > 0 (obere Halbebene) bewegt sich der Zustandspunkt (q , q′) auf einem Halbkreis mit dem Radius C + um den Punkt −η+ auf der
q -Achse und im Bewegungsabschnitt q ′ < 0 (untere Halbebene) auf einem Halbkreis mit dem Radius C − um den Punkt η− auf der q -Achse. Die Bewegung ist
zuende, wenn ein Halbkreisbogen im Intervall −η+ < q < η− aufsetzt.
q
1
-3
-2
-1
1
η+
2
4
η−
6
q
-1
-2
-3
Aufgabe 9
Drei homogene starre Stangen (Länge 3L , Masse m ) sind jeweils in einem Endpunkt gelenkig gelagert und über Federn und geschwindigkeitsproportionale
Dämpfer miteinander verbunden. Die in A und B gelagerten Stangen werden
nach den Gesetzen
α (t ) = α 0 cos(Ω1t ), β (t ) = β0 cos(Ω2t )
mit kleinen Amplituden α 0 und β0 bewegt und regen eine Schwingungsbewegung
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
273
ϕ (t ) der mittleren Stange an. Man berechne diese Bewegung im eingeschwungenen Zustand.
L
2L
c
d
d
c
A
L
O
B
L
2L
α
F2
F1
A
ϕ
O
F4
F3
B
β
Bewegungsgleichung der in O gelagerten Stange:
Θ 0ϕ˙˙ = (F1 − F3 )L + (F2 − F4 )3L ;
Θ0 =
1
m (3L )2 = 3mL2 .
3
F1 = c (3Lα − Lϕ ),
F2 = d (Lα˙ − 3Lϕ˙ ),
F3 = d (Lϕ˙ − 3Lβ˙ ),
F4 = c (3Lϕ − Lβ ).
(F1 − F3 )L = cL2 (3α − ϕ ) − dL2 (ϕ˙ − 3β˙ ),
(F2 − F4 )3L = dL2 (3α˙ − 9ϕ˙ ) − cL2 (9ϕ − 3β ),
ϕ˙˙ +
10d
10c
1
ϕ˙ +
ϕ = {(cα + dα˙ ) + (cβ + dβ˙ )},
3m
3m
m
ω 02 : =
10c
,
3m
ϕ˙˙ + 2Dω 0ϕ˙ + ω 02ϕ = ω 02
2Dω 0 : =
10d
,
3m
3
2D
2D ˙
α˙ ) + ( β +
β )},
{(α +
10
ω0
ω0
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
274
α+
2D
α˙ = α 0{cos(Ω1t ) − 2Dη1 sin(Ω1t )} = α 0 1 + (2Dη1 )2 cos(Ω1t + γ 1 ),
ω0
β+
2D ˙
β = β0{cos(Ω2t ) − 2Dη2 sin(Ω2t )} = β0 1 + (2Dη2 )2 cos(Ω2t + γ 2 ),
ω0
3
3
a1: =
α 0 1 + (2Dη1 )2 ,
a 2: =
β0 1 + (2Dη2 )2 ,
10
10
γ 1 = arctan(2Dη1 ),
γ 2 = arctan(2Dη2 ),
Bewegungsgleichung in Muster-Form:
2
ϕ˙˙ + 2Dω 0ϕ˙ + ω 02ϕ = ω 02 ∑ a i cos(Ωi t + γ i ) .
i =1
Lösung im eingeschwungenen Zustand:
2
ϕ (t ) = ϕ part (t ) = ∑ a i V (ηi , D )cos(Ωi t + γ i − ϕ (ηi , D )).
i =1
V (η, D ): =
1
(1 − η2 )2 + (2Dη)2
ϕ = arctan
,
2Dη
.
1 − η2
Spezialfall:
α 0 = β0 = 0,1
a1 = 0, 0306
Ω1 = 0, 5 ω 0
a 2 = 0, 0384
V (η1, D ) = 1, 2883
Ω2 = 2, 0 ω 0
γ 1 = 0,1974
V (η2 , D ) = 0, 3221
D = 0, 2
γ 2 = 0, 6747
ϕ1 = 0, 2606
ϕ 2 = 2, 881
τ := ω 0t .
2
Graphische Darstellung der Anregungsfunktion
∑ ai cos(Ωi t + γ i ) :
i =1
0.08
0.04
0.00
-0.04
-0.08
0
10
20
ϕ (τ ) im eingeschwungenen Zustand:
30
40
τ
50
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
275
0.04
0.00
-0.04
0
10
20
30
τ
40
50
Aufgabe 10
Eine Kiste (Masse m ) wird mit einer Hubvorrichtung, die über eine Feder und
zwei viskose Dämpfer mit der Kiste verbunden ist, angehoben. Man berechne den
Zeitpunkt t = τ , in dem die Kiste vom Boden abhebt und die Bewegung für t > τ
im aperiodischen Grenzfall, wenn x A (t ) = v 0t ist.
A
x A (t)
g
A
x A (t)
x A (t)
A
d( x˙ A − x˙ )
dx˙ A
d
d
c(x A − x )
c
cx A
x (t)
mg
m
mg
t >τ
t <τ
N
Gleichgewichtsbedingung für t < τ :
N − mg + cx A + 2dx˙ A = 0,
N (t ) = mg − cv 0t − 2dv 0 ,
N (τ ) = 0
→
τ=
Bewegungsgleichung für t > τ :
mx˙˙ = −mg + 2d ( x˙ A − x˙ ) + c ( x A − x ),
mg − 2dv 0
cv 0
.
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
276
mx˙˙ + 2dx˙ + cx = −mg + 2dv 0 + cv 0t ,
ω 02 : =
c
,
m
2Dω 0 : =
x˙˙ + 2Dω 0 x˙ + ω 02 x = ω 02{−
2d
,
m
g
2D
v + v 0t} .
2 +
ω0
ω0 0
Partikularlösung:
x part (t ) = −
g
+ v 0t .
ω 02
Allgemeine Lösung der Bewegungsgleichung im aperiodischen Grenzfall:
g
−ω t
x (t ) = e 0 {C1t + C2} + v 0t − 2 .
ω0
x˙ (t ) = e
−ω 0t
{(1 − ω 0t )C1 − ω 0C2} + v 0 .
Anfangsbedingungen:
x (τ ) = 0,
x˙ (τ ) = 0,
C1τ + C2 = (
→
g
ω τ
− v 0τ )e 0 ,
2
ω0
(1 − ω 0τ )C1 − ω 0C2 = −v 0e
ω 0τ
,
mg − 2dv 0 2d
2Dω 0m
2v 0
g
g
v
v
v
τ
−
=
−
=
=
=
,
0
0
c
c 0
c
ω 02
ω 02
ω0
ω 0τC1 + ω 0C2 = 2v 0e
ω 0τ
(1 − ω 0τ )C1 − ω 0C2 = −v 0e
ω 0τ
,
,
C1 = v 0e
ω 0τ
,
C2 =
v0
ω0
(2 − ω 0τ )e
ω 0τ
.
Für t ≥ τ gilt
x (t ) = −
2v 0 −ω 0 (t −τ )
g
+
v
t
+
{
v
(
t
−
)
+
}e
.
τ
0
0
ω 02
ω0
Aufgabe 11
Zwei parallele, mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω rotierende Stangen
(Länge L ) führen einen Rahmen, in dem ein viskos gedämpftes Feder-Masse-System vertikal schwingen kann. Die Länge der entspannten Feder sei b . Man bestimme die Bewegungsgleichung der Masse m für den mitbewegten Beobachter.
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
O
L
277
y
L
r
e
2
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;
;;
q
c
1
;;
r ;
e1 ;
;;
;;
m
;;
;;
;;
;;
d
;;
;;
;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;
Ωt
A;
g
x
c(q1 − b)
mg
N
dq˙1
Absoluter Beschleunigungsvektor des Punktes A:
→
r
r
r
r
r
OA = L cos(Ωt )e x + L sin(Ωt )e y ,
a A = − LΩ 2{cos(Ωt )e x + sin(Ωt )e y}.
r
r
e1(t ) = e x ,
r
r
e 2 (t ) = e y ,
→
r
r
ω F ≡ 0.
Führungs-, Relativ- und CORIOLISbeschleunigung der Masse m :
r
r
r
r
r
r
aF = a A,
a rel = q˙˙1e1,
a Cor ≡ 0.
Schwerpunktsatz im bewegten Bezugssystem:
r
r
r
r
r
r
ma rel = −c (q1 − b )e1 − dq˙1e1 + mge1 + Ne 2 + ( −ma F ),
mq˙˙1 = −c (q1 − b ) − dq˙1 + mg + mLΩ 2 cos(Ωt ),
0 = N + mLΩ 2 sin(Ωt ).
Bewegungsgleichung:
mq˙˙1 + dq˙1 + cq1 = cb + mg + mLΩ 2 cos(Ωt ),
q˙˙1 + 2Dω 0q˙1 + ω 02q1 = ω 02{b +
ω 02 : =
c
,
m
2Dω 0 : =
g
+ Lη2 cos(Ωt )},
ω 02
d
,
m
η: =
Ω
.
ω0
Partikularlösung:
q1 part (t ) = b +
V (η, D ): =
g
2
2 + Lη V (η, D )cos(Ωt − ϕ (η, D )),
ω0
1
(1 − η ) + (2Dη)
2 2
2
,
ϕ (η, D ): = arctan
2Dη
.
1 − η2
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
278
Aufgabe 12
xC
F 0 sin(Ωt)
S
ϕ˙
m
C
c
m
B
d
xB
r
r
2m
2m
q
Auf zwei abgesetzten Kreisscheiben ( innere Teilscheibe: Radius r , Masse m ; äußere Teilscheibe: Radius 2r . Masse m ) liegen zwei starre Stangen ( Masse m ).
Die beiden Kreisscheiben rollen auf einer horizontalen Bahn und den beiden
Stangen. Für q = 0 sei die Feder entspannt. Man stelle mit Hilfe des Leistungssatzes die Bewegungsgleichung des Systems in der Koordinate q auf.
Kinematische Zwangsbedingungen:
q˙
ϕ˙ = ,
x C = 3q ,
r
x B = 2q .
Kinetische Energie:
Ekin = {ΘSϕ˙ 2 + 2mvS 2} +
ΘS =
Ekin =
1
1
mx˙ B 2 + mx˙ C 2 ,
2
2
1
1
5
mr 2 + m (2r )2 = mr 2 ,
2
2
2
5
1
1
mq˙ 2 + 2mq˙ 2 + m 4q˙ 2 + m 9q˙ 2 = 11mq˙ 2 .
2
2
2
Leistung der Kräfte:
P = F0 sin(Ωt )x˙ C − cx C x˙ C − dx˙ B x˙ B = {3F0 sin(Ωt ) − 9cq − 4dq˙}q˙ .
Leistungssatz:
E˙ kin = P
→
˙˙ ˙ = {3F sin(Ωt ) − 9cq − 4dq˙}q˙ ,
22mqq
0
Bewegungsgleichung:
q˙˙ + 2Dω 0q˙ + ω 02q = ω 02
F0
3c
sin(Ωt ),
ω 02 : =
9c
2d
, 2Dω 0 : =
.
22m
11m
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
279
Aufgabe 13
y
y
L
L
m
S
S
2h
Rϕ
g
R
R
ϕ
x
O
x
O
Ein starrer Quader (Masse m , Länge 2L , Höhe 2h ) soll auf einem Kreiszylinder
(Radius R ) Rollschwingungen ausführen. Man bestimme die Bewegungsgleichung.
Ortsvektor und Geschwindigkeitsvektor des Schwerpunktes S:
R sin ϕ − Rϕ cos ϕ + h sin ϕ
r
rS =
,
R cos ϕ + Rϕ sin ϕ + h cos ϕ
h cos ϕ + Rϕ sin ϕ
r
vS =
ϕ˙ ,
−h sin ϕ + Rϕ cos ϕ
vS 2 = (h 2 + R 2ϕ 2 )ϕ˙ 2 .
Potentielle Energie:
r r
E pot = −mg ⋅ rS = mgyS = mg{(R + h )cos ϕ + Rϕ sin ϕ}.
ϕ = 0 ist eine stabile Gleichgewichtslage, wenn die potentielle Energie in dieser
Lage einen Minimalwert hat:
dE pot
= 0,
dϕ
ϕ =0
dE pot
dϕ
= mg ( −h sin ϕ + Rϕ cos ϕ ),
d 2E
pot
>0
2
dϕ ϕ = 0
d 2E pot
dϕ 2
= mg{(R − h )cos ϕ − Rϕ sin ϕ},
d 2E
pot
= mg (R − h ) > 0,
2
ϕ
d
ϕ =0
→
R > h.
Eine Gleichgewichtslage für ϕ = ϕ * ≠ 0 erhalten wir aus der Gleichung
mg ( −h sin ϕ * + Rϕ * cos ϕ * ) = 0
→
tan ϕ * =
R *
ϕ .
h
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
280
In dieser Lage wird
x S = R sin ϕ * ,
also liegt der Schwerpunkt über dem Kontaktpunkt des Quaders mit dem Kreiszylinder. Ist beispielsweise h = R 3, so wird ϕ * = 1.32419 = 75.9o und
d 2E
pot
= −1.1214mgR ;
2
ϕ
d
ϕ =ϕ *
ϕ = ϕ * ist eine instabile Gleichgewichtslage.
E pot /(mgR)
1.6
1.5
1.4
1.3
-1.5
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
ϕ
1.5
h =R 3
Kinetische Energie:
Ekin =
1
(mvS 2 + ΘSϕ˙ 2 ),
2
Ekin =
ΘS =
m 2
(L + h 2 ),
3
m
(4h 2 + L2 + 3R 2ϕ 2 )ϕ˙ 2 .
6
Leistungssatz:
E˙ kin = − E˙ pot ,
→
m
˙ ˙˙ + mR 2ϕϕ˙ 3 = −mg ( −h sin ϕ + Rϕ cos ϕ )ϕ˙ .
(4h 2 + L2 + 3R 2ϕ 2 )ϕϕ
3
Bewegungsgleichung:
1
(4h 2 + L2 + 3R 2ϕ 2 )ϕ˙˙ + R 2ϕϕ˙ 2 + g ( −h sin ϕ + Rϕ cos ϕ ) = 0,
3
ϕ˙˙ =
3g (h sin ϕ − Rϕ cos ϕ ) − 3R 2ϕϕ˙ 2
.
4h 2 + L2 + 3R 2ϕ 2
Für h = R 3, L = R wird
ϕ˙˙ =
( g R )(sin ϕ − 3ϕ cos ϕ ) − 3ϕϕ˙ 2
.
(13 9) + 3ϕ 2
Mit
ω 02 : =
g
,
R
ω 0t =:τ ,
d (...)
d (...)
= ω0
= ω 0 (...)′,
dt
dτ
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
q1: = ϕ ,
281
q 2 : = ϕ ′,
erhalten wir das System von nichtlinearen Differentialgleichungen 1. Ordnung
q1′ = q 2 ,
q 2′ =
sin(q1 ) − 3q1 cos(q1 ) − 3q1q 22
(13 9) + 3q12
.
Die numerische Lösung zu den Anfangsbedingungen ( q1(0) = 1.0, q 2 (0) = 0 ) ist in
der folgenden Abbildung dargestellt.
1
ϕ
0
ϕ'
-1
0
5
10
τ
15
20
Aufgabe 14
Eine Masse m ist symmetrisch mit zwei Federn (Federsteifigkeit c , entspannte
Länge L 0 ) verbunden und wird bei Bewegung geschwindigkeitsproportional (nicht
symbolisch dargestellt) gebremst (Dämpfungskonstante d ).
dx˙
m
L
L
c
b
x
c
b
α
α
c(L − L0 )
c(L − L0 )
(x˙ > 0)
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
282
Man bestimme die Bewegungsgleichung und numerisch deren Lösungen für die
Fälle L 0 b = 0.5 (Feder in der Lage x = 0 gedehnt: stabile Gleichgewichtslage) und
L 0 b = 1.5 (Feder in der Lage x = 0 gestaucht: instabile Gleichgewichtslage).
sin α =
L = b2 + x 2 ,
x
.
L
Bewegungsgleichung:
mx˙˙ = −2c (L − L 0 )sin α − dx˙ = −2c (1 −
x˙˙ = −ω 02 (1 −
L0 b
1 + ( x b )2
)x − 2Dω 0 x˙ ,
L0
ω 02 : =
L
)x − dx˙ ,
2c
,
m
2Dω 0 : =
d
.
m
Mit der Variablentransformation
ω 0t =:τ ,
d (...)
d (...)
= ω0
=:ω 0 (...)′,
dt
dτ
y1: = x b ,
y2 : = x ′ b
erhalten wir das Differentialgleichungssystem 1. Ordnung:
y1′ = y2 ,
y2′ = −(1 −
L0 b
1 + y12
)y1 − 2Dy2 .
Darstellung der numerischen Lösungen der nichtlinearen Differentialgleichungen
für zwei spezielle Fälle:
(1):
L 0 b = 0.5
D = 0.2
y1(0) = 1
y 2 (0 ) = 0
1.0
y1
0.5
0.0
y2
-0.5
0
5
10
15
τ
20
B - 4.7 - Schwingungen mit einem Freiheitsgrad
283
y2
0.0
-0.5
-0.5
0.0
y1
0.5
1.0
Phasendiagramm
(2):
L 0 b = 1.5
D = 0.2
y1(0) = 0.5
y 2 (0 ) = 0
y1
1.0
0.5
y2
0.0
0
5
10
τ
15
20
y2
0.2
0.0
-0.2
0.6
0.8
1.0
Phasendiagramm
1.2
y1
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
284
Aufgabe 1
m
x 2 (t )
x 1 (0)
c
g
x 1 (t )
m
x˙1 (0) = x˙ 2 (0) = 0
t >0
Zwei Körper (Masse m ) sind über eine Feder (Federsteifigkeit c , Länge der entspannten Feder L ) miteinander verbunden. Bis zum Zeitpunkt t = 0 wird der obere Körper festgehalten und der untere hängt ruhig an der gespannten Feder. Zum
Zeitpunkt t = 0 wird der obere Körper losgelassen, so daß beide im Schwerkraftfeld nach unten fallen. Man berechne x1(t ) und x 2 (t ). Es sei c = 8mg L .
mg
x 2 (t )
c(x1 − x 2 − L)
m x˙˙2 = mg + c (x 1 − x 2 − L )
x 1 (t )
t >0
m x˙˙1 = mg − c (x 1 − x 2 − L )
mg
c
g
= 8 = ω 02 ,
m
L
x˙˙1 + ω 02 ( x1 − x 2 ) = 9g ,
x˙˙2 − ω 02 ( x1 − x 2 ) = −7 g ;
Entkoppelte Bewegungsgleichungen durch Koordinatentransformation:
x + x2
q1: = 1
q 2 : = x1 − x 2 .
,
2
q1 = Koordinate des Massenmittelpunktes
q˙˙1 = g ,
q 2 = Körperabstand
q˙˙2 + 2ω 02q 2 = 2ω 02L ;
1 2
gt + C1t + C2 ,
2
q 2 (t ) = C3 cos(ωt ) + C 4 sin(ωt ) + L ,
q1(t ) =
Anfangsbedingungen:
ω : = 2ω 0 ;
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
mg − c ( x1(0) − L ) = 0
q1(0) =
→
x1 (0 ) =
1
9
( x1(0) + x 2 (0)) =
L,
2
16
q 2 (0 ) = x1 (0 ) − x 2 (0 ) =
mg
9
+ L = L;
c
8
q˙1(0) =
9
L,
8
285
x 2 (0) = 0;
1
( x˙ (0) + x˙ 2 (0)) = 0,
2 1
q˙ 2 (0) = x˙1(0) − x˙ 2 (0) = 0.
Angepaßte Lösung:
q1(t ) =
1 2 9
gt +
L,
2
16
q 2 (t ) =
1
L cos(ωt ) + L ;
8
x1(t ) = q1(t ) +
1
17
1
1
q 2 (t ) =
L + gt 2 +
L cos(ωt ),
2
16
2
16
x 2 (t ) = q1(t ) −
1
1
1
1
q 2 (t ) =
L + gt 2 −
L cos(ωt ).
2
16
2
16
Aufgabe 2
Dargestellt ist das Modell eines Fahrzeugs (Masse m , Massenträgheitsmoment
ΘS ), dessen Schwerpunkt S sich nach dem Gesetz x S (t ) = v 0t in x -Richtung bewegt. Die Endpunkte A und B zweier Federn (Federsteigkeit c ) werden auf einer
Kurve y = h ( x ) = h 0 sin(2π x L ) geführt. Die Federn sind entspannt für qS = 0,
ϕ = 0, y A = 0, y B = 0. Man stelle die Bewegungsgleichungen für die Koordinaten
qS und ϕ auf, wobei angenommen werden soll, daß ϕ << 1 bleibt. Für welche
Werte der Geschwindigkeit v 0 treten Resonanzen auf?
y
b
b
S
g
ϕ
qS
c
B
c
y = h (x )
A
yA
FA
yB
b
xS
b
x
Bewegungsgleichungen:
mq˙˙S = −mg − F A − FB ,
ΘSϕ˙˙ = − FBb + F Ab ;
mg
FB
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
F A = c [(qS − bϕ ) − y A ],
FB = c [(qS + bϕ ) − y B ],
q˙˙S +
mq˙˙S = −mg − 2cqS + c (y A + y B ),
ΘSϕ˙˙ = −2cb 2ϕ + cb (y B − y A );
ϕ˙˙ +
y A + y B = h 0{sin(2π
y B − y A = h 0{sin(2π
Ω : = 2π
v 0t − b
λ
v 0t + b
v0
λ
286
λ
2cb 2
cb
ϕ=+
(y − y A );
ΘS
ΘS B
) + sin(2π
) − sin(2π
β : = 2π
,
2c
c
qS = − g + (y A + y B ),
m
m
v 0t + b
λ
v 0t − b
λ
)},
)};
b
λ
y A + y B = h 0{sin(Ωt − β ) + sin(Ωt + β )} = 2h 0 cos β sin(Ωt ),
y B − y A = h 0{sin(Ωt + β ) − sin(Ωt − β )} = 2h 0 sin β cos(Ωt ).
Resonanzfälle:
2π
v0
λ
=
2c
m
→ v0 =
λ
2π
2c
;
m
2π
v0
λ
=
2cb 2
ΘS
→ v0 =
λ
2π
2cb 2
.
ΘS
Aufgabe 3
x (t)
q(t)
2m
F = c(L − q )
2m
m
F
m
c
Zwischen zwei Fahrzeugen befindet sich eine Feder, die zum Zeitpunkt t = 0 auf
ein viertel ihrer Länge im entspannten Zustand zusammengedrückt ist. Die Feder
schiebt die beiden Fahrzeuge auseinander und löst sich von ihnen, sobald q = L
ist. Man stelle die Bewegungsgleichungen der beiden Fahrzeuge auf und berechne q (t ) und x (t ) bis zum Ende des Federkontaktes mit den Fahrzeugen, wobei
x (0) = L sein soll.
2mx˙˙ = −c (L − q ),
m ( x˙˙ + q˙˙) = c (L − q );
→
2mq˙˙ = 3c (L − q ),
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
q˙˙ + ω 02q = ω 02L ,
q (0 ) =
ω 02 : =
L
4
3c
;
2m
→ C1 = −
q (t ) = L {1 −
q (T ) = L
2mx˙˙ = c (q − L ) = −c
x˙ (t ) = −
q (t ) = L + C1 cos(ω 0t ) + C2 sin(ω 0t ),
3
L,
4
q˙ (0) = 0 → C2 = 0,
3
cos(ω 0t ) };
4
ω 0T =
→
287
π
2
0 ≤ t ≤ T,
→
T =
π
.
2ω 0
3
L
L cos(ω 0t ), → x˙˙ = − ω 02 cos(ω 0t ),
4
4
L
ω sin(ω 0t ),
4 0
x (t ) =
L
{3 + cos(ω 0t )},
4
0 ≤ t ≤ T.
Aufgabe 4
2m
c
q
g
m
x
c
c
In einem Rahmen (Masse 2 m ), der durch zwei Federn gestützt wird, hängt an
einer Feder eine Masse m . Alle drei Federn haben die gleiche Federkonstante c
und sie sind für x = q = 0 entspannt. Man berechne nach der Methode von LAGRANGE die Bewegungsgleichungen für die vertikale Bewegung der beiden Körper im Schwerkraftfeld und die Bewegungsgesetze x (t ) und q (t ) zu den Anfangsbedingungen
x (0) = 0,
q (0) = 0, x˙ (0) = 0,
q˙ (0) = 0.
Kinetische und potentielle Energie:
1
m
˙ ˙ ).
Ekin = {2mx˙ 2 + m ( x˙ + q˙ )2} = (3x˙ 2 + q˙ 2 + 2xq
2
2
E pot =
1
c
(cx 2 + cx 2 + cq 2 ) − 2mgx − mg ( x + q ) = (2x 2 + q 2 ) − 3mgx − mgq.
2
2
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
∂Ekin
= 3mx˙ + mq˙ ,
∂x˙
∂Ekin
= mx˙ + mq˙ ,
∂q˙
∂Ekin
∂x
∂Ekin
∂q
288
∂E pot
= 0,
∂x
∂E pot
= 0,
∂q
= 2cx − 3mg ,
= cq − mg ,
Bewegungsgleichungen:
3
2 0 x
3 1 x˙˙
= g ,
+ ω 02
1
0 1 q
1 1 q˙˙
3mx˙˙ + mq˙˙ + 2cx = 3mg ,
mx˙˙ + mq˙˙ + cq = mg ,
ω 02 : =
Partikularlösung:
x
g 3 2 mg 3 2
=
.
=
2
c
ω
q
1
1
partikular
0
Lösung der homogenen Gleichung:
2 0 x 0
3 1 x˙˙
2
+
ω
= ,
0
0 1 q 0
1 1 q˙˙
Eigenschwingungsansatz:
x a1
= A sin(ωt + α ),
q a 2
→
a1
x˙˙
2
=
−
ω A sin(ωt + α ),
˙˙
a 2
q
2 0 a1 0
3 1
2
2
+
−
ω
ω
= ,
0
0 1 a 2 0
1 1
ω 2 =: λω 02 ,
2 − 3λ − λ a1 0
= ,
1 − λ a 2 0
− λ
2 − 3λ − λ
det
= 0,
1 − λ
− λ
(2 − 3λ )(1 − λ ) − λ2 = 2λ2 − 5λ + 2 = 0,
Eigenkreisfrequenzen und Eigenschwingungsformen:
λ1 =
1
, λ2 = 2;
2
2 − 3λβ − λβ a1 0
= ,
1 − λβ a 2 0
− λβ
ω1 =
1
ω , ω2 = 2 ω0.
2 0
( β = 1, 2)
a1 = 1, a 2 =
2 − 3λ β
λβ
;
c
.
m
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
289
a1
1
= ,
a 2
−2
2
a1
1
= ,
a 2
1
1
x
1
1
= (C1 cos(ω1t ) + C2 sin(ω1t )) + (C3 cos(ω 2t ) + C4 sin(ω 2t )).
q homogen 1
−2
Allgemeine Lösung:
x x
x
=
+
q q partikular q homogen
1
x mg 3 2 1
+
+
+
=
C
t
C
t
(
cos(
ω
)
sin(
ω
))
(C3 cos(ω 2t ) + C4 sin(ω 2t )).
1
1
2
c 1 1 1
−2
q
x˙
1
1
= ω1 ( −C1 sin(ω1t ) + C2 cos(ω1t )) + ω 2 ( −C3 sin(ω 2t ) + C 4 cos(ω 2t )).
1
−2
q˙
Anpassung an die Anfangsbedingungen:
0 mg 3 2 1
1
+
+
C
=
1 C3 ,
c
0
1
−2
1
C1 = −
4 mg
,
3 c
C2 = 0,
0
1
1
+
=
ω1 C2 ω 2 C 4 ;
1
−2
0
C3 = −
1 mg
,
6 c
C 4 = 0.
Spezielle Lösung:
3 4
2
1
ω 0t ) − cos( 2ω 0t )
x (t ) mg − cos(
2
6
=
.
2 3
4
2
1
c
(
)
q
t
1 − cos(
ω t ) + cos( 2ω 0t )
3
2 0
3
x/(mg/c)
2
1
q/(mg/c)
0
0
5
10
15
τ
20
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
290
Aufgabe 5
g
c
ξ
h
A
O
y
ϕ
m
r
x
Im Endpunkt A einer Feder (Federsteifigkeit c) ist über einen Faden der Länge L
eine kleine Kugel (Masse m) gehängt, die in der vertikalen xy-Ebene Schwingungsbewegungen ausführen kann. Dabei wird der Faden reibungsfrei durch einen Ring im raumfesten Punkt O geführt. Die Feder ist für ξ = 0 entspannt. Man
stelle die LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen für die Koordinaten r und ϕ
auf.
Kinematische Zwangsbedingung:
h −ξ +r = L
ξ = r + h − L.
→
Kinetische und potentielle Energie:
1
1
Ekin = mv 2 = m (r˙ 2 + r 2ϕ˙ 2 ),
2
2
E pot =
1 2
1
c ξ − mgr cos ϕ = c (r + h − L )2 − mgr cos ϕ .
2
2
Terme in den LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen:
∂Ekin
= mr˙,
∂r˙
∂Ekin
∂r
∂Ekin
= mr 2ϕ˙ ,
˙
∂ϕ
∂E pot
= mrϕ˙ 2 ,
∂Ekin
∂ϕ
∂r
= 0,
= c (r + h − L ) − mg cos ϕ ;
∂E pot
∂ϕ
= mgr sin ϕ ;
LAGRANGEsche Bewegungsgleichungen:
mr˙˙ − mrϕ˙ 2 + c (r + h − L ) − mg cos ϕ = 0,
mr 2ϕ˙˙ + 2mrr˙ϕ˙ + mgr sin ϕ = 0.
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
291
Dimensionslose Darstellung für die numerische Lösung:
ξ: =
r
,
L
ω 02 : =
c
,
m
γω 02 : =
g
,
L
η: =
h
,
L
ω 0t =:τ ,
d ()
d ()
= ω0
=:ω 0 ()′,
dt
dτ
ξ ′′ − ξϕ ′ 2 + ξ + η − 1 − γ cos ϕ = 0,
ξ 2ϕ ′′ + 2ξξ ′ϕ ′ + γξ sin ϕ = 0.
Umformung in ein Differentialgleichungssystem 1. Ordnung:
q1: = ξ,
q2: = ϕ ,
q 3 : = ξ ′,
q 4 : = ϕ ′;
q1′ = q 3 ,
q 2′ = q 4 ,
q 3′ = q1q 4 2 − (q1 + η − 1) + γ cos(q 2 ),
q 4′ = −(2q 3q 4 + γ sin(q 2 )) / q1.
q 1( τ )
0.85
0.80
0.75
0
10
20
τ
30
40
q 2( τ )
1
0
-1
0
10
20
30
τ
40
Spezielle Werte und Anfangsbedingungen für die numerische Lösung:
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
L = 2 m,
h = 0, 5m,
η=
q1(0) = 1 − η,
h
= 0, 25,
L
292
c = 100N / m,
m = 1kg,
mg
= 0, 049,
cL
γ =
q 2 (0) = π / 3,
q 3 (0) = 0,
q 4 (0) = 0.
Aufgabe 6
Für das aus einem starren Rahmen (Masse 2m ) und einem starren Stab (Masse
m ) bestehende System mit zwei Freiheitsgraden bestimme man die kinetische
Energie und die potentielle Energie sowie die LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen. Für die numerische Lösung setze man k = 2cL2 .
y
L
m
L
ϕ
L
S
c
m
m
q
L
k
O
x
Federn entspannt
Trägheitsmoment des Rahmens:
1
1
20
Θ0 =
m (2L )2 + mL2 +
m ( 2 L ) 2 + m 5 L2 =
mL2 .
12
12
3
Kinematische Zwangsbedingungen:
x S = − L sin ϕ + q cos ϕ ,
x˙ S = ( − Lϕ˙ + q˙ )cos ϕ − qϕ˙ sin ϕ ,
yS = L cos ϕ + q sin ϕ ,
y˙ S = ( − Lϕ˙ + q˙ )sin ϕ + qϕ˙ cos ϕ ,
vS 2 = ( − Lϕ˙ + q˙ )2 + (qϕ˙ )2 .
Kinetische und potentielle Energie:
1
1
1
7
1
Ekin = Θ 0ϕ˙ 2 + mvS 2 + ΘSϕ˙ 2 = mL2ϕ˙ 2 + mvS 2 ,
2
2
2
2
2
Ekin = 4mL2ϕ˙ 2 +
E pot =
1
1
mq˙ 2 + mq 2ϕ˙ 2 − mLq˙ϕ˙ .
2
2
1 2 1
kϕ + c (q − L )2 .
2
2
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
293
Terme für die LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen:
∂Ekin
= 8mL2ϕ˙ + mq 2ϕ˙ − mLq˙ ,
∂ϕ˙
∂Ekin
= mq˙ − mLϕ˙ ,
∂q˙
∂Ekin
∂ϕ
∂Ekin
∂q
= 0,
= mqϕ˙ 2 ,
Bewegungsgleichungen:
8mL2ϕ˙˙ + 2mqq˙ϕ˙ + mq 2ϕ˙˙ − mLq˙˙ = −kϕ ,
mq˙˙ − mLϕ˙˙ − mqϕ˙ 2 = −c (q − L ).
Dimensionslose Darstellung:
k
= 2ω 02 ,
mL2
c
= ω 02 ,
m
ξ: =
q
,
L
d ()
d ()
= ω0
=:ω 0 ()′;
dt
dτ
ω 0t =:τ ,
(8 + ξ 2 )ϕ ′′ − ξ ′′ = −2ϕ − 2ξξ ′ϕ ′,
−ϕ ′′ + ξ ′′ = 1 − ξ + ξϕ ′ 2 .
ϕ ′′ =
1 − 2ϕ − ξ + ξϕ ′ 2 − 2ξξ ′ϕ ′
,
7 + ξ2
ξ ′′ =
1 − 2ϕ − ξ + ξϕ ′ 2 − 2ξξ ′ϕ ′
+ ξϕ ′ 2 − ξ + 1.
2
7+ξ
Umformung in ein System von vier Differentialgleichungen 1. Ordnung:
y1: = ϕ ,
y2 : = ξ ,
y3 : = ϕ ′,
y 4 : = ξ ′;
y1′ = y3 ,
y2′ = y 4 ,
y3′ =
1 − 2y1 − y2 + y2y32 − 2y2y 4y3
7 + y22
=: f (yi )
y 4′ = f (yi ) + y2y32 − y2 + 1.
Anfangsbedingungen:
y1 = 0
y2 = 0, 5
y3 = 0,
y 4 = 0.
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
294
ϕ( τ)
0.1
0.0
-0.1
0
1.50
5
10
15
τ
20
5
10
15
τ
20
ξ( τ )
1.25
1.00
0.75
0.50
0
Aufgabe 7
Ein Halbkreiszylinder (Masse m1, Radius R ) und ein Stab (Masse m 2 , Länge 2R )
sind in A gelenkig über eine Drehfeder (Federkonstante k ) verbunden.
S2
2R
m2
k
g
xA
A
ψ
S2
A
R
m 1 S1
ϕ
y
S1
AS1 = λR
x
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
295
Der Halbkreiszylinder kann auf einer horizontalen Bahn ( x -Achse) rollen. In der
Lage (ϕ = 0, ψ = 0) sei das System in einer stabilen Gleichgewichtslage. Man bestimme die Bewegungsgleichungen des Systems.
Kinematische Zwangsbedingungen:
x A = Rϕ , y A = R ,
x S = R (ϕ − λ sin ϕ ),
yS = R (1 − λ cos ϕ ),
x S = R (ϕ + sin ψ ),
yS = R (1 + cosψ ).
1
2
1
2
Daraus folgt:
x˙ S = (1 − λ cos ϕ )Rϕ˙ ,
y˙ S = λ sin ϕRϕ˙ ,
1
x˙ S = R (ϕ˙ + ψ˙ cosψ ),
2
vS2 = (1 + λ2 − 2λ cos ϕ )R 2ϕ˙ 2 ;
1
1
y˙ S = − Rψ˙ sin ψ ,
˙ ˙ cosψ )R 2 .
vS2 = (ϕ˙ 2 + ψ˙ 2 + 2ϕψ
2
2
Massengeometrische Größen:
4
1
1
λ: =
,
ΘS = m1R 2 − m1(λR )2 = ( − λ2 )m1R 2 ,
1
3π
2
2
ΘS =
2
1
m 2R 2 .
3
Kinetische Energie:
Ekin =
1
{m1vS2 + ΘS ϕ˙ 2 + m 2vS2 + ΘS ψ˙ 2},
1
1
2
2
2
m1 = m ,
Ekin =
m 2 = αm ,
1 3
4α 2
˙ ˙ cosψ }mR 2 .
{( + α − 2λ cos ϕ )ϕ˙ 2 +
ψ˙ + 2αϕψ
2 2
3
Potentielle Energie:
E pot = m1gyS + m 2 gyS +
1
2
1
k (ψ − ϕ )2 ,
2
k =: βmgR ,
E pot = {1 + α − λ cos ϕ + α cosψ +
β 2
(ϕ + ψ 2 − 2ϕψ )}mgR . .
2
Für kleine Auslenkungen aus der Gleichgewichtslage gilt
1
E pot ≈ {( β + λ )ϕ 2 + ( β − α )ψ 2 − 2βϕψ }mgR + const ..
2
Mit
c11: =
∂2E pot
∂ϕ 2
= ( β + λ )mgR ,
c 22 : =
∂2E pot
∂ψ 2
= ( β − α )mgR ,
c12 : =
∂2E pot
∂ϕ∂ψ
ist für die Stabilität der Gleichgewichtslage (ϕ = 0, ψ = 0) erforderlich:
c11 > 0,
c 22 > 0,
c11c 22 − c122 > 0.
Daraus ergeben sich für die Parameter α und β die Bedingungen
= − βmgR ,
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
296
βα
< λ.
β −α
β > α,
Terme der LAGRANGEschen Bewegungsgleichungen:
∂Ekin
∂Ekin
3
= {( + α − 2λ cos ϕ )ϕ˙ + αψ˙ cosψ }mR 2 ,
= λ sin ϕϕ˙ 2mR 2 ,
˙
2
∂ϕ
∂ϕ
∂Ekin
4α
= { ψ˙ + αϕ˙ cosψ }mR 2 ,
3
∂ψ˙
∂Ekin
∂ψ
˙ ˙mR 2 ,
= −α sin ψϕψ
d ∂Ekin
3
= {( + α − 2λ cos ϕ )ϕ˙˙ + αψ˙˙ cosψ + 2λ sin ϕϕ˙ 2 − α sin ψψ˙ 2}mR 2 ,
dt ∂ϕ˙
2
d ∂Ekin
4α
˙ ˙ }mR 2 ,
= { ψ˙˙ + αϕ˙˙ cosψ − α sin ψϕψ
˙
dt ∂ψ
3
∂E pot
∂ϕ
= {λ sin ϕ + βϕ − βψ }mgR ,
∂E pot
∂ψ
= {−α sin ψ + βψ − βϕ}mgR ;
Bewegungsgleichungen:
3
g
( + α − 2λ cos ϕ )ϕ˙˙ + αψ˙˙ cosψ + λ sin ϕϕ˙ 2 − α sin ψψ˙ 2 = − (λ sin ϕ + βϕ − βψ ),
2
R
4α
g
˙ ˙ = − ( −α sin ψ + βψ − βϕ ).
ψ˙˙ + αϕ˙˙ cosψ − α sin ψϕψ
3
R
Dimensionslose Darstellung:
R
τ,
g
t =:
d ()
=
dt
g d ()
g
=:
()′.
R dτ
R
a11ϕ ′′ + a12ψ ′′ = b1,
a12ϕ ′′ + a 22ψ ′′ = b2 ;
a11: =
3
+ α − 2λ cos ϕ ,
2
a12 : = α cosψ ,
a 22 : =
4α
;
3
b1: = − λ sin ϕϕ ′ 2 + α sin ψψ ′ 2 − λ sin ϕ − βϕ + βψ ,
b2 : = α sin ψϕ ′ψ ′ + α sin ψ − βψ + βϕ .
ϕ ′′ =
b1a 22 − b2a12
D
,
ψ ′′ =
b2a11 − b1a12
D
,
D : = a11a 22 − a122 .
Umwandlung in ein System von Differentialgleichungen 1. Ordnung:
q1: = ϕ ,
q2: = ψ ,
q 3 : = ϕ ′,
q 4 : = ψ ′;
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
297
q1′ = q 3 ,
q 2′ = q 4 ,
q 3′ = (b1a 22 − b2a12 ) D ,
q 4′ = (b2a11 − b1a12 ) D .
Zulässige Parameter (beispielsweise):
α = 1 4,
β = 4.
Anfangsbedingungen:
q2 = π 8 ,
q1 = 0,
q 3 = 0,
q 4 = 0.
0.4
ψ
ϕ
0.2
0.0
-0.2
0
2
4
6
τ
8
10
Aufgabe 8
Zwei starre Stangen (Längen: 2L , Massen: m1, m 2 ) sind in ihren Schwerpunkten
gelenkig gelagert und mit Drehfedern (Federkonstanten: k1, k 2 ) verbunden. In der
Lage ϕ = 0, ψ = 0 sind die Federn entspannt. Man berechne die Eigenschwingungsbewegungen des Systems.
L
k2
k1
L
ϕ
m1
O
m2
ψ
ϕ
A
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
298
Kinetische Energie und Massenmatrix:
1 1
1
Ekin = { m1(2L )2 ϕ˙ 2 + m 2 (Lϕ˙ )2 +
m 2 (2L )2 (ϕ˙ + ψ˙ )2},
2 12
12
Ekin =
Ekin =
1 1
4
1
˙ ˙ )},
{( m1 + m 2 )L2ϕ˙ 2 + m 2L2 (ψ˙ 2 + 2ϕψ
2 3
3
3
2
1 m 2L
˙ ˙ ),
( µϕ˙ 2 + ψ˙ 2 + 2ϕψ
2 3
µ: = 4 +
m1
m2
[m ] =
;
m 2L2 µ 1
.
3 1 1
Potentielle Energie und Steifigkeitsmatrix:
E pot
1
1
= (k1ϕ 2 + k 2ψ 2 ) = k1(ϕ 2 + γψ 2 ),
2
2
γ :=
k2
k1
1 0
[c ] = k1
.
0 γ
;
Bewegungsgleichungen:
1 0 ϕ 0
µ 1 ϕ˙˙
= ,
+ ω 02
1 1 ψ˙˙
0 γ ψ 0
ω 02 : =
3k1
m 2 L2
.
Eigenschwingungsansatz:
ϕ a1
= A sin(ωt + α ),
ψ a 2
ω = λ ω0;
→
1 0
µ 1 a1 0
−
λ
= .
1 1 a 2 0
0 γ
1 − µλ − λ
2
2
det
= (1 − µλ )(γ − λ ) − λ = λ ( µ − 1) − λ (1 + µγ ) + γ = 0,
γ − λ
− λ
λ1,2 =
(1 + µγ ) m (1 − µγ )2 + 4γ
;
2( µ − 1)
Eigenschwingungsformen:
a1α = 1,
a 2α =
ω1 = λ1ω 0 , ω 2 = λ2 ω 0 .
λα
,
γ − λα
α = 1, 2.
Aufgabe 9
Zwei starre quadratische Platten (Massen m , 4m ) sind gelenkig gelagert und über
ein Federpaar (Federsteifigkeit c = mg L ) miteinander verbunden. Man berechne
für kleine Auslenkungen aus der Gleichgewichtslage ϕ = ψ = 0 die Eigenkreisfrequenzen, die Eigenschwingungsformen und die [m ] -normierten Eigenvektoren.
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
299
m
S1
2L
O
L
L
c
c
g
x
ϕ
b
ψ
A
S2
2L
4m
Federn entspannt
y
Kinetische Energie des Systems und Massenmatrix:
1
1
Ekin = Θ0ϕ˙ 2 + Θ Aψ˙ 2 ,
2
2
Θ0 =
m
5
{(2 L )2 + (2 L )2} + mL2 = mL2 ,
12
3
Ekin
ΘA =
4m
20
{(2 L )2 + (2 L )2} + 4mL2 =
mL2 ,
12
3
1 0
5
2
[m ] = mL
.
3
0 4
1
5
20 2
= mL2 ( ϕ˙ 2 +
ψ˙ ),
2
3
3
Potentielle Energie des Systems und Steifigkeitsmatrix:
1
1
E pot = −mgyS − 4mgyS + c (Lϕ + Lψ )2 + c ( − Lϕ − Lψ )2 ,
1
2
2
2
yS = − L cos ϕ ,
1
yS = b + L cosψ ,
2
E pot = mgL {cos ϕ − 4 cosψ + (ϕ + ψ )2} + const .
c11 =
∂2E pot
∂ϕ 2
= mgL , c 22 =
ϕ =ψ = 0
∂2E pot
∂ψ 2
= 6mgL , c12 =
ϕ =ψ = 0
1 2
[c ] = mgL
.
2
6
∂2E pot
∂ϕ∂ψ
= 2mgL ,
ϕ =ψ = 0
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
300
Bewegungsgleichungen und Eigenschwingungsansatz:
1 0 ϕ˙˙ 3g 1 2 ϕ 0
= ,
+
0 4 ψ˙˙ 5L 2 6 ψ 0
ω 2 =: λ
ϕ a1
= A sin(ωt + α ),
ψ a 2
2 a1
1 − λ
= 0,
6 − 4 λ a 2
2
3g
,
5L
Berechnung der Eigenkreisfrequenzen und Eigenschwingungsformen:
2
1 − λ
det
= 0,
6 − 4 λ
2
λ2 −
ω1 = 0, 36 g L ,
1
a1
=
,
a 2 (λi − 1) 2
i
→
5
1
λ + = 0,
2
2
λ1,2 =
5 m 17
,
4
ω 2 = 1,17 g L .
a1
1
=
.
a 2
,
0
64
2
a1
1
=
,
a 2
,
−
0
39
1
Normierung der Eigenvektoren bezüglich der Massenmatrix:
{a }i T [m ]{a } j = δij ,
1
{a }1 = β1
,
−0.39
1 0 1
5
β12 [1 −0, 39] mL2
= 1,
3
0 4 −0.39
1 0 1
5
2
mL
β2 [1 0, 64]
= 1,
3
0
.
64
0
4
2
{a }1 =
1
L m
0, 611
,
−0, 238
1
{a }2 = β2
,
0.64
β12 2, 683mL2 = 1,
→
→
{a }2 =
β22 4, 401mL2 = 1,
1
L m
0, 477
.
0, 305
Aufgabe 10
Eine starre quadratische Scheibe (Kantenlänge 2L , Masse m ) ist in den vier Eckpunkten A, B, C und D mit Federn verbunden. Unter der Voraussetzung kleiner
Verschiebungen des Schwerpunktes S
u Sx = Lξ,
u Sy = Lη,
ξ , η << 1
und kleiner Drehung ϕ << 1 berechne man die Eigenkreisfrequenzen und Eigenschwingungsformen der Scheibe. In der Lage ξ = 0, η = 0, ϕ = 0 sind alle Federn
entspannt. Man setze
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
301
c 2 = 2c1, c 3 = 3c1, c 4 = 4c1.
y
c3
D
r
uD D
C
c4
y
C
r
uC
m
L
S
x
L
c2
A
c1
L
L
B
Kinetische Energie und Massenmatrix:
1
Ekin = {m (u˙ Sx 2 + u˙ Sy 2 ) + ΘSϕ˙ 2},
2
Ekin =
S
r
O uS
1
2
mL2 (ξ˙2 + η˙ 2 + ϕ˙ 2 ),
2
3
A
r
uA
ΘS =
x
B
r
uB
1
2
m (4 L2 + 4 L2 ) = mL2 ,
12
3
1 0 0
[m ] = mL2 0 1 0 .
0 0 2 3
∆L P : Auslenkung der Feder im Punkt P,
P: A,B,C,D
r r
∆L P : = e P ⋅ u P .
r
e P :Richtungsvektor der Feder im Punkt P
Berechnung der Verschiebungsvektoren der Eckpunkte:
→
→
r
r
r
r
r
r
r
rP (0) + u P (t ) = rP (t ) = u S (t ) + SP (t ),
u P (t ) = u S (t ) + SP (t ) − rP (0),
→
sin ϕ ≈ ϕ ,
cos ϕ ≈ 1;
ξ + ϕ
Lξ L sin ϕ − L cos ϕ − L
r
uA = +
,
− ≈ L
η − ϕ
Lη − L cos ϕ − L sin ϕ − L
ξ + ϕ
Lξ L cos ϕ + L sin ϕ L
r
L
−
uB = +
≈
,
η + ϕ
Lη L sin ϕ − L cos ϕ − L
ϕ
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
302
ξ − ϕ
Lξ L cos ϕ − L sin ϕ L
r
uC = +
,
− ≈ L
η + ϕ
Lη L sin ϕ + L cos ϕ L
ξ − ϕ
Lξ − L sin ϕ − L cos ϕ − L
r
−
L
≈
uD = +
;
η − ϕ
Lη L cos ϕ − L sin ϕ L
Berechnung der Federverlängerungen:
r r
∆L A = +ey ⋅ u A ≈ L (η − ϕ ),
r r
∆L B = −e x ⋅ u B ≈ − L (ξ + ϕ ),
r r
∆L C = −ey ⋅ u C ≈ − L (η + ϕ ),
r r
∆L D = +e x ⋅ u D ≈ L (ξ − ϕ ).
Potentielle Energie und Federmatrix:
1
E pot = {c1( ∆L A )2 + c 2 ( ∆L B )2 + c 3 ( ∆L C )2 + c 4 ( ∆L D )2},
2
E pot =
1
c L2{(η − ϕ )2 + 2(ξ + ϕ )2 + 3(η + ϕ )2 + 4(ξ − ϕ )2},
2 1
3 0 −1
[c ] = 2c1L2 0 2 1 .
−1 1 5
1
c1L2 (6ξ 2 + 4η2 + 10ϕ 2 + 4ηϕ − 4ξϕ ),
2
E pot =
Berechnung der Eigenkreisfrequenzen:
det([c ] − ω 2 [m ]) = 0,
ω 2 =: λ
2c1
m
,
3 − λ
−1
0
det 0
2−λ
1 = 0,
2
−1
1
5 − 3 λ
f (λ ) = −2λ3 + 25λ2 − 81λ + 75 = 0,
50
f ( λ)
0
-50
1
2
3
4
5
6
7
8
λ
9
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
λ1 = 1.67977,
ωi = 2λi
c1
m
:
λ2 = 2.77481,
ω1 = 1.8329
c1
m
λ3 = 8.04542,
ω 2 = 2.3558
,
303
c1
m
ω 3 = 4.0113
,
c1
m
.
Berechnung der Eigenschwingungsformen:
3 − λi
0
−1
0
2 − λi
1
a1
1
a = −4.1227,
2
a
.
3 1 1 3202
−1 a1 0
1 a 2 = 0,
5 − 23 λi a 3 0
(i = 1, 2, 3)
a1
1
a = −0.8346 .
2
a
−
.
3 3 5 0454
a1
1
a = 0.2906,
2
a
.
3 2 0 2252
Aufgabe 11
Θ2
r2
Θ1
k2
r1
ϕ1
ϕ3
ϕ2
k1
Θ3
ϕ2
Θ2
Der Rotor eines Motors (Trägheitsmoment Θ1 ) ist über zwei Wellen (Torsionsfederkonstanten k1, k 2 ) und zwei Zahnräder (Trägheitsmomente Θ 2 , Θ 2 ) mit einem Rotationskörper (Trägheitsmoment Θ 3 ) verbunden. Man berechne die Eigenkreisfrequenzen und Eigenschwingungsformen dieser Torsionsschwingerkette mit drei
Freiheitsgraden.
Kinematische Zwangsbedingung für die Zahnraddrehungen:
r
r1ϕ 2 = r2ϕ 2
→
ϕ 2 = 1 ϕ 2 =:αϕ 2 .
r2
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
304
Kinetische Energie des Systems:
1
Ekin = {Θ1ϕ˙12 + Θ 2ϕ˙ 22 + Θ 2ϕ˙ 22 + Θ 3ϕ˙ 32},
2
Ekin =
1
{Θ1ϕ˙12 + (Θ 2 + α 2Θ 2 )ϕ˙ 22 + Θ 3ϕ˙ 32},
2
Θ1 =:ϑ1mR 2 ,
Θ 2 + α 2Θ 2 =:ϑ 2mR 2 ,
Ekin =
Θ 3 =:ϑ 3mR 2 ,
mR 2
{ϑ1ϕ˙12 + ϑ 2ϕ˙ 22 + ϑ 3ϕ˙ 32}.
2
Potentielle Energie des Systems:
1
E pot = {k1(ϕ 2 − ϕ1 )2 + k 2 (ϕ 3 − ϕ 2 )2},
2
E pot =
1
{k1(ϕ 2 − ϕ1 )2 + k 2 (ϕ 3 − αϕ 2 )2},
2
k1 =:γ 1k ,
E pot =
k 2 : = γ 2k ,
k
{γ 1(ϕ12 + ϕ 22 − 2ϕ1ϕ 2 ) + γ 2 (α 2ϕ 22 + ϕ 32 − 2αϕ 2ϕ 3 )}.
2
Massenmatrix und Federmatrix zum Koordinatenvektor {q}T = [ϕ1 ϕ 2 ϕ 3 ]:
ϑ1 0 0
2
[m ] = mR 0 ϑ 2 0 ,
0 0 ϑ
3
γ1
−γ 1
[c ] = k −γ 1 γ 1 + α 2γ 2
0
−αγ 2
0
−αγ 2 .
γ 2
Frequenzgleichung und Eigenkreisfrequenzen:
det([c ] − ω 2 [m ]) = 0,
ω 2 =: λ
k
,
mR 2
γ 1 − λϑ1
−γ 1
0
det −γ 1
γ 1 + α 2γ 2 − λϑ 2
−αγ 2 = 0
0
−αγ 2
γ 2 − λϑ 3
λ3 − a λ2 + b λ = 0,
a:=
γ 1ϑ 3 (ϑ1 + ϑ 2 ) + γ 2ϑ1(ϑ 2 + α 2ϑ 3 )
ϑ1ϑ 2ϑ 3
λ1 = 0,
λ2 =
,
1
(a − a 2 − 4b ),
2
b: =
γ 1γ 2 (ϑ1 + ϑ 2 + α 2ϑ 3 )
λ3 =
ϑ1ϑ 2ϑ 3
1
(a + a 2 − 4b ),
2
.
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
ω1 = 0,
ω 2 = λ2
k
,
mR 2
305
ω 3 = λ3
k
.
mR 2
ω1 = 0 entspricht einer Starrkörperdrehung der Schwingerkette.
Eigenschwingungsformen:
a
γ − λ ϑ
−γ 1
0
0
β 1
1
1
2
a = 0,
−γ
γ
+
α
γ
−
λ
ϑ
−
αγ
1
1
2
2 2
β 2
a
0
0
−
αγ
γ
−
λ
ϑ
2
2
β 3
3 ( β )
a1( β ) = 1,
a 2( β ) =
γ 1 − λβϑ1
γ1
,
a 3( β ) =
β = 1, 2, 3
αγ 2a 2( β )
γ 2 − λβϑ 3
.
Für λ1 = 0 wird insbesondere
{a}(1)
1
= 1 ,
α
→
ϕ 2 = ϕ1, ϕ 3 = αϕ1 (starre Drehung).
Allgemeine Lösung des Differentialgleichungssystems [m ]{q˙˙} + [c ]{q} = {0} :
ϕ1 1
3
ϕ = 1 (C t + C ) + ∑ {a} (C cos(ω t ) +C sin(ω t )).
21
( β ) 1β
β
β
2β
2 11
β =2
ϕ α
3
Für die Anpassung dieser Lösung an die insgesamt sechs Anfangsbedingungen
ϕ1(0), ϕ˙1(0), ϕ 2 (0), ϕ˙ 2 (0), ϕ 3 (0), ϕ˙ 3 (0),
stehen sechs Konstanten zur Verfügung.
Wenn auf den Rotor des Motors das Antriebsmoment
für 0 ≤ t ≤ T
M 0 (1 − t T )
M (t ) =
0 für t > T
wirkt, lauten die Bewegungsgleichungen des Systems
[m ]{q˙˙} + [c ]{q} = {K (t )},
M (t )
{K (t )} = 0 .
0
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
306
Wir setzen nun voraus, daß die Eigenvektoren bezüglich der Massenmatrix normiert sind, also die Bedingungen
{a}α T [m ]{a}β = δαβ ,
{a}α T [c ]{a}β = ω α 2δαβ ,
erfüllen. Mit den Hauptkoordinaten
qα* : = {a}α T [m ]{q},
{q} =
n
∑{a}α qα* ,
α =1
lauten dann die Bewegungsgleichungen
q˙˙α* + ω α 2qα* = {a}α T {K (t )} = K α* (t ).
Bezeichnen wir die jeweils erste Komponente der normierten Eigenvektoren mit
a1α , so erhalten wir die folgenden Bewegungsgleichungen:
t
),
T
t
q˙˙2* + ω 22q 2* = a12 M 0 (1 − ),
T
t
q˙˙3* + ω 32q 3* = a13 M 0 (1 − ).
T
Die allgemeinen Lösungen lauten:
q˙˙1* = a11M 0 (1 −
t2 t3
−
),
2 6T
a
t
q 2* = C3 cos(ω 2t ) + C4 sin(ω 2t ) + 122 M 0 (1 − ),
T
ω2
q1* = C1 + C2t + a11M 0 (
q 3* = C5 cos(ω 3t ) + C6 sin(ω 3t ) +
a13
ω3
2
M 0 (1 −
t
).
T
Daraus folgt
q˙1* = C2 + a11M 0 (t −
t2
),
2T
q˙ 2* = −C3ω 2 sin(ω 2t ) + C 4ω 2 cos(ω 2t ) −
q˙ 3* = −C5ω 3 sin(ω 3t ) + C6ω 3 cos(ω 3t ) −
q 3* (0) = C5 +
ω 22T
a13
ω 32T
M 0,
M 0;
q˙1* (0) = C2 ,
q1* (0) = C1,
q 2* (0) = C3 +
a12
a12
ω2
2
a13
ω3
2
M 0,
q˙ 2* (0) = C4ω 2 −
M 0;
q˙ 3* (0) = C6ω 3 −
a12
ω 22T
a13
ω 32T
M 0,
M 0.
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
Mit den Anfangsbedingungen
ϕi (0) = 0,
ϕ˙i (0) = 0,
307
(i = 1, 2, 3)
erhalten wir für die Hauptkoordinaten die Gleichungen
3
∑
{a}α qα* (0)
α =1
∑{a}α q˙α* (0) = {0},
= {0},
α =1
{a}1C1 + {a}2 (C3 +
{a}1C2 + {a}2 (C 4ω 2 −
3
a12
ω2 T
2
a12
ω2
2 M 0 ) + {a}3 (C5 +
M 0 ) + {a}3 (C6ω 3 −
a13
ω 32
a13
ω 32T
M 0 ) = {0},
M 0 ) = {0}.
Daraus ergeben sich die Integrationskonstanten
C1 = C2 = 0,
C3 = −
a12
ω2
2
C5 = −
M 0,
a13
ω3
2
C4 =
M 0,
a12
ω2 T
3
M 0,
C6 =
a13
ω 33T
M 0.
Aufgabe 12
Für das viskos gedämpfte System mit zwei Freiheitsgraden berechne man die Eigenschwingungsbewegungen und die Frequenzdiagramme für Amplitude und
Phase bei harmonischer Anregung.
γc
c
µm
m
F 0 cos(Ωt)
δd
d
q1
q2
Bewegungsgleichungen:
mq˙˙1 = −cq1 − dq˙1 + γc (q 2 − q1 ) + δd (q˙ 2 − q˙1 ),
µmq˙˙2 = −γc (q 2 − q1 ) − δd (q˙ 2 − q˙1 ) + F0 cos(Ωt ).
ω 02 : =
c
,
m
2Dω 0 : =
η: =
Ω
,
ω0
d
,
m
f 0: =
d ()
d ()
= ω0
,
dt
dτ
ω 0t =:τ ,
F0
m ω 02
=
F0
c
,
q1′′ = −q1 − 2Dq1′ + γ (q 2 − q1 ) + δ 2D (q 2′ − q1′ ),
µq 2′′ = −γ (q 2 − q1 ) − δ 2D (q 2′ − q1′ ) + f 0 cos(ητ ).
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
−δ q1′ 1 + γ
+
δ q 2′ −γ
1 + δ
1 0 q1′′
+ 2D
−δ
0 µ q 2′′
308
0
−γ q1
.
=
γ q 2 f 0 cos(ητ )
Lösungsansatz für das homogene Differentialgleichungssystem:
q1 a1 λτ
= e ,
q 2 a 2
λ2 + 2D (1 + δ )λ + γ + 1
−2Dδλ − γ a1 0
= ,
−2Dδλ − γ
µλ2 + 2Dδλ + γ a 2 0
→
λ2 + 2D (1 + δ )λ + γ + 1
−2Dδλ − γ
= 0,
det
−2Dδλ − γ
µλ2 + 2Dδλ + γ
µλ4 + 2D (δ + µ (1 + δ ))λ3 + (4 D 2δ + µ (1 + γ ) + γ )λ2 + 2D (γ + δ )λ + γ = 0.
Wenn D klein genug ist, erhalten wir zwei Paare konjugiert komplexer Eigenwerte:
λα = λα (r ) + i λα (i )
→
e
λα τ
=e
λ1 = λ1(r ) + i λ1(i ) ,
λα (r )τ
{cos(λα (i )τ ) + i sin(λα (i )τ )},
λ2 = λ1(r ) − i λ1(i ) ,
λ3 = λ3(r ) + i λ3(i ) ,
λ4 = λ3(r ) − i λ3(i ) ,
Für die entsprechenden Eigenvektoren gilt:
a1α = 1,
a 2α =
a1α = 1,
λα 2 + 2D (1 + δ )λα + γ + 1
,
2Dδλ + γ
a 2α = rα e
iϕ α
.
Damit erhalten wir die folgende komplexwertige allgemeine Lösung des homogenen linearen Differentialgleichungssystems:
e i λα (i )τ
q1(τ ) 4
λa (r )τ
.
= ∑ Cα e
r e i ( λα (i )τ +ϕα )
q 2 (τ ) α =1
α
Der Realteil lautet
cos(λ1(i )τ )
sin(λ1(i )τ )
q1(τ )
λ1(r )τ
+
=e
+ C2
C1
+
+
cos(
λ
τ
ϕ
)
sin(
λ
τ
ϕ
)
r
r
q
(
τ
)
2
1(i )
1
1(i )
1
1
1
+e
λ3(r )τ
sin(λ3(i )τ )
cos(λ3(i )τ )
.
+ C4
C3
r cos(λ τ + ϕ )
r
+
sin(
λ
τ
ϕ
)
3(i )
3
3(i )
3
3
3
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
309
Spezielle Werte:
µ = γ = δ = 1,
D = 0.1
λ4 + 0, 6λ3 + 3.04 λ2 + 0, 4 λ + 1 = 0,
λ1,2 = −3.81966 ⋅10 −2 ± i 6.168525 ⋅10 −1,
λ3,4 = −2.618034 ⋅10 −1 ± i 1.596713,
r1 = 1.61803, ϕ1 = 0,
r3 = 0.61803, ϕ 3 = −π .
µ = γ = δ = 1,
D = 0.5
λ4 + 3λ3 + 4λ2 + 2λ + 1 = 0,
λ1,2 = −1.909830 ⋅10 −1 ± i 5.877853 ⋅10 −1,
λ3,4 = −1.309017 ± i 9.510565 ⋅10 −1,
r1 = 1.736547, ϕ1 = 7.972062e - 2,
r3 = 0.61803, ϕ 3 = −π .
Für größere Werte des Dämpfungsmaßes D können sich zwei reelle und zwei
konjugiert komplexe Eigenwerte ergeben oder aber auch vier reelle Eigenwerte:
µ = γ = δ = 1,
D = 1.0
λ4 + 6λ3 + 7λ2 + 4 λ + 1 = 0,
λ1,2 = −3.819660 ⋅10 −1 ± i 4.858683 ⋅10 −1,
λ3 = −5.598630 ⋅10 −1,
λ4 = −4.676205,
µ = γ = δ = 1,
D = 2.0
λ4 + 12λ3 + 19λ2 + 8λ + 1 = 0,
λ1 = −2.562714 ⋅10 −1,
λ2 = −3.149040 ⋅10 −1,
λ3 = −1.212960,
λ4 = −1.021586 ⋅101.
Zu reellen Eigenwerten gehören dann exponentiell abklingende Lösungsfunktionen.
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
310
Eine Partikularlösung des inhomogenen Differentialgleichungssystems bei harmonischer Anregung
1 + δ
1 0 q1′′
+ 2D
−δ
0 µ q 2′′
−δ q1′ 1 + γ
+
δ q 2′ −γ
−γ q1
0
e i ητ
=
Re
f 0
γ q 2
erhalten wir mit dem Ansatz
A1
q1
= Re e i ητ .
A2
q 2
part
Das führt zu dem linearen Gleichungssystem für die komplexwertigen Konstanten A1 und A2 :
−δ 1 + γ
+
δ −γ
1 + δ
1 0
2
+ i 2Dη
−η
−δ
0 µ
−γ A1 0
= ,
γ A2 f 0
B11 B12 A1 0
= ,
B12 B22 A2 f 0
B11 B12 −η2 + 1 + γ + i 2Dη(1 + δ )
−γ − i 2Dηδ
: =
,
2
B12 B22
−γ − i 2Dηδ
− µη + γ − i 2Dηδ
A1 = −
B12
B11B22 − (B12 )2
A1 = R1 f 0e
f0,
i Φ1
,
A2 =
B11
B11B22 − (B12 )2
A2 = R2 f 0e
i Φ2
.
Wir werten nun diese Formeln für den Spezialfall
µ = γ = δ = 1,
D = 0.1
aus, zu dem die Eigenwerte
λ1,2 = −3.81966 ⋅10 −2 ± i 6.168525 ⋅10 −1,
λ3,4 = −2.618034 ⋅10 −1 ± i 1.596713,
des homogenen Systems gehören.
f0;
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
311
Eigenschwingungsformen:
1.5
q2
1.0
q1
0.5
0.0
-0.5
-1.0
-1.5
0
10
20
τ
30
10
20
τ
30
0.8
q1
0.4
0.0
-0.4
q2
0
Amplituden-Frequenzdiagramme:
4
R1
2
0
0
1
η
2
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
312
6
R2
4
2
0
0
1
η
2
1
η
2
1
ηη
2
Phasenwinkel-Frequenzdiagramme
Φ1
2
0
0
4
Φ2
2
0
-2
-4
0
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
313
Aufgabe 13
c
m
S1
x1
g
m
x3
x2
S3
ϕ
r
m
F 0 sin(Ωt)
S2
Zwischen zwei horizontal beweglichen Balken kann eine Kreisscheibe rollen. Alle
drei Körper haben die gleiche Masse m . Man bestimme die Bewegungsgleichungen mit Hilfe von Schwerpunkt- und Momentensatz und berechne x1(t ) und x 2 (t )
mit den Anfangsbedingungen x1(0) = x 2 (0) = 0, x˙1(0) = x˙ 2 (0) = 0.
Freikörperbild:
N1
cx1
mg
H1
H1
N1
mg
N2
H2
F 0 sin(Ωt)
mg
Schwerpunkt- und Momentensatz:
mx˙˙1 = −cx1 + H1,
mx˙˙2 = F0 sin(Ωt ) − H 2 ,
mx˙˙3 = − H1 + H 2 ,
1
mr 2ϕ˙˙ = − H1r − H 2r .
2
Kinematische Zwangsbedingungen:
x˙1 = x˙ 3 + rϕ˙ ,
x˙ 2 = x˙ 3 − rϕ˙ ;
→
x˙ 3 =
1
( x˙ + x˙ 2 ),
2 1
rϕ˙ =
Daraus folgt
m ( x˙˙1 + x˙˙2 ) = −2H1 + 2H 2 ,
m ( x˙˙1 − x˙˙2 ) = −4 H1 − 4 H 2 ,
1
( x˙ − x˙ 2 ).
2 1
H2
N2
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
mit den Reaktionskräften
H1 = mx˙˙1 + cx1,
314
H 2 = F0 sin(Ωt ) − mx˙˙2 .
Elimination der Reaktionskräfte ergibt zunächst das Differentialgleichungssystem
3mx˙˙1 + 3mx˙˙2 + 2cx1 = 2F0 sin(Ωt ),
5mx˙˙1 − 5mx˙˙2 + 4cx1 = −4 F0 sin(Ωt ),
und daraus erhält man durch Elimination zuerst von x˙˙2 und dann x1 die Differentialgleichungen
x˙˙1 +
11 c
1 F0
x1 = −
sin(Ωt ),
15 m
15 m
1
8 F0
x˙˙2 = − x˙˙1 +
sin(Ωt ).
11
11 m
Mit
ω 02 : =
11 c
,
15 m
f 0: = −
1 F0
,
11 c
wird
x˙˙1 + ω 02 x1 = ω 02 f 0 sin(Ωt ).
Berechnung der Partikularlösung:
x1part = A sin(Ωt ),
x˙˙1part = −Ω 2 A sin(Ωt ),
A=
f0
1− η
2
η: =
,
( −Ω 2 + ω 02 ) A = ω 02 f 0 ,
→
Ω
,
ω0
Ω ≠ ω0.
Allgemeine Lösung der Differentialgleichung für x1(t ):
x1(t ) = C1 cos(ω 0t ) + C2 sin(ω 0t ) +
f0
sin(Ωt ),
1 − η2
f0
Ω cos(Ωt ).
x˙1(t ) = −ω 0C1 sin(ω 0t ) + ω 0C2 cos(ω 0t ) +
1 − η2
Anpassung an die Anfangsbedingungen:
x1 (0 ) = 0
→
C1 = 0,
x˙1(0) = 0
→
Spezielle Lösung x1(t ):
x1(t ) =
f0
1 − η2
{sin(Ωt ) − η sin(ω 0t )}.
Die zweite Differentialgleichung
x˙˙2 = −
1
8 F0
x˙˙1 +
sin(Ωt ),
11
11 m
C2 = −
ηf 0
1 − η2
.
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
315
liefert:
x˙ 2 = −
x2 = −
1
8 F0
x˙1 −
cos(Ωt ) + C3 ,
11
11 mΩ
1
8 F0
x1 −
sin(Ωt ) + C3t + C4 .
11
11 mΩ 2
Die Anfangsbedingungen x 2 (0) = 0, x˙ 2 (0) = 0 werden erfüllt, wenn
C3 =
8 F0
,
11 mΩ
C4 = 0
gesetzt wird, also ist
x 2 (t ) = −
1
8 F0
x1(t ) +
{− sin(Ωt ) + Ωt}.
11
11 mΩ 2
Für die graphische Darstellung der Lösungen setzen wir
F
L:= 0 ,
τ : = ω 0t .
c
Damit wird
x1(τ ) =
x 2 (τ ) =
L
{η sin τ − sin(ητ )},
11(1 − η2 )
1
120 L
− x1(τ ) +
2 [ητ − sin(ητ )],
11
11 η
x 3 (τ ) = x 3 (0) +
1
( x (τ ) + x 2 (τ )).
2 1
Für den speziellen Wert η = 2 erhalten wir
0.10
x 1/L
0.05
0.00
-0.05
-0.10
0
2
4
6
8
τ
10
B - 4.8 - Schwingungen mit mehreren Freiheitsgraden
316
x 2/L
4
2
0
0
2
2
4
6
8
τ
10
2
4
6
8
τ
10
x 3/L
0
0
B - 4.9 - Stoß zwischen starren Körpern bei ebener Bewegung
317
Aufgabe 1
Zwei Kreisscheiben bewegen sich reibungsfrei auf der xy -Ebene mit konstanten
Translationsgeschwindigkeiten auf Kollisionskurs. Zum Zeitpunkt t = 0 stoßen
sie im Punkt B zusammen. Man berechne mit Hilfe der NEWTONschen Stoßhypothese die Translationsgeschwindigkeiten unmittelbar nach dem Zusammenstoß.
m1
m2
r
ex
r
n
v2
v1
x1
F 21
B1
F12
x2
B2
Unmittelbar vor dem Zusammenstoß (Exponentmarke: − ) haben die beiden
Kreisscheiben die Geschwindigkeiten
x˙1− = v1,
x˙ 2 − = −v 2 .
Unbekannt sind die Geschwindigkeiten unmittelbar nach dem Zusammenstoß
(Exponentmarke: +): ẋ1+ und ẋ 2 + .
Während der infinitesimal kurzen Stoßdauer ∆t wirken in den Kontaktpunkten
B1 und B2 die inneren Wechselwirkungskräfte
r
r
r
r
F12 = K (t )n ,
F21 = − K (t )n ,
wobei K (t ) unbekannt ist. Der Schwerpunktsatz liefert für die beiden Scheiben
während der Stoßphase die Gleichungen
m1x˙˙1 = − K ,
m 2 x˙˙2 = K .
Wir integrieren diese Gleichungen über die kurze Stoßdauer ∆t und erhalten
m1( x˙1+ − x˙1− ) = −κ ,
m 2 ( x˙ 2 + − x˙ 2 − ) = κ ,
κ : = ∫ K (t )dt .
∆t
Das Ergebnis läßt sich als Impulserhaltungssatz formulieren:
m1x˙1+ + m 2 x˙ 2 + = m1x˙1− + m 2 x˙ 2 − ,
m1x˙1+ + m 2 x˙ 2 + = m1v1 − m 2v 2 ,
Es reicht aber nicht aus, um die Translationsgeschwindigkeiten ẋ1+ und ẋ 2 + zu
berechnen, weil der Kraftstoß κ nicht bekannt ist.
Die noch fehlende Gleichung erhalten wir aus der NEWTONschen Stoßhypothese,
die pauschal etwas aussagt über die Änderung der Relativgeschwindigkeiten der
B - 4.9 - Stoß zwischen starren Körpern bei ebener Bewegung
318
Kontaktpunkte senkrecht zur gemeinsamen Tangentialfläche der Körperoberflächen in den Kontaktpunkten:
r r
r
r r
r
n ⋅ (v B+ − v B+ ) = −ε n ⋅ (v B− − v B− ).
1
2
2
1
Dabei ist ε die Stoßziffer (0 ≤ ε ≤ 1) ; ε = 1 entspricht einem vollkommen elastischen und ε = 0 einem vollkommen unelastischen Stoßprozeß.
r r
Hier ist n = e x und deshalb wird
x˙ 2 + − x˙1+ = −ε ( −v 2 − v1 ).
Aus den beiden Gleichungen
m1x˙1+ + m 2 x˙ 2 + = m1v1 − m 2v 2 ,
x˙ 2 + − x˙1+ = ε (v 2 + v1 ),
folgt nun
x˙1+ =
x˙ 2 + =
Spezielle Fälle:
a) m1 = m 2 = m ,
v1 ≠ v 2 ,
v1(m1 − εm 2 ) − v 2 (1 + ε )m 2
,
v1(1 + ε )m1 − v 2 (m 2 − εm1 )
.
m1 + m 2
m1 + m 2
ε = 1:
Zwei Kreisscheiben gleicher Masse stoßen vollkommen elastisch zusammen.
r
x1+ = −v 2 ,
x˙ 2 + = v1.
Die beiden Kreisscheiben tauschen ihre Impulse aus.
b) m1 = m 2 = m ,
v 2 = 0,
ε = 0:
Eine Kreisscheibe trifft mit der Geschwindigkeit v1 auf eine ruhende Kreisscheibe
gleicher Masse, der Stoß sei vollkommen unelastisch.
v
r
x1+ = x˙ 2 + = 1 .
2
Beide Kreisscheiben bewegen sich nach dem Zusammenstoß mit gleicher Geschwindigkeit.
c) m 2 → ∞,
v 2 = 0:
Eine Kreisscheibe trifft mit der Geschwindigkeit v1 auf eine ruhende Wand.
r
x1+ = −εv1.
B - 4.9 - Stoß zwischen starren Körpern bei ebener Bewegung
319
Aufgabe 2
A
LS
r
ex
Ax
ϕ˙
h
h
S
m1
r
n
m2
K
B1
v1
K
B2
Eine Kugel (Masse m1) trifft mit der Geschwindigkeit v1 auf eine in A drehbar gelagerte ruhende Stange (Masse m 2 ). Man berechne die Geschwindigkeitszustände
der beiden Körper unmittelbar nach dem Zusammenstoß.
Für die Stoßphase liefern Schwerpunkt- und Momentensatz die Gleichungen
m1x˙˙ = − K ,
Θ Aϕ˙˙ = Kh .
Integration über die infinitesimale Stoßdauer ergibt
ΘA +
m1( x˙ + − x˙ − ) = −κ ,
(ϕ˙ − ϕ˙ − ) = κ ,
h
κ : = ∫ K (t )dt .
∆t
Mit
x˙ − = v1,
ϕ˙ − = 0
erhalten wir die Gleichung
m1( x˙ + − v1 ) +
ΘA +
ϕ˙ = 0,
h
und zusammen mit der NEWTONschen Stoßhypothese
r r
r
r r
r
n ⋅ (v B+ − v B+ ) = −εn ⋅ (v B− − v B− ) ,
2
1
2
h ϕ˙ + − x˙ + = εv1 ,
ergibt sich das Gleichungssystem
ΘA +
ϕ˙ = m1v1,
h
− x˙ + + h ϕ˙ + = εv1.
m1x˙ + +
Unmittelbar nach dem Zusammenstoß ist
1
B - 4.9 - Stoß zwischen starren Körpern bei ebener Bewegung
x˙ + = v1
h − εH
,
H +h
ϕ˙ + = v1
1+ ε
,
H +h
H:=
320
ΘA
.
m1h
Aus dem Schwerpunktsatz für die Stange
m 2L Sϕ˙˙ = K − A x
folgt nach Integration über die Stoßdauer ∆t für den Kraftstoß im Gelenkpunkt A
κ A:=
∫ Ax dt = κ − m 2L Sϕ˙
+
.
∆t
Mit dem obigen Ergebnis
κ=
ΘA +
ϕ˙
h
wird
κA = (
ΘA
− m 2L S )ϕ˙ + .
h
Insbesondere wird der Kraftstoß im Gelenkpunkt A null, wenn die Kugel im Abstand
h* =
m i 2 i 2
ΘA
= 2A = A
m 2L S m 2L S
LS
auf die Stange trifft. In diesem Fall nennt man B2 den Stoßmittelpunkt des Pendels.
Anwendung: Wenn man den Stil eines Hammers im Abstand h * vom Hammerkopf hält, wird die Hand beim Aufschlag des Hammers nicht geprellt.
Aufgabe 3
2a
ϕ˙1
2a
r
ey
r
ex
v1
S1
B2
ϕ˙2
B1
v2
S2
2b
2b
Zwei quadratische Scheiben bewegen sich nicht rotierend und reibungsfrei in der
xy -Ebene so aufeinander zu, daß sie in den Eckpunkten B1, B2 zusammensto-
B - 4.9 - Stoß zwischen starren Körpern bei ebener Bewegung
321
r r
ßen, wobei die Stoßnormale n = e x sein soll. Man berechne die Geschwindigkeitszustände der Scheiben unmittelbar nach dem Zusammenstoß.
S1
B2
K
B1
K
S2
ΘS =
1
m1
12
(4a 2 + 4a 2 ) =
2
m1a 2 ,
3
ΘS =
m2
12
2
(4b 2 + 4b 2 ) =
2
m 2b 2 .
3
Kinematischer Zustand unmittelbar vor dem Zusammenstoß:
x˙ S− = v1,
x˙ S− = −v 2 ,
1
ϕ˙1− = 0,
2
ϕ˙ 2− = 0.
Gleichungen für Schwerpunkt- und Momentensatz während der Stoßphase:
m 2 x˙˙S = K ,
m1x˙˙S = − K ,
1
2
ΘS ϕ˙˙1 = − Ka ,
ΘS ϕ˙˙2 = − Kb.
1
2
Integration über die Stoßdauer ∆t :
m1( x˙ S+ − x˙ S− ) = −κ ,
m 2 ( x˙ S+ − x˙ S− ) = κ ,
2
m1a (ϕ˙1+ − ϕ˙1− ) = −κ ,
3
2
m 2b (ϕ˙ 2+ − ϕ˙ 2− ) = −κ ;
3
1
1
2
2
Elimination des Kraftstoßes κ :
m1x˙ S+ + m 2 x˙ S+ = m1v1 − m 2v 2 ,
1
m1a ϕ˙1+
2
− m 2b ϕ˙ 2+ = 0,
2
m 2b ϕ˙ 2+ − m1x˙ S+ = −m1v1.
1
3
NEWTONsche Stoßhypothese:
r
r
r
r
r
r
e x ⋅ (v B+ − v B+ ) = −ε e x ⋅ (v B− − v B− );
2
1
2
1
κ : = ∫ K (t )dt .
∆t
B - 4.9 - Stoß zwischen starren Körpern bei ebener Bewegung
r
v B±
1
x˙ ± 0 a x˙ ± + a ϕ˙ ±
1
S1 S1
= 0 + 0 × −a = a ϕ˙1± ,
0 ϕ˙ ± 0
0
1
r
v B±
2
322
x˙ ± 0 −b x˙ ± − b ϕ˙ ±
2
S2 S2
= 0 + 0 × b = −b ϕ˙ 2± ,
0 ϕ˙ ± 0
0
2
x˙ S+ − b ϕ˙ 2+ − x˙ S+ − a ϕ˙1+ = −ε ( −v 2 − v1 ).
1
2
Aus den vier Gleichungen für die vier kinematischen Zustandsgrößen unmittelbar nach dem Stoß
m1x˙ S+ + m 2 x˙ S+ = m1v1 − m 2v 2 ,
1
m1a ϕ˙1+
x˙ S+
2
2
− m 2b ϕ˙ 2+ = 0,
2
m 2b ϕ˙ 2+ − m1x˙ S+ = −m1v1,
1
3
− b ϕ˙ 2+ − x˙ S+ − a ϕ˙1+ = ε (v 2 + v1 ),
1
folgt zunächst
b ϕ˙ 2+ =
3 m1 +
( x˙ − v1 ),
2 m 2 S1
a ϕ˙1+ =
3 +
( x˙ − v1 ),
2 S1
x˙ S+ = −
2
m1
m2
und schließlich
x˙ S+ = v1 −
1
m2
2
(1 + ε )
(v + v 2 ),
5
m1 + m 2 1
x˙ S+ = −v 2 +
2
m1
2
(1 + ε )
(v + v 2 ),
5
m1 + m 2 1
m2
3
(v + v 2 ),
a ϕ˙1+ = − (1 + ε )
5
m1 + m 2 1
m1
3
(v + v 2 ).
b ϕ˙ 2+ = − (1 + ε )
5
m1 + m 2 1
( x˙ S+ − v1 ) − v 2 ,
1
C - 1.1 - Schnittlasten
323
Aufgabe 1
Ein Balken (Länge L ) ist in A und B gelenkig gelagert und im Punkt x = ξ durch
r
eine Einzelkraft F * belastet. Man berechne die Schnittlasten.
*
F
A
L
z
*
F
α
B
x =ξ
x
α
x =ξ
Ax
Az
Bz
M by (x )
Ax
N (x )
Az
x
Q(x )
x <ξ
Q(x )
positives
Schnittufer
N (x )
M by (x )
x
Bz
x >ξ
z
negatives
Schnittufer
Berechnung der Auflagerkräfte:
A x + F * sin α = 0,
Az + Bz + F * cos α = 0,
− Bz L − F *ξ cos α = 0;
A x = − F * sin α ,
Bz = − F *
ξ
cos α ,
L
Az = − F * (1 −
ξ
)cos α .
L
Schnittlasten im Bereich 0 ≤ x < ξ :
A x + N ( x ) = 0,
Az + Q ( x ) = 0,
Az x + M by ( x ) = 0;
N ( x ) = F * sin α ,
Q ( x ) = F * (1 −
ξ
)cos α ,
L
M by ( x ) = F *x (1 −
ξ
)cos α .
L
C - 1.1 - Schnittlasten
324
Schnittlasten im Bereich ξ < x ≤ L :
− N ( x ) = 0,
Bz − Q ( x ) = 0,
Bz (L − x ) + M by ( x ) = 0;
N ( x ) = 0,
Q (x ) = −F *
ξ
cos α ,
L
M by ( x ) = F *ξ (1 −
x
)cos α .
L
Schnittlastdiagramme:
ξ
L
*
F sinα
N (x )
*
−F (ξ L )cosα
L
*
F (1 − ξ L )cosα
Q(x )
ξ
L
M by (x )
F *ξ(1 −
ξ
)cosα
L
Es gelten die differentiellen Gleichgewichtsbedingungen
N ′( x ) = 0,
Q ′( x ) = 0,
M by ′ ( x ) = Q ( x ).
Aufgabe 2
4mg
α
x1
α
L
L
α
z1
z2
x2
x3
z3
L
L
α
x4
z4
Für den aus vier homogenen Segmenten (Masse m , Länge L ) zusammengesetzten Rahmen berechne man die Biegemomente infolge der Eigengewichtsbela-
C - 1.1 - Schnittlasten
325
stung.
Streckenlasten senkrecht zur jeweiligen Rahmenachse:
mg
q (x i ) =
cos α .
L
Biegemomente:
M by ( x1 ) = −
M by ( x 2 ) = −mg (
2
x
mg
cos α 1 ,
L
2
2
x
L
mg
cos α 2 ,
+ x 2 )cos α −
L
2
2
M by ( x 3 ) = −2mg (L + x 3 )cos α + 4mgx 3 cos α −
2
x
mg
cos α 3 ,
L
2
2
x
3
mg
M by ( x 4 ) = −3mg ( L + x 4 )cos α + 4mg (L + x 4 )cos α −
cos α 4 ,
2
L
2
2
mg cos α x1
M by ( x1 ) = −
,
L
2
2
L2
mg cos α x 2
M by ( x 2 ) = −
(
),
+ Lx 2 +
L
2
2
2
mg cos α x 3
M by ( x 3 ) = −
(
− 2Lx 3 + 2L2 ),
L
2
M by ( x 4 ) = −
2
mg cos α x 4
L2
(
).
− Lx 4 +
L
2
2
−2mgL cosα
−
Aufgabe 3
mgL
cosα
2
−
mgL
cosα
2
C - 1.1 - Schnittlasten
326
Ein Balken (Masse m , Länge L ) ist statisch bestimmt gestützt. Er soll an der
Stelle x * > (L 2) durchgesägt werden. Wie muß man den Abstand b für das einwertige Auflager wählen, damit das Biegemoment an der Stelle x * null wird?
A
m
B
g
x*
b > (L 2)
q0 = mg L
Ax
x
Bz
Az
z
A x = 0,
Az + Bz + q 0 L = 0,
Bzb + q 0
L2
Bz = −q 0
,
2b
Az = q 0 L (
L
− 1).
2b
L2
= 0;
2
0 ≤ x ≤ b:
2
x 2 q0L
ξ
M by ( x ) = − Az x − qo
=
(2ξ − − ξ 2 ),
β
2
2
(ξ: =
x
b
, β: = )
L
L
b ≤ x ≤ L:
M by ( x ) = −q 0
2
( L − x )2 q 0 L
=
( −1 + 2ξ − ξ 2 ).
2
2
In der folgenden Abbildung sind die Biegemomentfunktionen für verschiedene
Werte von β dargestellt.
M by ( x ) = 0
*
2−
1
− ξ * = 0,
β
→
→
β=
x * = 0.75L
2
ξ*
2ξ −
− ξ * = 0,
β
*
1
,
2 − ξ*
→ b = 0.8L .
b=
L
.
2 − x* L
C - 1.1 - Schnittlasten
327
0.3
0.2
0.1
0.9
0.8
0.7
0.0
0.6
-0.1
0.5
-0.2
-0.3
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Aufgabe 4
Für einen homogenen kreiskegelförmigen Stab der Massendichte ρ berechne
man den Querschnittsradius r ( x ), die Streckenlast q ( x ) und das Biegemoment
M b ( x ).
r1
L
r0
ρ
x
g
z
Querschnittsradius:
r ( x ) = ro +
r1 − ro
L
x =:ro + λ x .
Querschnittsfläche:
A ( x ) = π ( ro + λ x )2 = π (ro 2 + 2λro x + λ2 x 2 ).
Streckenlast:
q ( x ) = ρg A ( x ) = ρg π ( ro 2 + 2λro x + λ2 x 2 ).
Biegemoment:
x
x
0
0
M b ( x ) = − ∫ q (ξ )( x − ξ )dξ = − ρg π ∫ ( ro 2 + 2λro ξ + λ2ξ 2 )( x − ξ )dξ ,
x
x
M b ( x ) = ρg π {− x ∫ ( ro + 2λro ξ + λ ξ )dξ + ∫ ( ro 2ξ + 2λro ξ 2 + λ2ξ 3 )dξ },
2
0
2 2
0
1
1
1 2 4
M b ( x ) = − ρg π ( ro 2 x 2 + λro x 3 +
λ x ).
2
3
12
C - 1.1 - Schnittlasten
328
Aufgabe 5
q2
q1
M0
x
L
F0
z
Man berechne mit Hilfe der differentiellen Gleichgewichtsbedingungen
Q ′( x ) = −q ( x ),
M by
′ (x ) = Q (x )
die Querkraft und das Biegemoment.
Streckenlast:
q (x ) =
q 2 − q1
L
x + q1.
Randbedingungen im (negativen) Schnittufer x = 0 :
Q (0) = − F0 ,
M by (0) = − M 0 .
Integration der differentiellen Gleichgewichtsbedingungen:
q − q1
Q ′( x ) = − 2
x − q1,
L
q − q1 x 2
M by
− q1x + C1,
′ (x ) = Q (x ) = − 2
2
L
q − q1 x 3
x2
− q1
+ C1x + C2 ;
M by ( x ) = − 2
6
2
L
Aus den Randbedingungen folgt:
C1 = − F0 ,
C2 = − M 0 .
q 2 − q1 x 2
− q1x − F0 ,
2
L
q − q1 x 3
x2
− q1
− F0 x − M 0 .
M by ( x ) = − 2
6
2
L
Q (x ) = −
Schnittlasten im Einspannquerschnitt:
Q (L ) = −(q1 + q 2 )
L
− F0 ,
2
M by (L ) = −q1
L2
L2
− q2
− F0 L − M 0 .
3
6
C - 1.1 - Schnittlasten
329
Aufgabe 6
z
Einspannung
A
A
z1
C
L
x1
L
L
x2
y
B
B
L
y1
y
y2
F
L
z2
O
L
O
2F
x
x
L
Für den mit zwei Kräften belasteten biegesteifen Rahmen berechne man im
x , y, z −System die in der Einspannstelle A auf den Rahmen wirkende Reaktionslast und die Schnittlasten in den Rahmenabschnitten AB und BC in den angegebenen lokalen Koordinatensystemen.
Reaktionslasten in A:
A x 0 0 0
A + 0 + 0 = 0,
y
A − F −2F 0
z
Ax 0
A = 0 ,
y
A 3F
z
M Ax L 0 L 0 0
M + L × 0 + − L × 0 = 0;
Ay
M −2L − F −2L −2F 0
Az
M Ax − FL
M = −3FL .
Ay
M 0
Az
Schnittlasten im Abschnitt AB im lokalen Koordinatensystem:
N −3F 0
1
Q + 0 = 0
y1
Q
z1 0 0
M −x
−3F 0 0
t1 1
M + 0 × 0 + − FL = 0,
by1
0
3
FL
M
bz1 0 0
C - 1.1 - Schnittlasten
330
M
0
t1
M = FL ,
by1
−
M
FL
3
bz1
N 3F
1
Q = 0 ,
y1
Qz1 0
Schnittlasten im Abschnitt BC im lokalen Koordinatensystem:
−M L − x
0
0
t2
2
+
− M
×
L
0
=
0
;
by 2
M
L
F
−
0
bz 2
− N 0 0
2
−Q + 0 = 0,
y2
−Qz 2 F 0
M
FL
t2
= − F (L − x ).
M
2
by 2
M
0
bz 2
N 0
2
Q = 0 ,
y2
Qz 2 F
Aufgabe 7
z
F0
γ
β
R
y
L
r*
F
r*
M
x
r
Ein Rad am Ende einer Welle wird durch die Kraft Fo belastet. Man berechne die
Schnittlastvektoren im Wellenquerschnitt x = L .
Fo sin γ sin β N (L ) 0
F sin γ cos β + Q (L ) = 0,
y
o
− F cos γ Q (L ) 0
o
z
M (L ) − L F sin γ sin β 0
t
o
M (L ) + 0 × F sin γ cos β = 0;
by
o
M (L ) R − F cos γ 0
o
bz
C - 1.1 - Schnittlasten
331
M (L )
RFo sin γ cos β
t
M (L ) = LF cos γ − RF sin γ sin β .
o
by
o
M (L )
LF
sin
γ
cos
β
o
bz
N (L ) − Fo sin γ sin β
Q (L ) = − F sin γ cos β ,
y
o
Q (L ) F cos γ
o
z
Aufgabe 8
Für den räumlichen Rahmen unter der angegebenen Belastung berechne man die
Schnittlasten in den angegebenen lokalen Koordinatensystemen. Die Belastung
ist insgesamt ein Gleichgewichtssystem.
F0
F0
M0
L
M0
L
q0 =
L
F0
L
L
2L
z2
z1
x1
y5
y2
x5
x2
z5
y1
x3
y3
x4
z3
y4
z4
In den x1-, x 2 - und x 3 -Bereichen werden die Gleichgewichtsbedingungen für die
Rahmenteile zwischen dem Querschnitt x1 = 0 und dem betreffenden Querschnitt
im Schnittlasten-Koordinatensystem aufgestellt. Für die x 4 - und x 5 -Bereiche
werden die Gleichgewichtsbedingungen für die Rahmenteile zwischen dem betref-
C - 1.1 - Schnittlasten
332
fenden Querschnitt und dem Endquerschnitt x 5 = L aufgestellt.
Bereich 0 ≤ x1 < L :
N ( x1 ) 0 0
Q ( x ) + − F = 0,
y 1 0
Q ( x ) 0 0
z 1
N ( x1 ) 0
Q ( x ) = F ,
y 1 0
Q ( x ) 0
z 1
M ( x ) − x 0 0
t 1 1
M ( x ) + 0 × − F = 0,
0
by 1
M ( x ) 0 0 0
bz 1
M (x ) 0
t 1
M ( x ) = 0 .
by 1
M ( x ) − F x
bz 1 0 1
Bereich 0 ≤ x 2 < L :
N ( x 2 ) − F0 0
Q ( x ) + 0 = 0,
y 2
Q ( x ) 0 0
z 2
N ( x 2 ) F0
Q ( x ) = 0 ,
y 2
Q ( x ) 0
z 2
M ( x ) − x − F 0 0
t 2 2 0
M ( x ) + L × 0 + 0 = 0,
by 2
M ( x ) 0 0 − M 0
0
bz 2
M (x )
0
t 2
M ( x ) =
.
0
by 2
M ( x ) M − F L
0
bz 2 0
Bereich 0 ≤ x 3 < 2L :
0
N (x )
0
3
= 0,
Q ( x ) +
0
y 3
Q ( x ) − F + q x 0
0 3
z 3 0
M ( x ) − x 0 M − x 2 0 0
t 3 3
0 3
M ( x ) + L × 0 + 0 + 0 × 0 = 0,
by 3
M ( x ) − L − F 0 0 q x 0
0 3
0
bz 3
N (x )
0
3
,
Q ( x ) =
0
y 3
Q ( x ) F (1 − x L )
3
z 3 0
M (x )
F0 L − M 0
t 3
M ( x ) = F ( x − x 2 (2L )).
3
by 3 0 3
M ( x )
0
bz 3
C - 1.1 - Schnittlasten
333
Bereich 0 ≤ x 4 < L :
N ( x 4 ) F0 0
− Qy ( x 4 ) + 0 = 0,
Q ( x ) 0 0
z 4
N ( x 4 ) F0
Q ( x ) = 0 ,
y 4
Q ( x ) 0
z 4
M ( x ) 0 L − x F 0
4
0
t 4
− M by ( x 4 ) + 0 + − L × 0 = 0,
M ( x ) − M 0 0 0
0
bz 4
M (x )
0
t 4
M ( x ) =
.
0
by 4
M ( x ) − M + F L
0
0
bz 4
Bereich 0 ≤ x 5 ≤ L :
N ( x ) 0 0
5
− Qy ( x 5 ) + F0 = 0,
Q ( x ) 0 0
z 5
N (x ) 0
5
Q ( x ) = F ,
y 5 0
Q ( x ) 0
z 5
M ( x ) L − x 0 0
5
t 5
− M by ( x 5 ) + 0 × F0 = 0,
M ( x ) 0 0 0
bz 5
M (x )
0
t 5
.
M ( x ) =
0
by 5
M ( x ) F ( L − x )
5
bz 5 0
C - 1.2 - Flächengeometrische Größen
334
Aufgabe 1
Man berechne die Lage des Schwerpunktes einer symmetrisch zur x -Achse liegenden Kreisringsektorfläche.
y
Ra
r
α
α
ϕ
x
Ri
A = (Ra 2 − Ri 2 )α ,
1
1
x S : = ∫ xdA =
AA
A
Ra α
3
3
1 Ra − Ri
xS =
2 sin α ,
A
3
∫ ( ∫ r cosϕ rdϕ )dr ,
R i −α
xS =
3
3
2 Ra − Ri sin α
.
3 Ra 2 − Ri 2 α
Aufgabe 2
y
L
L
x
Man berechne die Koordinaten des Schwerpunktes der dargestellten Fläche.
Fläche:
A=
π
π
(4 L )2 − 2 L2 = 3πL2 .
4
2
C - 1.2 - Flächengeometrische Größen
335
Schwerpunktkoordinaten der Teilflächen:
Viertelkreis:
AVK = 4πL2 =
rechter Halbkreis:
AHKR =
linker Halbkreis:
AHKL =
x S = yS =
4
A,
3
x SVK = ySVK =
2
sin(π / 4) 2 16
4L
=
L,
3
2
3π
π /4
π 2 A
L = ,
2
6
x SHKR = 2L ,
π 2 A
L = ,
2
6
x SHKL =
ySHKR =
4
L,
3π
4
L,
3π
ySHKL = 2L .
1 4 16
A
A 4 62 1
−
A
L − 2L −
L =
L = 1, 859 L .
6
6 3π 9π 3
A 3 3π
Aufgabe 3
Man berechne die beiden Flächenträgheitsmomente und die beiden Widerstandsmomente des I-Querschnitts mit konstanter Profilbreite δ .
b
y
S
δ
h
z
Flächenträgheitsmomente:
bh 3
(b − δ ) (h − 2δ )3
1
Iy =
−2
=
[bh 3 − (b − δ )(h − 2δ )3 ],
12
2
12
12
Iz =
(h − 2δ )δ 3
b3
1
+ 2δ
=
[2δb 3 + δ 3 (h − 2δ )].
12
12 12
Widerstandsmomente:
Wy : =
Iy
h /2
Wz : =
=
Iz
b/2
1
[bh 3 − (b − δ )(h − 2δ )3 ],
6h
=
1
[2δb 3 + δ 3 (h − 2δ )].
6b
C - 1.2 - Flächengeometrische Größen
336
Aufgabe 4
Man berechne für den dünnwandigen Querschnitt (Wandstärke δ << a ) eines Stabes die Hauptflächenträgheitsmomente und die Hauptachsenorientierungen.
a
y˜
S
y˜
S
2a
α
*
y
z˜
z˜
z
a
Hinweis:
In den Integralen für die Flächenmomente zweiter Ordnung setze man auf den
Flächenteilen, die parallel zur ỹ -Achse sind, dA = δ dy˜ und auf dem Flächenteil
parallel zur z̃ -Achse dA = δ dz˜ .
I y˜ = ∫ z˜ 2dA,
A
a
I y˜ = ∫ ( −a ) δ dy˜ +
a
I z˜ = ∫ y˜ 2δ dy˜ +
0
a
∫z
−a
a
δ dz˜ +
a
A
∫ (a )
2
δ dy˜ = a 3δ +
−a
2
∫ (0) δ dz˜ +
−a
˜˜ ,
= − ∫ yzdA
I yz
˜˜
0
˜2
= − ∫ y˜ ( −a )δ dy˜ −
I yz
˜˜
0
A
a
2
0
I z˜ = ∫ y˜ 2dA ,
0
∫ y˜
δ dy˜ =
2
−a
0
2 3
8
a δ + a 3δ = a 3δ ,
3
3
1 3
1
2
a δ + 0 + a 3δ = a 3δ ,
3
3
3
1
∫ (0)z˜δ dz˜ − ∫ y˜ (a )δ dy˜ = 2 a
−a
−a
δ −0+
3
1 3
a δ = a 3δ .
2
Hauptachsenrichtungen:
α* =
2I yz
1
1
2a 3δ
1
π
˜˜
arctan
= arctan
= arctan(1) = .
8 3
2
I y˜ − I z˜ 2
2
8
a δ − a 3δ 2
3
3
C - 1.2 - Flächengeometrische Größen
337
Hauptträgheitsmomente:
1
1
5
2
(I y˜ + I z˜ ) +
(I y˜ − I z˜ )2 + 4 I yz
= ( + 2 ) a 3δ ,
˜
˜
2
2
3
1
1
5
2
I z = (I y˜ + I z˜ ) −
(I y˜ − I z˜ )2 + 4 I yz
= ( − 2 ) a 3δ ,
˜
˜
2
2
3
Iy =
I y = 3, 081a 3δ ,
I z = 0, 252 a 3δ .
Aufgabe 5
Der Querschnitt eines Stabes hat die Form eines Quadrats (Kantenlänge a ) mit
vier symmetrisch angeordneten, halbkreisförmigen Einschnitten (Radius R). Man
berechne die Flächenträgheitsmomente I y = I z .
2R
ζ˜
ζ
h
r
a
y
ϕ
η˜
S
η
R
η˜S =
4
R, ζ˜S = 0.
3π
z
˜ ˜ −Bezugssystem:
Flächenträgheitsmomente des Halbkreises im ηζ
I η˜ = ∫ ζ˜ 2dA =
A
π 2 R
π 4
∫ ∫ r sin ϕrdrdϕ = 8R ,
−π 2 0
2
2
I ˜ = ∫ η dA =
ζ
˜2
A
π 2 R
∫ ∫r
−π 2 0
2
π
cos2ϕrdrdϕ = R 4 ;
8
und im dazu parallelen ηζ − Hauptachsensystem durch S:
I η = I η˜ ,
I ζ = I ˜ − Aη˜ S 2 =
ζ
π 4 π 2 4
π
8
R − R (
R )2 = ( −
)R 4 .
8
2
3π
8 9π
Flächenträgheitsmomente des Querschnitts:
Iy = Iz =
a4
π
π
π
a
8
4
− 2{ R 4 + ( −
R )2}.
)R 4 + R 2 ( −
12
8
8 9π
2
2 3π
C - 1.2 - Flächengeometrische Größen
338
Aufgabe 6
y
yˆ
c
a
α*
S
y˜
b
z
c
z˜
zˆ
Man berechne für den dargestellten Querschnitt die Hauptflächenträgheitsmomente und die Orientierung α * des Hauptachsensystems.
Querschnittsfläche:
A = ac + c (b − c ).
Schwerpunktskoordinaten:
yˆ S =
c a
b c
2
2
1 1 2
1
1
1 2
= a + bc − c ,
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
=
+
=
+
−
ydA
(
ydy
)
dz
(
ydy
)
dz
a
c
c
(
b
c
)
∫∫
2
A A∫
A 0∫ 0∫
2(a + b − c )
A 2
c 0
zˆ S =
c a
b c
2
2
1 1 2
1
1
1
2
2 b + ac − c
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
=
+
=
+
−
=
zdA
(
zdy
)
dz
(
zdy
)
dz
c
a
c
(
b
c
)
,
∫∫
+
−
2
2
2
A A∫
A 0∫ 0∫
A
(
a
b
c
)
c 0
ˆ ˆ -Koordinatensystem:
Flächenmomente 2. Ordnung im yz
b c
c a 2
1
1
2
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
I yˆ = ∫ z dA = ∫ ( ∫ z dy )dz + ∫ ( ∫ zˆ 2dyˆ )dzˆ = c 3a + c (b 3 − c 3 ),
3
0 0
3
A
c 0
b c
c a
1
1
I zˆ = ∫ yˆ 2dA = ∫ ( ∫ yˆ 2dyˆ )dzˆ + ∫ ( ∫ yˆ 2dyˆ )dzˆ = a 3c + c 3 (b − c ),
3
0 0
3
A
c 0
I yz
ˆˆ
b c
c a
1
1
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ ˆ ˆ )dzˆ = − a 2c 2 − c 2 (b 2 − c 2 ).
= − ∫ yzdA = − ∫ ( ∫ yzdy )dz + ∫ ( ∫ yzdy
4
4
0 0
A
c 0
˜ ˜ -Koordinatensystem:
Flächenmomente 2. Ordnung im yz
(STEINERscher Satz)
I y˜ = I yˆ − Azˆ S 2 ,
I z˜ = I zˆ − Ayˆ S 2 ,
= I yz
+ Ayˆ S zˆ S .
I yz
ˆˆ
˜˜
C - 1.2 - Flächengeometrische Größen
339
Orientierung des Hauptachsensystems:
α* =
2I yz
1
˜˜
arctan
.
2
I y˜ − I z˜
Hauptträgheitsmomente:
Iy =
Iz =
I y˜ + I z˜
2
I y˜ + I z˜
2
+
−
I y˜ − I z˜
2
I y˜ − I z˜
2
cos(2α * ) + I yz
sin(2α * ),
˜˜
cos(2α * ) − I yz
sin(2α * ).
˜˜
Spezielle Werte:
a = 7cm,
b = 4cm,
yˆ S = 2, 6 cm
α * = −17, 3o ,
c = 1cm.
zˆ S = 1,1cm;
I y = 7, 31cm 4 ,
I z = 51, 66 cm 4 .
C - 1.3 - Axial belastete Stäbe
340
Aufgabe 1
Eine homogene starre Platte (Masse m ) wird an vier symmetrisch angeordneten
Seilen im Schwerkraftfeld aufgehängt. Alle Seile haben die gleiche Dehnsteifigkeit
EA ; die angegebenen Abmessungen gelten für den unbelasteten Zustand. Unter
der Voraussetzung, daß die Vertikalverschiebung u der Platte sehr klein ist im
Vergleich mit den Längen der unbelasteten Seile, berechne man u und die Seilkräfte.
y
O
2L
(1)
(1)
(2)
(2)
2L
L
L
g
S1
α1
S2
α2
S2
α2
x
S1
α1
m
G = mg
Wegen der vorliegenden Symmetrie bezüglich der x -Achse genügt es, wenn wir
die geometrischen Beziehungen nur für die rechte Seite formulieren.
Längen der unbelasteten Seile:
L1 = 2 2L ,
L 2 = 5L .
Richtungsvektoren der unbelasteten Seile:
r
r
r
r
r
1
1 r
1 r
e1 =
(2Le x + 2Le y ) =
ex +
e y = sin α1e x + cos α1e y ,
L1
2
2
r
r
r
r
r
1
2 r
1 r
e2 =
ex +
e y = sin α 2e x + cos α 2e y .
(2Le x + Le y ) =
L2
5
5
Längenänderungen der Seile, wenn die Platte um u in x -Richtung verschoben
wird und u << L i gilt:
r r
1
∆L1 = ue x ⋅ e1 =
u,
2
r r
2
∆L 2 = ue x ⋅ e 2 =
u.
5
Dehnungen der Seile und Seilkräfte:
ε1 =
ε2 =
∆L1 1 u
=
,
L1
4L
∆L 2
L2
=
2u
;
5L
1 EA
u,
4 L
2 EA
S2 = σ 2 A = EAε 2 =
u.
5 L
S1 = σ1A = EAε1 =
C - 1.3 - Axial belastete Stäbe
341
Kräftegleichgewicht in x -Richtung:
G − 2S1 sin α1 − 2S2 sin α 2 = 0,
→
2S1 +
4
S = G.
5 2
Berechnung der Vertikalverschiebung u aus der Gleichgewichtsbedingung:
2 EA
8 EA
u+
u = G,
4 L
5 5 L
→
Berechnung der Seilkräfte:
1
S1 =
G = 0.234 G ,
32
2+
5 5
u=
S2 =
1
GL
GL
= 0.935
.
2
8 EA
EA
+
4 5 5
2
5 2
8
+
4
5
G = 0.374 G .
Hinweis: Bei Annahme starrer Seile ist das System statisch unbestimmt.
Aufgabe 2
Eine starre Platte ist mit drei Stäben aus gleichem Material verbunden. Wie groß
sind die Stabkräfte, wenn der mittlere Stab um ∆T erwärmt wird?
S1
L
β
β
S1
S2
Die Außenstäbe werden auf Zug, der mittlere auf Druck beansprucht.
Kräftegleichgewicht:
S2 − 2S1 cos β = 0.
Wenn sich der mittlere Stab um ∆L verlängert, ändert sich die Länge der Seitenstäbe um
∆L1 = ∆L cos β .
Aus dem Stoffgesetz für die Stäbe
ε=
σ
+ α∆T
E
folgt:
S
∆L
= − 2 + α∆T ,
L
EA
∆L1 S1
;
=
L1
EA
(L1 = L cos β )
C - 1.3 - Axial belastete Stäbe
S2 = − EA
342
∆L
+ αEA ∆T ,
L
S1 = EA cos2 β
∆L
.
L
Mit Hilfe der obigen Gleichgewichtsbedingung läßt sich nun ∆L berechnen:
Lα∆T
∆L =
.
1 + 2 cos3 β
Damit erhalten wir schließlich die Stabkräfte:
S2 = αEA (1 −
1
)∆T ,
1 + 2 cos3 β
S1 = αEA
cos2 β
∆T .
1 + 2 cos3 β
Aufgabe 3
Der Deckel eines kreiszylindrischen Behälters (Innenquerschnitt A ) wird mit n
gleichmäßig verteilten Dehnschrauben (Ganghöhe h , Federsteifigkeit c S ) befestigt. Zwischen Deckel und Behälter liegt eine Dichtung (Federsteifigkeit c D ). Der
Deckel und der Behälter werden als starr angenommen. Man berechne die auf die
Dehnschrauben und die Dichtung wirkenden Kräfte, wenn die Schraubenmuttern um den Winkel α angezogen werden und der Behälter unter dem Innendruck pi steht.
FS
nFS
Fi
FS
FD
FD
FD
pi
FD
A
nFS
Fi
Bezeichnungen:
FS : Zugkraft in einer angezogenen Dehnschraube,
Fi :
Druckkraft auf den Deckel und den Boden des Behälters,
C - 1.3 - Axial belastete Stäbe
343
Fi = pi A.
FD :
Druckraft auf den Dichtungsring.
Kräftegleichgewichtsbedingungen für den Deckel und den Behälter:
− nFS + FD + Fi = 0,
nFS − FD − Fi = 0,
→
FD = nFS − Fi .
Kinematische Bedingung für die Längenänderung ∆L S der Schraube und die Dikkenänderung ∆d D der Dichtung, wenn die Muttern der Dehnschrauben um den
Winkel α angezogen werden:
∆d D =
h
α − ∆L S .
2π
Mit den Federgesetzen
∆d D =
FD
cD
∆L S =
,
FS
cS
,
gilt dann
FD
cD
+
FS
cS
=
h
α,
2π
FS = c * (
nFS − Fi
→
cD
F
h
α + i ),
2π
cD
c* =
+
FS
cS
c D cS
=
c D + nc S
h
α,
2π
.
Auf die Dichtung wirkt dann die Druckkraft
FD = nFS − Fi = nc * (
FD
F
h
α − i ).
2π
nc S
nFS
nFS
nc *
h
α
2π
FD
Fi
Die Dichtung funktioniert für
Fi < nc S
h
α.
2π
C - 1.3 - Axial belastete Stäbe
344
Aufgabe 4
(EA )1
;;;;;
;;;;;
;;;;;
L10
;;;;;
;;;;;
;;;;;
(EA )2
L 20
h0
L
Zwischen zwei Drähten (Elastizitätsmodul Ei , Querschnittsfläche Ai , Länge im
unbelasteten Zustand L i 0 ) (i =1, 2 ) ist ein Spannschloss angebracht, das im unbelasteten Ausgangszustand die Länge h 0 hat. Wird es um den Winkel α gedreht,
so erhält es die Länge
∆h
∆h
h (α ) = h 0 − 2
α = h0 −
α,
2π
π
wenn ∆h die Ganghöhe der beiden Spannschrauben ist. Man berechne die Verlängerungen ∆L i (α ) der beiden Drähte und die in den Drähten wirkende Zugkraft
S(α ) .
Für die Zugkraft gilt
S (α ) = σ1A1 = ε1(EA )1 =
∆L1
L10
(EA )1,
S (α ) = σ 2 A2 = ε 2 (EA )2 =
∆L 2
L 20
(EA )2 ,
und mit den Federkonstanten der beiden Drähte
(EA )i
ci : =
Li 0
erhalten wir
∆L1c1 − ∆L 2c 2 = 0.
Die zweite Gleichung für die Verlängerungen ∆L i (α ) ergibt sich aus der kinematischen Zwangsbedingung
∆L1 + ∆L 2 =
∆h
α.
π
Es wird also
∆L1(α ) =
c2
∆h
α
,
π c1 + c 2
S (α ) =
∆L 2 (α ) =
cc
∆h
α 1 2 .
π c1 + c 2
c1
∆h
α
,
π c1 + c 2
C - 1.3 - Axial belastete Stäbe
345
Aufgabe 5
Ein starrer Körper der Masse m hängt im Schwerkraftfeld an vier symmetrisch
angeordneten elastischen Seilen (Querschnitt A , Elastizitätsmodul E ). Man berechne die vertikale Verschiebung u des starren Körpers und die Seilkräfte.
y
α
α
α
α
L
g
L
x
Richtungsvektor der linken Seile:
r
r
r
e = cos α e x + sin α e y .
Seillängen:
L1 =
L
2L
, L2 =
.
cos α
cos α
y
α L1
α
L2
L1 α
S1
S1
α
L2
G
S2
x
S2
u
Seildehnungen und Seilkräfte:
r r
u ⋅ e u cos α u
ε1 =
=
= cos2α ,
L1
L1
L
S1 = EAε1,
r r
u ⋅ e u cos α
u
ε2 =
=
=
cos2α ,
L2
L2
2L
S2 = EAε 2 .
Gleichgewichtsbedingungen:
2S1 cos α + 2S2 cos α − G = 0,
→
S1 + S2 =
G
;
2 cos α
C - 1.3 - Axial belastete Stäbe
346
Berechnung der Verschiebung u :
u
u
G
EA cos2α + EA
cos2α =
,
L
2L
2 cos α
S1 =
1 G
,
3 cos α
S2 =
→
u=
GL
1
.
3 EA cos3α
1 G
.
6 cos α
Aufgabe 6
Ein Schild (Gewichtskraft G ) ist in A gelenkig gelagert und an zwei parallelen elastischen Seilen (Dehnsteifigkeit EA ) aufgehängt. Man berechne den kleinen
Drehwinkel ϕ <<1 des Schildes um den Punkt A und die beiden Seilkräfte.
r
ex
C
r
ey
L1
α
α
B
L
S2
S1
L2
A
C
A
B
L
G
G
Momentengleichgewicht bezogen auf den Punkt A (näherungsweise bei noch nicht
gedrehtem Schild):
G
GL − S1 sin α 2 L − S2 sin α L = 0,
→
2S1 + S2 =
.
sin α
Verschiebungen der Punkte B und C in vertikaler Richtung infolge der Drehung
des Schildes um den Winkel ϕ :
r
r
r
r
(sin ϕ ≈ ϕ )
u C = 2 L ϕe y ,
u B = L ϕe y ;
Richtungsvektor der Seile und Verschiebungen der Punkte B und C in Seilrichtung:
r r
u1 = u C ⋅ e = 2 L ϕ sin α ,
r
r
r
e = cos α e x + sin α e y ,
r r
u 2 = u B ⋅ e = L ϕ sin α .
Längen der unbelasteten Seile und Seildehnungen:
u
2L
L
L1 =
,
L2 =
,
ε1 = 1 = ϕ sin α cos α ,
cos α
L1
cos α
ε2 =
u2
L2
= ϕ sin α cos α .
C - 1.3 - Axial belastete Stäbe
347
Seilkräfte:
S1 = EAε1 = EAϕ sin α cos α ,
S2 = EAε 2 = EAϕ sin α cos α .
Aus der Gleichgewichtsbedingung erhalten wir eine Gleichung für den Drehwinkel ϕ :
2S1 + S2 =
G
,
sin α
→
ϕ=
3EAϕ sin α cos α =
G
.
3EA sin2α cos α
Seilkräfte:
S1 = S2 =
G
.
3 sin α
G
,
sin α
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
348
Aufgabe 1
Für den einseitig eingespannten Balken (Länge L , Biegesteifigkeit EI y ) der durch
eine konstante Streckenlast q 0 und im Querschnitt x = 0 durch eine Kraft F0
und ein Moment M 0 belastet ist, berechne man die Biegelinie.
F0
F0
q0
M by (x )
N (x )
x
L,EI y
M0
M0
z
Qz (x )
z
Schnittlasten:
N ( x ) = 0,
Qz ( x ) = − F0 − q 0 x ,
M by ( x ) = − M 0 − F0 x −
1
q0 x 2 .
2
Differentialgleichung für die Biegelinie und Randbedingungen:
EI yw ′′( x ) = M 0 + F0 x +
1
q x 2,
2 0
w ′(L ) = 0,
w (L ) = 0.
Berechnung der Biegelinie:
1
1
F0 x 2 + q 0 x 3 + C1,
2
6
1
1
1
EI yw ( x ) = M 0 x 2 + F0 x 3 +
q 0 x 4 + C1x + C2 ;
2
6
24
EI yw ′( x ) = M 0 x +
C1 = − M 0 L −
C2 = −
w(x ) =
1
1
F0 L2 − q 0 L3 ,
2
6
1
1
1
1
1
1
M 0 L2 − F0 L3 −
q 0 L4 − C1L = M 0 L2 + F0 L3 + q 0 L4 .
2
6
24
2
3
8
1
EI y
x2
x 3 L2 x L 3
x 4 L3 x L4
L2
M
−
Lx
+
+
F
−
+
+
q
−
+
0
.
0 6
0 24
2
2
3
6
8
2
Durchbiegung im Querschnitt x = 0:
w (0 ) =
1
EI y
L2
L3
L4
M
+
F
+
q
.
0
0 3
0 8
2
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
349
Aufgabe 2
M0
L
L
EI1
EI 2
x
z
Für den aus zwei Abschnitten mit unterschiedlicher Biegesteifigkeit bestehenden
Balken berechne man die Biegelinie bei der angegebenen Momentenbelastung im
Querschnitt x = 2L .
Biegemoment:
M by ( x ) = M 0 ,
0 ≤ x ≤ 2L .
Differentialgleichungen für die Biegelinie:
M
w1′′ ( x ) = − 0 ,
EI1
w2′′ ( x ) = −
M0
EI 2
,
0 ≤ x < L,
L ≤ x ≤ 2L .
Rand- und Übergangsbedingungen:
w1(0) = 0,
w1′ (0) = 0,
w1(L ) = w2 (L ),
w1′ (L ) = w2′ (L ).
Lösungen der Differentialgleichungen:
M
M
w1′ ( x ) = − 0 x + C1,
w1( x ) = − 0 x 2 + C1x + C2 ,
EI1
2EI1
w2′ ( x ) = −
M0
x + C3 ,
w2 ( x ) = −
EI 2
Bestimmung der Integrationskonstanten:
w1′ (0) = 0,
M0
2EI 2
x 2 + C3 x + C 4 .
→ C1 = 0,
w1(0) = 0,
→ C2 = 0,
M
M
w1′ (L ) = w2′ (L ), → − 0 L = − 0 L + C3 ,
EI1
EI 2
M0 2
M0 2
w1(L ) = w2 (L ), → −
L =−
L + C3 L + C 4 ;
2EI1
2EI 2
M L 1 1
C3 = 0 − ,
E I 2 I1
M 0 L2 1 1
C4 =
−
.
2E I1 I 2
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
350
M0 2
−
x
0≤x <L
2EI1
w(x ) = M
0 x2 +C x +C
−
L ≤ x ≤ 2L .
4
3
EI
2
2
I1 = 2I 2 ,
1 M 0L
C3 =
,
2 EI 2
→
2
1 M 0L
C4 = −
,
4 EI 2
1.2
0.8
0.4
0.0
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
Biegelinie
Aufgabe 3
L,EI y
x
F
ξ
h
z
b
<<1
h
B
b
Ein Balken (Länge L , Biegesteifigkeit EI y ) wird durch eine Kraft im Abstand ξ
vom Einspannquerschnitt belastet. Im Endquerschnitt x = L ist ein starrer Zeiger
(Länge h ) mit dem Balken verbunden. Für welchen Wert von ξ berührt der Zeigerendpunkt B gerade die senkrechte Wand, wenn er im unbelasteten Zustand
den Abstand b hat?
Für den Neigungswinkel α der Biegelinie ab der Lastangriffsstelle gilt
α = w ′(ξ )
für ξ ≤ x ≤ L ,
und es muß
werden. Im Bereich 0 ≤ x ≤ ξ gilt:
hα = b
M by ( x ) = − F (ξ − x ),
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
351
EI yw ′′( x ) = F (ξ − x ),
EI yw ′( x ) = F (ξx −
x2
)
2
b
Fξ 2
=
h 2EI y
w ′(ξ ) =
→
2bEI y
ξ=
→
hF
Fξ 2
.
2EI y
.
Aufgabe 4
Für den rechtwinkligen biegesteifen Rahmen berechne man die Verschiebungen
längs der Rahmenachse.
r
ex
L
L
z2
r
ez
x2
x1
F
F 2
F 2
r
r
1 r
ex =
(e x + e z ),
2
2
F
z1
r
r
r
1
ez =
( −e x + e z ).
2
2
Schnittlasten:
F
=: − F *,
2 2
M by ( x1 ) = F * x1;
N ( x 2 ) = − F *,
N ( x1 ) = −
M by ( x 2 ) = F * (L − x 2 ).
Differentialgleichungen für die Verschiebungen längs und quer zur Rahmenachse:
EAu1′ = − F *,
EAu1 = − F * x1 + C1;
EAu 2′ = − F *,
EAu 2 = − F * x 2 + C 4 ;
Rand- und Übergangsbedingungen:
EIw1′′ = − F * x1,
F* 2
x + C2 ,
2 1
F* 3
EIw1 = −
x + C 2 x1 + C 3 ;
6 1
EIw2′′ = F * x 2 − F * L ,
EIw1′ = −
F* 2
x − F * Lx 2 + C5 ,
2 2
F* 3 F*
EIw2 =
x2 −
Lx 22 + C5 x 2 + C6 .
6
2
EIw2′ =
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
352
u1(0) = 0,
w1(0) = 0,
w1′ (L ) = w2′ (0),
u1(L ) = −w2 (0),
r
r
r
r
u1(L )e x + w1(L )e z = u 2 (0)e x + w2 (0)e z , →
1
1
2
2
w1(L ) = u 2 (0),
r
r
r
→
u 2 (L ) + w2 (L ) = 0.
{u 2 (L )e x + w2 (L )e z } ⋅ e z = 0
2
2
Mit dem Trägheitsradius des Querschnitts
i := I A
wird:
F * L2
F * L3
2
C1 = 0, C2 =
, C3 = 0, C4 =
2 , C5 = 0, C6 = F * Li .
2
3i
Verschiebung des einwertigen Auflagers in x -Richtung:
r
r
r
1
f = e x ⋅ (u 2 (L )e x + w2 (L )e z ) =
(u (L ) − w2 (L )).
2
2
2 2
Aufgabe 5
Für den biegesteifen Rahmen (Dehnsteifigkeit EA , Biegesteifigkeit EI ) berechne
man die Biegelinie.
D
L
F
B
α
L
D
F
Bz
x2
Bx
x1
z1
Auflagerkräfte:
z2
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
353
B x − D sin α = 0,
Bz − F + D cos α = 0,
Bz = D =
Bz L − DL = 0;
F
,
1 + cos α
Bx =
F sin α
.
1 + cos α
Schnittlasten:
N ( x1 ) = − B x ,
N ( x 2 ) = 0,
M by ( x1 ) = Bz x1,
M by ( x 2 ) = D (L − x 2 ).
Differentialgleichungen für die Verschiebungen längs und quer zur Rahmenachse:
EI yw1′′( x1 ) = − Bz x1,
EAu1′ ( x1 ) = − B x ,
1
EI yw1′ ( x1 ) = − Bz x12 + C2 ,
2
1
EI yw1( x1 ) = − Bz x13 + C2 x1 + C3 ,
6
EAu1( x1 ) = − B x x1 + C1,
EI yw2′′ ( x 2 ) = D ( x 2 − L ),
EAu 2′ ( x 2 ) = 0,
1
EI yw2′ ( x 2 ) = D ( x 22 − Lx 2 ) + C5 ,
2
1
1
EI yw2 ( x 2 ) = D ( x 23 − Lx 22 ) + C5 x 2 + C6 .
6
2
EAu 2 ( x 2 ) = C 4 ,
Randbedingungen:
u1(0) = 0,
w1(0) = 0,
w2 (L ) = 0;
Übergangsbedingungen für die biegesteife Ecke:
Gleiche Querschnittsdrehungen:
w1′ (L ) = w2′ (0),
gleiche Schwerpunktsverschiebungen:
r
r
r
r
u1(L )e x + w1(L )e z = u1(0)e x + w2 (0)e z ,
1
Mit
1
r
r
r
e x = cos α e x − sin α e z ,
2
1
1
2
2
r
r
r
e z = sin α e x + cos α e z ,
2
1
1
entstehen aus der vektoriellen Stetigkeitsbedingung für die Verschiebungen die
beiden Bedingungen
u1(L ) = u 2 (0)cos α + w2 (0)sin α ,
w1(L ) = −u 2 (0)sin α + w2 (0)cos α .
Zur Bestimmung der sechs Integrationskonstanten C1, C2 ,..., C6 stehen nun sechs
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
Gleichungen zur Verfügung:
354
C1 = 0,
C3 = 0,
−D
1 3
L + C5 L + C6 = 0,
3
1
− B z L2 + C 2 = C 5 ,
2
cos α
sin α
1
−
Bx L =
C4 +
C ,
EA
EA
EI y 6
1
1
sin α
cos α
( − B z L3 + C 2 L ) = −
C4 +
C .
EI y 6
EA
EI y 6
Wir definieren den Trägheitsradius des Querschnitts bezogen auf die zur y -Achse
parallele Trägheitshauptachse:
iy : = I y A ,
I y =: Ai y 2
Mit D = Bz erhalten wir dann für die noch nicht bestimmten Konstanten das folgende Gleichungssystem
1 3
L ,
3
1
C 2 − C 5 = B z L2 ,
2
C5 L + C 6 = B z
C4i y 2 cos α + C6 sin α = − B x i y 2L ,
C2L + C4i y 2 sin α − C6 cos α = Bz
1 3
L .
6
Wir eliminieren zunächst C5 und C 4 und erhalten die Gleichungen
C2 L + C6 = B z
5 3
L ,
6
−C2L cos α + C6 = − B x i y 2L sin α − Bz
1 3
L cos α ,
6
mit den Lösungen
1
B x i y 2 sin α + Bz (5 + cos α ) L2
6 ,
C2 =
1 + cos α
C6 = B z
und dann wird
5 3
L − C2 L ,
6
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
355
C5 = C 2 − B z
C4 =
1
iy
2
1 2
L ,
2
( −C2L sin α − B x i y 2L cos α + Bz
1 3
L sin α ).
6
Der Verschiebungsvektor des Lastangriffspunktes lautet
C r
C r
r
r
r
u = u 2 (0)e x + w2 (0)e z = 4 e x + 6 e z .
2
2
EA 2 EI y 2
Aufgabe 6
Für den in x = 0 eingespannten Balken (Länge L , Biegesteifigkeit EI ) berechne
man die konstante Streckenlast q und die in x = L wirkende Kraft F so, daß
sich der Querschnitt x = L um d verschiebt und dabei nicht dreht.
q
x
L,EI y
F
z
Berechnung des Biegemoments aus der Gleichgewichtsbedingung am rechten
Balkenabschnitt x ≤ ξ ≤ L :
L
M by ( x ) + ∫ (ξ − x )qdξ − F (L − x ) = 0,
x
M by ( x ) = −q
( L − x )2
+ F (L − x ).
2
Differentialgleichung für die Biegelinie:
EI yw ′′( x ) = q
( x − L )2
+ F ( x − L ),
2
EI yw ′( x ) = q
( x − L )3
( x − L )2
+F
+ C1,
6
2
( x − L )4
( x − L )3
EI yw ( x ) = q
+F
+ C1( x − L ) + C2 .
24
6
Randbedingungen:
w ′( x = L ) = 0 → C1 = 0,
w(x = L ) = d
→ C2 = EI yd ,
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
356
L3
L2
qL
+F
=0 → F =
,
6
2
3
L4
L3
qL4
w ( x = 0) = 0 → q
−F
+ C2 = 0 → C2 =
,
24
6
72
w ′( x = 0 ) = 0 → − q
Erforderliche Belastung:
EI yd =
qL4
72
→ q = 72
EI yd
L4
, F = 24
EI yd
L3
.
Biegelinie:
w ( x ) = d{3 (
x
x
− 1)4 + 4( − 1)3 + 1}.
L
L
0.0
-0.5
-1.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Biegelinie
Aufgabe 7
F
y1
3L
z1
x1
L
x2
y2
z2
Für den im Querschnitt x1 = 0 eingespannten räumlichen Rahmen mit Vollkreisquerschnitt berechne man die Biegelinie und die Durchbiegung unter der Last F .
Gegeben sind:
F = 1N,
L = 100mm,
E = 2,1 ⋅105 N / mm 2 ,
Flächenträgheitsmomente:
R = 4 mm
G=
3E
.
8
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
Ip =
357
π 4
R = 2I = 4, 021 ⋅102 mm 4 ,
2
Biege- und Torsionssteifigkeit:
EI = 4, 222 ⋅107 Nmm 2 ,
GI p = 3,167 ⋅107 Nmm 2
Schnittlasten:
N ( x1 ) = 0,
N ( x 2 ) = 0,
M by ( x1 ) = − F (3L − x1 ),
M by ( x 2 ) = − F (L − x 2 ),
M t ( x1 ) = − FL ;
M t ( x 2 ) = 0.
Differentialgleichungen für die Verschiebungen in z -Richtung und die Drehwinkel um die Rahmenachse (Stoffgesetze):
EIw2′′ = F (L − x 2 ),
EIw1′′ = F (3L − x1 ),
GI pϑ1′ = − FL ,
GI pϑ 2′ = 0.
w1′ =
x 2
F
(3Lx1 − 1 ) + C1,
2
EI
w2′ =
x 2
F
(Lx 2 − 2 ) + C 4 ,
2
EI
w1 =
2
x 3
F 3Lx1
(
− 1 ) + C1x1 + C2 ;
2
6
EI
w2 =
2
x 3
F Lx 2
(
− 2 ) + C 4 x 2 + C5 ;
2
6
EI
ϑ1 = −
FL
x + C3 ,
GI p 1
ϑ 2 = C6 .
Randbedingungen in der Einspannung:
w1(0) = 0,
ϑ1(0) = 0;
w1′ (0) = 0,
Übergangsbedingungen:
w1(3L ) = w2 (0),
Daraus folgt:
ϑ1(3L ) = −w2′ (0),
C1 = 0,
9FL3
= C5 ,
EI
C2 = 0,
3FL2
= C4 ,
GI p
w1′ (3L ) = ϑ 2 (0).
C3 = 0.
9FL2
= C6 .
2EI
Mit den oben angegebenen speziellen Werten für die Material- und Querschnittsdaten erhalten wir:
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
ϑ1(3L ) = −
3FL2
= −9, 474 ⋅10 −4 ,
GI p
9FL3
w1(3L ) =
= 2,132 ⋅10 −1 mm,
EI
358
ϑ 2 (L ) =
9FL2
= 1, 066 ⋅10 −3 ,
2EI
40FL3
= 3,158 ⋅10 −1 mm.
w2 (L ) =
3EI
Größte Normalspannung im Rahmen (im Querschnitt x1 = 0 ):
12FL
σ xx max =
= 5, 97 N / mm 2 .
πR 3
Größte Schubspannung im Rahmen (in allen Querschnitten x1 = const ):
2FL
−1
2
σ xϕ max =
3 = 9, 947 ⋅10 N / mm .
πR
Aufgabe 8
Ein Stab BC (Länge L , Dehnsteifigkeit EA , Wärmeausdehnungskoeffizient α ) ist
in B und C mit zwei eingespannten Balken (Länge L , Biegesteifigkeit EI ) gelenkig
verbunden. Bei Raumtemperatur sei das System spannungsfrei. Man berechne
die Biegemomente in den Einspannquerschnitten, wenn der Stab um ∆T erwärmt wird.
F
L
*
f
EI
*
F
*
L EA,α
x
F*
L
x
EI
f
*
F
*
Biegemoment im Balken:
M by = − F * (L − x ).
Berechnung der Biegelinie:
EIw ′′ = F * (L − x ),
w′ =
F*
1
(Lx − x 2 ),
EI
2
w=
F* 1 2 1 3
( Lx − x );
EI 2
6
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
359
f *: = w (L ) =
F * L3
.
3EI
Dehnung des Stabes:
ε=
σ
+ α ∆T ,
E
→
F*
2f *
=−
+ α ∆T .
L
EA
→
F* =
Verträglichkeit der Verschiebungen:
2 F * L3
F*
=−
+ α ∆T ,
L 3EI
EA
α ∆T
EA α ∆T
=
.
2
2L
1
2 AL2
+
1+
3EI EA
3I
Biegemoment in der Einspannung:
M by (L ) = −
EAL α ∆T
.
2 AL2
1+
3I
Aufgabe 9
Ein Balken ( Länge 2L , quadratischer Hohlquerschnitt ) ist in den Punkten O
und D statisch bestimmt gestützt und wird über zwei symmetrisch angeordnete
Seile durch eine Einzelkraft F belastet. Welche Bedingung muß der Winkel α erfüllen, damit die Normalspannungen in den Querschnitten zwischen den Punkten B und C wie angegeben verteilt sind?
B
O
b
L
L
α
a
z
C
α
D
x
b
σ xx
F
0.8a
y
x
z
Seilkräfte:
2T sin α = F
→
T =
F
.
2 sin α
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
B
F
2 tanα
F
2 tanα
α
α
b
F 2
360
F 2
C
D
b
F 2
−
F 2
F
2 tan α
N (x )
Fb
2
Fb
2
M by (x )
Spannungsverteilung im Bereich BC:
M by
N
Fb
F
z+ =
z−
.
σ xx =
Iy
A 2I y
2 A tan α
Fb a
F
−
=0
2I y 2 2 A tan α
Iy = a
4 1 − 0, 8
12
4
= 0, 049 a 4 ,
tan α =
→
2I y
abA
A = a 2 (1 − 0, 82 ) = 0, 36 a 2
tan α = 0, 272
a
.
b
Aufgabe 10
Der I-Querschnitt mit der Wanddicke δ << h ist mit dem Biegemoment M 0 beansprucht. Man berechne die Flächenträgheitsmomente I y und I z , den Neigungswinkel der Nullgeraden und die größte Zugspannung im Querschnitt.
Hinweis: Bei der Berechnung der Flächenträgheitsmomente sollen Terme der
Größenordnung hδ 3 vernachlässigt werden.
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
361
Nullgerade
h
β
y
α
h
M0
z
Flächenträgheitsmomente:
1
h2
7
3
Iy =
δh + 2δh
=
δh 3 ,
12
4 12
Iz =
2
δh 3 .
12
Normalspannungen:
σ xx =
M 0 cos α
Iy
z−
M 0 sin α
Iz
Nullgerade: z =
y=
12M 0 cos α
sin α
z−
y ),
3 (
7
2
δh
7
tan α y = tan β y
2
7
β = arctan( tan α ).
2
größte Zugspannung:
σ xx
h
h
(y =− , z = )
2
2
=
6M o cos α sin α
(
+
).
7
2
δh 2
Aufgabe 11
m
g
S
L,EI y
A
B
2b
x
z
Ein Balken (Länge L + 2b , Biegesteifigkeit EI y ) liegt statisch bestimmt auf zwei
Stützen (Abstand L ) und ist im überhängenden Teil fest mit einem starren Körper
(Masse m ) verbunden. Man berechne die Biegelinie und den Neigungswinkel
α = w ′(L ) des starren Körpers in der Gleichgewichtslage.
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
362
Ax
G = mg
b
L
Az
Bz
Gleichgewichtsbedingungen in der undeformierten Lage (Theorie 1. Ordnung):
A x = 0,
Az + Bz − G = 0,
Bz = G (1 +
Bz L − G (L + b ) = 0;
b
b
), Az = −G .
L
L
Berechnung der Biegelinie im Bereich 0 ≤ x ≤ L :
EI yw ′′(x ) = − M by (x ),
M by (x ) = Az x ,
EI yw ′(x ) = − Az
x2
+ C1,
2
x3
+ C1x + C2 ,
6
EI yw (x ) = − Az
Randbedingungen:
w (0) = 0,
w (0) = 0 → C2 = 0,
w (x ) =
Gb
(x 3 − L2 x ),
6EI y L
w ′( x ) =
w (L ) = 0.
w (L ) = 0 → C1 = Az
Gb
(3x 2 − L2 ),
6EI y L
L2
.
6
α = w ′(L ) =
GbL
.
3EI y
Aufgabe 12
A
g
m
C
x
L,EI y
B
3h
z
y
;;;;;;
h
;;;;;;
;;;;;;
Querschnitt
z
Ein starrer Körper (Masse m ) wird an einer vertikalen Wand geführt und durch
einen elastischen Stab (Länge L ) gestützt. Man berechne die Biegelinie und die
erforderliche Höhe h des Rechteckquerschnitts, damit die Spannung σ xx im Stab
die zulässige Spannung σ zul nicht überschreitet.
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
Ax
Bx
Dz
Dz
MD
MD
363
Cz
G = mg
Gleichgewichtsbedingungen:
A x + B x = 0,
D z − G = 0,
− D z + Cz = 0,
M D + Cz L = 0.
Biegemoment:
M By ( x ) = Cz (L − x ).
Biegelinie:
EI yw ′′( x ) = G ( x − L ),
EI yw ′( x ) = G (
x2
− Lx + C1 ),
2
EI yw ( x ) = G (
x3
x2
−L
+ C1x + C2 );
6
2
Randbedingungen:
w (L ) = 0,
w ′(0) = 0;
w ′(0) = 0 → C1 = 0,
w(x ) =
w ( L ) = 0 → C2 =
G x3
x 2 L3
(
−L
+
),
EI y 6
2
3
w (0 ) =
GL3
,
3EI y
1 3
L ;
3
w ′( L ) = −
GL2
.
2EI y
Spannungen σ xx im Querschnitt x = 0 mit dem größten Biegemoment:
σ xx =
σ xx
max
< σ zul
→
M by (0)
Iy
M by (0) h
Iy
2
z=
4GL
z.
h4
< σ zul
→
h > 3 2GL σ zul .
Aufgabe 13
Zwei kreiszylindrische parallele Stäbe sind durch einen Stab mit Rechteckquerschnitt miteinander verbunden. Wie groß muß bei der angegebenen Belastung die
Querschnittsbreite b gewählt werden, wenn nach der GE-Hypothese alle drei Teile gleich hoch beansprucht sein sollen?
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
364
2r
M0
M0
2r
b
M0
M0
2r
In jedem Stab ist die Stabachse die lokale x -Achse. In den kreiszylindrischen
Stäben wirkt nur ein Torsionsmoment und im Verbindungsstab nur ein Biegemoment; alle Schnittmomente haben den Wert M 0 .
Größte Schubspannung in den beiden Torsionsstäben:
2M 0
M
π
σ xϕ = 0 r ,
σ xϕ =
;
I p = r 4,
2
Ip
πr 3
Vergleichsspannung nach der GE-Hypothese:
)
σ V(T(GE
=
)
2 3M 0
1
6σ xϕ 2 = 3σ xϕ =
.
2
πr 3
Größte Normalspannung im Verbindungsstab:
σ xx =
M0
Iy
b (2r )3
,
Iy =
12
z max ,
3M 0
σ xx =
2br 2
;
Vergleichsspannung nach der GE-Hypothese:
)
σ V( B(GE
=
)
3M 0
1
2σ xx 2 = σ xx =
.
2
2br 2
Gleiche Maximalbeanspruchung der Bauteile:
)
)
σ V(T(GE
= σ V( B(GE
)
)
→
2 3M 0
πr
3
=
3M 0
2br
2
→
b=
π 3
r = 1, 36 r .
4
Aufgabe 14
Ein durch drei Auflager gestützer Balken mit abschnittsweise konstanter Biegesteifigkeit (quadratischer Querschnitt) wird über dem mittleren Auflager durch
ein Moment M 0 belastet. Man berechne die Gleichung der Biegelinie und die maximale Größe des Lastmomentes, wenn die zulässige Spannung σ zul nicht über-
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
365
schritten werden soll.
M0
L
L
EI
2EI
A
C
B
a
4
Querschnitte
a
4
2a
2a
M0
L
L
x1
Az
x2
Bz
Cx
Cz
z2
z1
Momentengleichgewichtsbedingungen bezogen auf C:
M
Az 2L + Bz L + M 0 = 0,
B z = − 0 − 2 Az .
L
Biegemomente in den Bereichen 0 ≤ x1 < L und 0 ≤ x 2 ≤ L:
M by ( x1 ) = Az x1,
M by ( x 2 ) = Az (L + x 2 ) + Bz x 2 + M 0 = ( Az +
M0
L
)(L − x 2 ).
Berechnung der Biegelinie des einfach statisch unbestimmten Systems:
EIw1′′( x1 ) = − Az x1,
EIw1′ ( x1 ) = − Az
EIw1( x1 ) = − Az
2EIw2′′ ( x 2 ) = ( Az +
M0
L
x12
2
x13
6
+ C1,
w1(0) = 0,
w1(L ) = 0,
C2 = 0,
C1 = Az
L2
;
6
+ C1x1 + C2 ,
)( x 2 − L ),
M 0 x 22
2EIw2′ ( x 2 ) = ( Az +
)(
− Lx 2 ) + C3 ,
L
2
M 0 x 23
x 22
2EIw2 ( x 2 ) = ( Az +
)(
−L
) + C3 x 2 + C 4 ;
L
6
2
w2 (0) = 0,
w2 (L ) = 0;
C4 = 0,
C3 = ( Az +
M 0 L2
) ;
L 3
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
w1′ (L ) = w2′ (0)
366
1
1
L2
( − Az
+ C1 ) =
C
2
2EI 3
EI
→
→
Az = −
M0
3L
Weitere Auflagerkräfte:
Bz = −
M0
,
3L
Biegelinienfunktionen:
M0
w1( x1 ) =
( x13 − L2 x1 ),
18EIL
Cz = − Az − B z =
w2 ( x 2 ) =
M0
18EIL
2M 0
3L
.
( x 23 − 3Lx 22 + 2L2 x 2 ).
Biegemomentdiagramm:
M by ( x1 ) = −
M0
3L
M by ( x 2 ) =
x1,
M by (x 1 )
2M 0
3L
(L − x 2 ).
− M0 3
x2
x1
M by (x 2 )
M by
2 M0 3
Normalspannungen in den Querschnitten x = const :
M by ( x i )
a4
(4 2a )4 a 4
z,
I y (1) =
,
I y (2) =
=
,
σ xx =
I y (i )
12
12
6
Maximale Spannung im linken Bereich:
1
(− M 0 )
M
a
( − ) = 2 30 .
σ xx (max) = 34
2
a 12
a
Maximale Spannung im rechten Bereich:
2
M0 4
M
2a
3
σ xx (max) = 4 (
) = 2, 38 30 .
a 6 2
a
2, 38
M0
a
3
< σ zul
→
M 0 < 0, 42σ zul a 3 .
.
C - 1.4 - Biegung gerader Stäbe (Balken)
367
Aufgabe 15
Für den inhomogenen ebenen Rahmen, der durch ein Moment M 0 belastet ist,
berechne man die Verschiebung des Querschnitts x1 = 0 :
L
EA 2 ,EI 2
x2
L
M0
z2
x1
EA1 ,EI1
z1
Schnittlasten in den beiden Rahmenteilen:
N ( x1 ) = 0, M b ( x1 ) = − M 0 ;
N ( x 2 ) = 0, M b ( x 2 ) = − M 0 .
Differentialgleichungen für die Längs- und die Querverschiebungen in den beiden
Rahmenteilen:
EA1 u1 ′( x1 ) = 0,
EA2 u 2 ′( x 2 ) = 0,
EI1 w1 ′′( x1 ) = M 0 ;
EI 2 w2 ′′( x 2 ) = M 0 .
Integration der Differentialgleichungen:
EA1 u1( x1 ) = C1,
EA2 u 2 ( x 2 ) = C 4 ,
EI1 w1 ′( x1 ) = M 0 x1 + C2 ,
EI 2 w2 ′( x 2 ) = M 0 x 2 + C5 ,
EI1 w1( x1 ) = 12 M 0 x12 + C2 x1 + C3 ;
EI 2 w2 ( x 2 ) = 12 M 0 x 22 + C5 x 2 + C6 .
Rand- und Übergangsbedingungen:
u 2 (L ) = 0, w2 ′(L ) = 0, w2 (L ) = 0;
u1(L ) = w2 (0), w1(L ) = −u 2 (0), w1 ′(L ) = w2 ′(0).
Integrationskonstanten:
C1 =
A1 1
I1
I2
I2
2
2 M 0 L , C2 = −(1 +
)M 0 L , C3 = ( 12 +
I1
I2
) M 0 L2 ;
C4 = 0, C5 = − M 0 L , C6 = 12 M 0 L2 ,
Verschiebungen des Lastangriffspunktes:
u1(0) =
M 0 L2
2EI 2
,
w1(0) =
1 1 I1
( 2 + ) M 0 L2 .
EI1
I2
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
368
Aufgabe 1
(3)
D
(4)
F
C
Für das System aus elastischen Stäben mit gleicher Dehnsteifigkeit EA
(2)
(1)
berechne man mit Hilfe des Satzes
von CASTIGLIANO die Verschiebung
f des Lastangriffspunktes D in Rich-
L
B
L
tung der Kraft F .
(3)
D
S3
α
α
S4
S1
F
F
C
(2)
(1)
S1
α α
S2
L
L
B
By
Bx
Bx
By
Berechnung der Auflagerkräfte und der Stabkräfte:
B x + S 4 cos α = 0,
By + S 4 sin α − F = 0,
→
2F − 2S 4 cos α − F + S 4 sin α = 0,
F 6L + B x 6L − By 3L = 0;
S4 =
Bx = −
F
,
2 cos α − sin α
F cos α
,
2 cos α − sin α
sin α =
3L
1
=
,
45L
5
By = F −
cos α =
F sin α
;
2 cos α − sin α
6L
2
=
;
45L
5
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
5
F,
3
S4 =
Bx = −
S1 cos α + S2 cos α + By = 0;
By =
2 5
F,
3
−S1 + S2 =
−S1 sin α + S2 sin α + B x = 0,
2
F,
3
S1 + S2 = −
S3 =
2
F;
3
S2 =
5
F;
3
S3 + S1 sin α = 0,
369
5
F,
6
S1 = −
5
F;
2
F
.
2
Elastische Energie des Fachwerks:
U =
{
}
LF 2 35
LF 2
1
3
(S12 + S22 + S 4 2 ) 45L + S32 6L =
+
,
.
5
=
7
27
EA
2EA
2EA 6
2
Verschiebung des Lastangriffspunktes D:
f =
∂U
LF
= 14, 54
.
∂F
EA
Hilfsmittel
Bei der Anwendung des Satzes von CASTIGLIANO sind häufig Integrale der
folgenden Form zu berechnen
L
∫ f i (x ) f j (x )dx =: L ϕij ,
0
wobei die Funktionen f i ( x ) und f j ( x ) im Integranden vorwiegend lineare
Funktionen der Balkenachsenkoordinate x sind, nämlich auf Kräfte bezogene Längskräfte und Biegemomente. Es ist deshalb zweckmäßig, die Integrationsergebnisse anhand einer Tabelle zu ermitteln, in der die am häufigsten
auftretenden Funktionskombinationen erfaßt sind.
So ist beispielsweise
L
∫
0
L
L
x x
x x2
f 3 ( x ) f 2 ( x )dx = ∫ c (1 − )b dx = cb ∫ ( − 2 )dx ,
L L
L L
0
0
L
L
L
1
∫ f 3 (x ) f 2 (x )dx =cb ( 2 − 3 ) = 6 cbL =:ϕ 32L ,
0
ϕ 32 : =
1
cb.
6
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
b c
a
b
f2 = b x L
c
f 3 = c (1 − x L )
d1
d0
f 4 = d0 + (d1 − d0 )x L
f2 = b x L
f 3 = c(1 − x L)
aa
1
2 ab
1
2 ac
1
2ba
1
3b b
1
6b c
b ( 16 d0 + 13 d1 )
1
2 ca
1
6 cb
1
3 cc
c ( 13 d0 + 16 d1 )
1
2 (d 0
f 4 = d0 + (d1 − d0 )x L
d1
d0
f1 = a
a
f1 = a
370
+ d1 )a
( 16 d0
+
1
3 d1 )b
( 13 d0
+
1
6 d1 )c
1
2 a (d 0
+ d1)
1
6 (d0d 1 + d1d 0 ) +
+ 13 (d0 d0 + d1d1 )
Tabelle der Faktoren ϕij
Aufgabe 2
b
b
F
A
B
Für den aus fünf Balkensegmenten bestehenden biegesteifen Rahmen (Biegesteifigkeit EI ) berechne man mit Hilfe des Satzes von CASTIGLIANO die Ersatzfederkonstante bezogen auf die Verschiebung des Punktes B in Richtung
der Kraft F .
Fb
Fb
A
Biegemomente
B
−Fb
−Fb
Elastische Energie des Rahmens mit Hilfe der obigen Tabelle berechnet unter
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
371
Berücksichtigung des Biegemomentverlaufs:
U =
8 b 2
4 2b 3 2
(Fb )2 =
F .
2EI 3
3EI
Verschiebung des Kraftangriffspunktes B:
f =
dU (F ) 8 2b 3
F
=
F =: ,
dF
3EI
c
Federkonstante:
c=
3EI
EI
3 = 0, 26 3 .
8 2b
b
Aufgabe 3
L
L
x2
z2
z4
L
B
B
x4
F
F
x3
2L
z3
F
F
x1
F
z1
Der dargestellte statisch bestimmt gestützte biegesteife Rahmen mit konstanter Biegesteifigkeit EI ist im Punkt B mit einer Einzelkraft F belastet. Man
zeichne über der Rahmenachse die auf F bezogenen Biegemomentlinien
M ( x α ) α = 1,..., 4 und berechne die erforderliche Kraft F , wenn der Punkt B in
Richtung der Kraft F um 3% der Länge L verschoben werden soll.
M ( x α ) =: F M ( x α ).
1
U =
2EI
Lα
∑ ∫M
α 0
2
( x α )dx α
→
∂U
F
f =
=
∂F EI
Lα
∑ ∫ M 2 (x α )dx α
α 0
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
−2L
372
−L
L
M (x α )
Mit der obigen Tabelle ergibt sich aus diesem Biegemomentverlauf:
f =
F ( −2L )2
L2
( − L )2 22 FL3
+ L ( −2L )2 + L
+L
,
2L
=
EI
3
3
3 3 EI
F =
0, 09 EI
.
22 L2
Aufgabe 4
L
L
L
M0
M0
Man berechne die Biegemomente im
einfach statisch unbestimmt gestützten Rahmen.
Es muß zunächst ein statisch bestimmtes Ersatzsystem (nur drei Auflagerreaktionen) definiert werden. Wir entfernen das einwertige Auflager und erhalten den eingespannten Rahmen als statisch bestimmtes Ersatzsystem, bei
dem wir außer den Momentenlasten (Lastfall 1) eine unbekannte Reaktionskraft R an der Stelle des einwertigen Auflagers (Lastfall 2) einführen. Beiden
Lastfälle werden anschließend überlagert.
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
373
statisch bestimmtes Ersatzsystem
M L (x 1 ) = 0,
M L (x 2 ) = −M 0 ,
x1
M L (x 3 ) = 0;
x3
x2
M0
M0
statisch bestimmtes Ersatzsystem
M 1 (x 1 ) = x 1,
R
M 1 (x 2 ) = L,
x1
M 1 (x 3 ) = L − x 3 .
x3
x2
L
L
M ( x i ) = M L ( x i ) + RM1( x i )
L
L
1 3
U =
∑ M 2 (x i )dx i
2EI y i =1 0∫
→
∂U
1 3
=
∑ M (x i )M1(x i )dx i = 0,
∂R EI y i =1 0∫
3 L
3 L
i =1 0
i =1 0
∑ ∫ M L (x i )M1(x i )dx i + R ∑ ∫ M12 (x i )dx i = 0,
Reaktionskraft im einwertigen Auflager:
3 L
R=−
∑ ∫ M L (x i )M1(x i )dx i
i =1 0
3 L
.
∑ ∫ M12 (x i )dx i
R=
M o L2
1 L3
3
+ L3 + 13 L3
=
3 Mo
.
5 L
i =1 0
Biegemomente insgesamt:
M by ( x1 ) =
3 Mo
x ,
5 L 1
M by ( x 2 ) = −
2
M ,
5 o
M by ( x 3 ) =
3 Mo
(L − x 3 ).
5 L
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
374
Aufgabe 5
Ein geschlossener, statisch bestimmt gestützter biegesteifer Rechteckrahmen
mit konstanter Biegesteifigkeit EI und konstanter Dehnsteifigkeit EA ist mit
einer Kraft Fo belastet. Man berechne mit Hilfe des Satzes von CASTIGLIANO
die Längskräfte und die Biegemomente im Rahmen.
Aus den Gleichgewichtsbedingungen für den Rahmen ergeben sich die im
rechten Bild eingetragenen Auflagerkräfte:
F0
L1
F0
F0
F0
L1
L2
L2
F0
L1
L2
Der geschlossene Rahmen wird an einer zweckmäßig ausgewählten Stelle
aufgeschnitten, so daß ein offener Rahmen entsteht.
F0
x1
x2
x3
x4
F0
F0
F0
L1
L2
L1
L2
In dem (in der rechten unteren Ecke) aufgeschnittenen Rahmen werden nun
die Schnittlasten infolge der äußeren Last- und Auflagerkräfte berechnet und
in Schnittlastdiagrammen dargestellt.
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
375
−F 0 L1
F 0 L1
N L (x α )
M L (x α )
In der willkürlich ausgewählten Schnittstelle werden dem Prinzip „actio = reactio“
genügende innere Schnittlasten einge-
K 3 K1
führt, also Kräfte K1, K 2 und das Moment
K2
K 3 , die für den Zusammenhalt an der
K2
K3
fiktiven Schnittstelle zu sorgen haben.
K1
Im offenen Rahmen können nun die Schnittlasten geschrieben werden:
N (x α ) = N L (x α ) +
M (x α ) = M L (x α ) +
3
∑ K j N j (x α ),
j =1
3
∑ K j M j (x α ).
j =1
Auf die innere Schnittkraft K1 bezogene Längskräfte und Biegemomente im
offenen Rahmen:
L1
1
N1 (x α )
−1
−L1
K1
−L1
K1
M 1 (x α )
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
376
Auf die innere Schnittkraft K 2 bezogene Längskräfte und Biegemomente im
offenen Rahmen:
−L 2
−1
−L 2
L2
M 2 (x α )
N 2 (x α )
K2
1
K2
Auf das innere Schnittmoment K 3 bezogene Längskräfte und Biegemomente
im offenen Rahmen:
1
−1 M 3 (x α ) 1
N 3 (x α )
K3
−1
K3
Elastische Energie des Rahmens:
U =
4 Lα
∑∫
{
N 2 (x α )
α =1 0
2EA
+
M 2 (x α )
}dx α
2EI
Weil der Rahmen an der fiktiv aufgeschnittenen Stelle den Zusammenhang
bewahren muß, gelten für die inneren Schnittlasten K i , i = 1, 2, 3 die Bedingungen:
∂U
=0
∂K i
4 Lα
NN
∑ ∫ { EAi
→
α =1 0
+
MM i
EI
}dx α = 0
i = 1, 2, 3.
Mit den Abkürzungen
Di : =
4 Lα
∑∫{
α =1 0
N L Ni
EA
+
M L Mi
EI
}dx α ,
Cij : =
4 Lα
∑∫{
α =1 0
N j Ni
EA
+
M j Mi
EI
}dx α ,
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
377
L2
Fo L12
1 L1
D1 =
F L ( − L1 )} = −
{ ( − Fo L1 )L1 +
(2L1 + 3L 2 ),
EI 3
2 o 1
6EI
D2 =
L
F L L
1 L1
{ ( − Fo L1 )( − L 2 ) + 2 Fo L1L 2} = o 1 2 (3L1 + 2L 2 ),
EI 2
3
6EI
D3 =
L
F L
1 L1
{ ( − Fo L1 ) + 2 Fo L1( −1)} = − o 1 (L1 + L 2 ),
EI 2
2
2EI
I =: Ai 2 ,
L
1
1 L1 2
{L 2 + L 2} +
{ L1 + L 2L12 + 1 L12} =
EA
EI 3
3
C11 =
=
L12
{6L 2
3EI
L12
i2
L
L
+
2
+
3
}
≈
{2L1 + 3L 2},
1
2
L12
3EI
L
L L
1 L1
{ L1( − L 2 ) + 2 ( − L1 )L 2} = − 1 2 (L1 + L 2 ),
EI 2
2
2EI
C12 =
C13 =
i << L1, L 2
L
L
1 L1
{ L1 + L 2 ( − L1 )( −1) + 1 ( − L1 )( −1)} = 1 (L1 + L 2 ),
EI 2
EI
2
C22 =
L
L
1
1
{L1 + L1} +
{L1( − L 2 )2 + 2 L 22 + 2 L 22}
EA
EI
3
3
L 22
L 22
i2
=
{6L1 2 + 3L1 + 2L 2} ≈
(3L1 + 2L 2 ),
3EI
3EI
L2
C23 =
L
L
L
1
{L1( − L 2 ) + 2 L 2 ( −1) + 2 ( − L 2 )} = − 2 (L1 + L 2 ),
EI
2
2
EI
C33 =
1
2
{L1 + L 2 + L 2 + L1} =
(L + L 2 ),
EI
EI 1
erhalten wir das lineare Gleichungssystem für die inneren Reaktionskräfte
K1, K 2 und K 3 :
D1
C11 C
C13 K1
12
K = − D .
C
C
C
22
23 2
2
21
D
C
3
31 C32 C33 K 3
Zahlenbeispiel:
Quadratischer Hohlquerschnitt (10 mm außen, 9 mm innen):
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
A = 19 mm 2 ,
I=
378
10 4 − 94
mm 4 = 287mm 4
12
E = 2,1 ⋅105 N / mm 2 ,
EI = 6, 018 ⋅107 Nmm 2
L1 = 400mm,
L 2 = 700mm,
Fo = 10 N
C11 = 2, 570 N −1mm
D1 = −1, 285 ⋅10 mm
1
D 2 = 2, 016 ⋅101 mm
D 3 = −3, 656 ⋅10 −2
C12 = C21 = −2, 559 N −1mm
K1 = 4, 996 N
C13 = C31 = 7, 311 ⋅10 −3 N −1
K 2 = −2, 852 N
C22 = 7, 056 N −1mm
C23 = C32 = −1, 279 ⋅10
−2
N
−1
K 3 = −9, 968 ⋅102 Nmm
C33 = 3, 656 ⋅10 −5 N −1mm −1
Längskraft und Biegemoment im Rahmen:
-997 Nmm
997 Nmm
997 Nmm
2,85 N
N (x α )
-2,85 N
2,85 N
997 Nmm
M (x α )
-997 Nmm
-2,85 N
-997 Nmm
-997 Nmm
997 Nmm
Aufgabe 6
Ein Balken (Länge 2L , Biegesteifigkeit EI ) ist mit drei Stäben (Dehnsteifigkeit
EA ) statisch bestimmt gestützt. Man berechne mit Hilfe des Satzes von CASTIGLIANO die Verschiebung des Punktes B in Richtung der Kraft F .
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
379
30o
30o
L
B
F
L
Berechnung der Stabkräfte:
S2
S1
S3
B
F
3
3
+ S3
= 0,
2
2
1
1
S1 + S2 + S3 − F = 0,
2
2
−S1L − FL = 0;
. − S2
S1 = − F ,
S 2 = S 3 = 2F .
Biegemomente im Balken:
2F
2F
F
B
F
z
0 ≤ x < L,
− Fx
M by ( x ) =
F ( x − 2L ) L < x ≤ 2L .
x
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
380
Elastische Energie des Systems:
2
S 2 2 2L S 3 2 2L
1 S1 L
1
U =
+
+
+
2 EA 3 EA 3 EA 3 EI
1 F 2L 17 F 2
U =
+
( x 2dx +
2 EA 3 EI 0∫
L
U =
2
(
)
M
x
dx
,
∫ by
0
2L
2
(
x
−
L
)
dx
)
2
,
∫
L
2L
1 F 2L 17 2 F 2L3
+
.
2 EA 3 3 EI
Verschiebung des Punktes B:
fB =
∂U 17 FL 2 FL3
=
+
.
∂F
3 EA 3 EI
Aufgabe 7
Für den einfach statisch unbestimmt gestützten ebenen Rahmen (Biegesteifigkeit EI ) berechne man mit Hilfe des Satzes von CASTIGLIANO die Auflagerkräfte.
A
x3
L
B
x2
x1
L
C
L
F
Als statisch bestimmtes Ersatzsystem wählen wir den Rahmen ohne das einwertige Auflager C.
Auflagerkräfte und Biegemomente des Lastsystems:
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
381
M L (x α )
2L
A
−2FL
L
2FL
Bx
Bz
−A
F
2
+ B x = 0,
2
−A
Bx = F ,
2
+ Bz − F = 0,
2
A = 2F ,
B x L − FL = 0;
B z = 2F .
Auflagerkräfte und auf die Reaktionskraft K bezogene Biegemomente:
M (x α )
A
−4L
−L
3L
C
Bx
K
Bz
−A
2
+ B x = 0,
2
−A
B x = 2K ,
2
+ Bz − K = 0,
2
A = 2 2K ,
B x L − K 2L = 0;
B z = 3K .
C - 1.5 - Anwendungen des Satzes von CASTIGLIANO
382
Elastische Energie:
3
1
U =∑
α =12
Lα
∫
0
M by 2 ( x α )
dx α ,
EI
M by ( x α ): = M L ( x α ) + KM ( x α ).
Nach dem Satz von CASTIGLIANO muß gelten:
∂U
=0
∂K
→
3 Lα
∑ ∫
α =1 0
{M L ( x α ) + KM ( x α )}M ( x α )
dx α = 0,
EI
3 Lα
∑ ∫ M L (x α )M (x α )dx α
K = − α =1
0
3 Lα
,
∑ ∫ M (x α )M (x α )dx α
α =1 0
K =−
(1 3)(2FL )(3L )L + (1 3)( −2FL )( −4 L ) 2L
,
(1 3)(3L )2 L + (1 3)( − L )2 L + (1 3)( −4 L )2 2L
K =−
3+4 2
F = −0, 53 F .
5+8 2
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
383
Aufgabe 1
Ein Wasserbehälter (Masse leer 3600 kg, Abmessungen 2 × 4 × 1, 5 m 3 ) steht auf
vier Stahlstützen der Länge L = 3.5 m. Man bestimme das erforderliche IPB-Profil
bei 5-facher Sicherheit gegen Knicken.
g
Gelenk
L
L
Einspannung
L
Gesamtmasse:
m ges = 3600kg + 12 ⋅103 kg = 15, 6 ⋅103 kg
Druckkraft auf eine Stütze:
F* =
1
9, 81 ⋅15, 6 ⋅103
m ges g =
N = 3, 83 ⋅10 4 N.
4
4
2. EULERfall:
Fkrit =
π 2 EI
.
4 L2
L red = 2L
Bedingung für das auszuwählende Profil:
1
F * < Fkrit
5
I>
→
20L2F *
I>
π 2E
20 ⋅ (3, 5 ⋅103 mm )2 ⋅ 3, 83 ⋅10 4 N
= 4, 52 ⋅106 mm 4
π 2 ⋅ 2,1 ⋅105 N / mm 2
Tabellenwert:
IPB140:
i=
I = 5, 5 ⋅106 mm 4 ,
I
=
A
A = 4, 3 ⋅103 mm 2 .
5, 5 ⋅106
mm = 35, 76 mm
4, 3 ⋅103
Schlankheitsgrad:
s=
L red
i
7 ⋅103
=
= 195, 7.
35, 76
s > sG : EULER-Theorie erlaubt, IPB 140 geeignetes Profil.
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
384
Aufgabe 2
Für die beiden unterschiedlich gelagerten Dreieckscheiben berechne man die zulässigen Lastkräfte F1 und F2 , wenn
L = 300 mm, b = 10 mm, h = 2 mm,
E = 2,1 ⋅105 N mm 2 , σ zul = 250 N mm 2 ,
gegeben ist.
2L
L
F1
L
h
Stabquerschnitt
2L
b
F2
L
L
Im ersten Fall ist der Stab mit der Zugkraft 2F1 belastet. Aus
2F1 < σ zul A
folgt
F1 <
σ zul A
2
=
250N / mm 2 ⋅10mm ⋅ 2mm
= 2500N.
2
Im zweiten Fall ist der Stab mit 2F2 druckbelastet. Die Stablagerung entspricht
dem 1. EULERfall, deshalb muß
2F2 < π 2
gelten:
F2 < π 2
EI
L2
5
2
3
4
EI
2 2,1 ⋅10 N / mm 10 ⋅ 2 mm
=
π
= 76, 8 N.
2 L2
2 ⋅ 3002 mm 2 ⋅12
Aufgabe 3
Eine starre Platte ist an einem ebenen Fachwerkrahmen befestigt und durch ein
Moment M 0 belastet. Wie groß darf das M 0 höchstens sein, damit der Stab 1
nicht knickt? Für den Fall, daß der Stab 1 ein Kreisrohr ist (Außenradius ra , Innenradius ri ), berechne man seinen Schlankheitsgrad s .
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
385
L
L
M0
2
L = 0,
2
M o − S1
S1(krit ) = π 2
Iy =
(1)
EI y
( 2 L)
π 4
(r − ri 4 ),
4 a
→ S1 = 2
M 0(krit ) = π 2
2,
A = π (ra 2 − ri 2 ),
s=
i
L red
Mo
L
EI y
2 2L
i:=
Iy
A
;
= 3, 49
=
EI y
L
.
1
r 2 + ri 2 ,
2 a
ra 2 + ri 2
i
=
=
.
2L
2 2L
Aufgabe 4
Wie groß muß L mindestens sein, wenn die EULERsche Knicktheorie anwendbar
sein soll?
Gegeben: E = 7, 2 ⋅10 4 N / mm 2 ,
R pd = 1, 5 ⋅102 N / mm 2 ,
Kreisrohrquerschnitt: ri = 9 mm, ra = 10 mm.
L,EI
F
Grenzschlankheitsgrad:
sG = π
Trägheitsradius:
E
= 68, 83.
R pd
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
I
=
A
i=
386
10 4 − 94
mm = 6, 727mm.
4(102 − 92 )
Reduzierte Knicklänge: (4. EULERfall)
L red = 0, 7 L .
Schlankheitsgrad:
L
0, 7 L
L
s: = red =
.
= 0,104
i
6, 727mm
mm
Forderung:
L
s > sG → 0,104
> 68, 83 → L > 662mm.
mm
Aufgabe 5
Für den Stab (Länge L , Biegesteifigkeit EI y < EI z ), der beidseitig gelenkig gelagert
ist und am linken Gelenk mit einer Drehfeder (Drehfederkonstante k ) verbunden
ist, berechne man die Knicklasten für die Fälle kL = nEI y , n = 1, 2, 3.
k
L
F
x
z
F
w (x )
B
L −x
Das Biegemoment im Querschnitt x = const lautet nach der Theorie 2. Ordnung
M by ( x ) = Fw ( x ) + B (L − x ).
Zur Differentialgleichung für die Biegelinie
EI yw ′′( x ) = − M by ( x )
→
w ′′( x ) + λ2w ( x ) =
gehören die drei Randbedingungen:
w (0) = 0,
w (L ) = 0,
B
( x − L ),
EI y
λ2 : =
M by (0) = −kw ′(0).
denen die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung
B
w ( x ) = C1 cos(λx ) + C2 sin(λx ) + 2
(x − L )
λ EI y
angepaßt werden muß. Mit
w (0 ) = 0
erhalten wir zunächst
→
C1 −
BL
= 0,
λ EI y
2
F
,
EI y
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
w ( x ) = C1{cos(λx ) +
387
x
− 1} + C2 sin(λx ).
L
Die Ableitungen
1
w ′( x ) = C1{− λ sin(λx ) + } + C2λ cos(λx ),
L
w ′′( x ) = − λ2C1 cos(λx ) − C2λ2 sin(λx ),
führen in der dynamischen Randbedingung
M by (0) = −kw ′(0) → EI yw ′′(0) = kw ′(0)
zu der Gleichung
− EI y λ2C1 = k (
C1
L
+ C2λ ).
Die Randbedingung im Punkt x = L liefert die dritte Gleichung
w (L ) = 0
C1 cos(λL ) + C2 sin(λL ) = 0.
→
Das homogene Gleichungssystem für die Konstanten C1 und C2
cos(λL )C1 + sin(λL )C2 = 0,
k
+ EI y λ2 )C1 + kλC2 = 0,
L
hat nicht-triviale Lösungen dann und nur dann, wenn die Determinante der Koeffizientenmatrix null ist:
(
sin(λL )
cos(λL )
=0
det k
kλ
+ EI y λ2
L
→
f (ξ ): = tan ξ −
1.0
kλ cos(λL ) − (
nξ
= 0,
n + ξ2
k
+ EI y λ2 )sin(λL ) = 0,
L
ξ: = λL .
f( ξ)
n=1
0.5
n=2
n=3
0.0
-0.5
3.2
3.4
3.6
3.8
ξ
4.0
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
388
Die Nullstellen der Funktion f (ξ ) sind die Eigenwerte des Randwertproblems.
Aus den kleinsten Werten für jedes n ergeben sich die entsprechenden Knicklasten Fkrit .
Knicklasten:
ξ = λL
n
Fkrit L2 (EI y )
1 3, 4056
11, 6
2 3, 5909
12, 9
3 3, 7264
13, 9
Aufgabe 6
Ein beidseitig gelenkig gelagerter Stab (Länge 2L , Biegesteifigkeit EI y < EI z ) wird
in der Mitte zusätzlich durch eine Feder (Federsteifigkeit c ) abgestützt. Man berechne die Knicklast mit
c = 5 N / mm, L = 500mm, E = 2,1 ⋅105 N / mm 2 ,
Werkstoff ST37, Quadratischer Hohlquerschnitt ( 20mm, 18mm ):
I y = 4, 5853 ⋅103 mm 4
A
L
L
x1
x2
c
B
F
z
Ax
F
Az
cf
Bz
f := w1 (L) = w 2 (0)
Momentengleichgewichtsbedingung:
1
2LBz + Lcf = 0 → Bz = − cf .
2
Biegemomente nach der Theorie 2. Ordnung:
M by ( x1 ) = Fw1( x1 ) + Bz (2L − x1 ) + cf (L − x1 ) = Fw1( x1 ) −
M by ( x 2 ) = Fw2 ( x 2 ) + Bz (L − x 2 ) = Fw2 ( x 2 ) +
Differentialgleichungen für die Biegelinien:
cf
x ,
2 1
cf
cf
x2 −
L.
2
2
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
cf
EI yw1′′ ( x1 ) = − Fw1( x1 ) +
x ,
2 1
λ2 : =
389
EI yw2′′ ( x 2 ) = − Fw2 ( x 2 ) −
F
,
EI y
γ f
w1′′ ( x1 ) + λ2w1( x1 ) =
x ,
2 1
γ :=
cf
cf
x2 +
L,
2
2
c
,
EI y
w2′′ ( x 2 ) + λ2w2 ( x 2 ) =
γ f
(L − x 2 ).
2
Allgemeine Lösungen der inhomogenen Differentialgleichungen:
γ f
w1( x1 ) = C1 cos(λx1 ) + C2 sin(λx1 ) + 2 x1,
2λ
γ f
w2 ( x 2 ) = C3 cos(λx 2 ) + C 4 sin(λx 2 ) + 2 (L − x 2 ).
2λ
Rand- und Übergangsbedingungen:
w1(0) = 0
w1(L ) = f
w 2 (0 ) = f
w2 (L ) = 0
w1′ (L ) = w2′ (0)
C1 = 0,
γ f
C2λ sin(λL ) + 2 L = f ,
2λ
γ f
C3 + 2 L = f ,
2λ
C3 cos(λL ) + C4 sin(λL ) = 0,
γ f
γ f
C2λ cos(λL ) + 2 = C4 λ − 2 .
2λ
2λ
Elimination der Verschiebung f liefert das homogene Gleichungssystem für C2
und C 4 :
C2 sin(λL )cos(λL ) + C4 sin(λL ) = 0,
C2{λ cos(λL ) +
2γ
sin(λL )} − C 4 λ = 0.
2λ − γ L
2
Lösungsbedingung:
sin(λL )cos(λL )
sin(λL )
= 0,
2γ
det
sin(λL )
−λ
λ cos(λL ) + 2
2λ − γ L
ξ:= λL ,
γ L3
2 sin ξ ξ cos ξ + 2
3 sin ξ = 0,
2ξ − γ L
cL3
5 N mm ⋅ 5003 mm 3
γL =
=
= 0, 6491.
EI y 2,1 ⋅105 N mm 2 ⋅ 4, 5853 ⋅103 mm 4
3
sin ξ = 0
→
ξ =π
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
f (ξ ): = ξ cos ξ +
1.5
390
γ L3
sin ξ = 0
2ξ 2 − γ L3
f( ξ)
1.0
0.5
0.0
-0.5
-1.0
1.0
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
ξ 2.0
ξ = 1, 652
Dieser Wert für λL ist kleiner als π , also wird
EI y
Fkrit = (1, 652)2 2 = 1, 05 ⋅10 4 N.
L
Mit der reduzierten Knicklänge
EI y
Fkrit = π 2
,
L red 2
→
L red =
π
L = 951mm
1, 652
und dem Trägheitsradius
iy =
Iy
A
=
4, 585 ⋅103
mm = 7, 77mm
76
ergibt sich der Schlankheitsgrad
s=
L red
iy
= 122 ,
der über dem Grenzschlankheitsgrad für ST37 (=104) liegt; die nach der EULERschen Knicktheorie berechnete Knicklast ist also gültig.
Aufgabe 7
Ein eingespannter Stab mit geringer Biegesteifigkeit (Blattfeder) ist am freien
Ende im ausgelenkten Zustand durch eine richtungstreue Kraft F0 parallel zur
ursprünglichen Stabachse belastet. Man berechne die Biegelinie bei großer Auslenkung.
r
r
Für die Tangenteneinheitsvektoren es (s ), Hauptnormaleneinheitsvektoren en (s )
r
und Krümmumgsradien R (s ) der zu berechnenden Biegelinie r (s ) gilt
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
r
dr (s )
,
es (s ) =
ds
391
r
des (s )
r
.
en (s ) = R (s )
ds
x
Φ
r
ds
)
F (s +
2
F0
s
ϕ
r
ds
)
− M (s −
2
ds
r
ds
)
M (s +
2
r
ds
)
− F (s −
2
y
Auf ein Stabelement der Länge ds wirken Schnittkräfte und Schnittmomente, für
die die folgenden Gleichgewichtsbedingungen gelten:
r
r
r
ds
ds
F (s +
) − F (s −
) = 0,
2
2
r
r
r
r
ds
ds ds r
ds ds r
ds r
) − M (s −
)+
)+ −
) = 0.
M (s +
es (s ) × F (s +
es (s ) × − F (s −
2
2
2
2
2
2
Mit den Zuwachsformeln
r
r
r
ds
dF (s ) ds
F (s ±
) = F (s ) ±
,
2
ds 2
r
r
r
ds
dM (s ) ds
M (s ±
) = M (s ) ±
,
2
ds 2
erhalten wir die differentiellen Gleichgewichtsbedingungen für die Schnittlasten
r
r
r
r
dF (s ) r
dM (s ) r
= 0,
+ es (s ) × F (s ) = 0.
ds
ds
Das Stoffgesetz lautet
r
EI z r
EI z r
des (s )
r
r
r
M (s )e z =
e =
e (s ) × en (s ) = EI z es (s ) ×
.
R (s ) z R (s ) s
ds
Aus der Kräfte-Gleichgewichtsbedingung folgt
r
r
r
r
→
F (s ) = const
F (s ) = F0 = − F0e x ,
und aus der Momenten-Gleichgewichtsbedingung
r
r
r
d 2es (s ) r
r
EI z es (s ) ×
e
s
F
0
+
(
)
×
=
.
s
0
ds 2
Ist ϕ (s ) der Winkel des Tangenteneinheitsvektors mit der x -Achse, so gilt
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
cos ϕ
r
es = sin ϕ ,
0
−ϕ ′ sin ϕ
= ϕ ′ cos ϕ ,
ds
0
r
des
392
−ϕ ′′ sin ϕ − ϕ ′ 2 cos ϕ
= ϕ ′′ cos ϕ − ϕ ′ 2 sin ϕ ,
0
r
d 2es
ds 2
2
cos ϕ −ϕ ′′ sin ϕ − ϕ ′ cos ϕ cos ϕ − F0 0
EI z sin ϕ × ϕ ′′ cos ϕ − ϕ ′ 2 sin ϕ + sin ϕ × 0 = 0,
0
0
0 0 0
EI zϕ ′′ + F0 sin ϕ = 0.
Mit den Randbedingungen
r
des
r
r
M (L )e z = EI z es ×
ds
ϕ (0) = 0,
s =L
= EI zϕ ′(L ) = 0
ist eine Lösung der Differentialgleichung
ϕ ′′ + λ2 sin ϕ = 0,
λ2 : =
F0
EI z
zu berechnen. Weil
{ϕ ′′ + λ2 sin ϕ}ϕ ′ =
d 1 2
2
ϕ ′ − λ cos ϕ = 0
ds 2
gilt, erhalten wir zunächst mit ϕ (L ) = Φ
ϕ ′ 2 = 2λ2 (cos ϕ − cos Φ ).
Daraus ergibt sich
dϕ
= ds
λ 2 cos ϕ − cos Φ
→
1
λ
Φ
2∫
0
dϕ
= L.
cos ϕ − cos Φ
Im Integral setzen wir
cos ϕ = 1 − 2 sin 2 (ϕ 2),
cos Φ = 1 − 2 sin 2 (Φ 2),
dann wird
Φ
∫
0
dϕ
sin 2 (Φ 2) − sin 2 (ϕ 2)
= 2λL .
Mit
sin(Φ 2) =:k ,
sin(ϕ 2) =:k sin u ,
ϕ = 0 → u = 0;
dϕ =
2k cos u
2k cos u
du =
du ,
cos(ϕ 2)
1 − k 2 sin 2u
ϕ = Φ → sin u = 1 → u = π 2 ,
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
393
erhalten wir schließlich
π 2
∫
du
1 − k 2 sin 2u
0
= λL .
Das Integral ist eine vollständiges elliptisches Integral 1. Gattung und steht ausgewertet in Formelsammlungen zur Verfügung.
Zu einem Wert von λL muß der Parameter k bestimmt werden und daraus der
Neigungswinkel Φ am Stabende.
Ist insbesondere k = 0, also auch Φ = 0, so wird λL = π 2 und
(λL )2 =
π2
4
→
F0 =
π 2 EI z
= EULERsche Knicklast
4 L2
Ist der Winkel Φ bekannt, so lautet mit
dx dx dϕ
=
= cos ϕ ,
ds dϕ ds
dy dy dϕ
=
= sin ϕ ,
ds dϕ ds
und
dϕ
= ϕ ′ = λ 2 cos ϕ − cos Φ
ds
das Differentialgleichungssystem für die Biegelinie
cos ϕ
dx
,
=
dϕ λ 2 cos ϕ − cos Φ
sin ϕ
dy
.
=
dϕ λ 2 cos ϕ − cos Φ
Ist beispielsweise
λL = 2.08744
→
F0 = (λL )2
EI z
L
2
= 4.3574
EI z
L2
,
so wird
Φ =2
und mit
ξ: = x L ,
η: = x L ,
lautet das Differentialgleichungssystem
cos ϕ
dξ
=
,
dϕ λL 2 cos ϕ − cos 2
sin ϕ
dη
=
.
dϕ λL 2 cos ϕ − cos 2
Die Anfangsbedingungen lauten ξ (0) = η(0) = 0, und integriert werden muß von
ϕ = 0 bis ϕ = 2. So ergibt sich die in der folgenden Abbildung dargestellte Biegelinie, die man Elastika nennt und die schon von EULER berechnet wurde.
C - 1.6 - Knicken und Biegetheorie 2. Ordnung
394
0.4
x/L
0.3
0.2
Fo
0.1
0.0
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7 y/L 0.8
C - 2 - Seilstatik
395
Aufgabe 1
g
y
B
f (x B ) = y B
f (x )
x
O
xB
Seil der Länge L
Ein homogenes, biegeweiches Seil der Masse m und der konstanten Länge L
ist in den Punkten O und B aufgehängt und nimmt im Schwerkraftfeld, das
in negativer y -Richtung wirken soll, eine Gleichgewichtskonfiguration in der
vertikalen xy -Ebene an, die durch die Funktion y = f ( x ), die Seillinie, beschrieben wird. f ( x ) soll berechnet werden.
An der Stelle x hat die Seillinie eine Tangente mit dem Neigungswinkel α
gegen die x -Achse. Es gilt
df ( x )
=: f ′( x ) = tan α .
dx
Im Seil wirkt an der Stelle x die tangentiale Seilkraft
r
r
r
S ( x ) = S x ( x )e x + Sy ( x )e y .
Mit den beiden Komponenten des Seilkraft können wir also schreiben
Sy ( x )
= tan α = f ′( x ),
→
Sy ( x ) = f ′( x )S x ( x ).
Sx (x )
Ein infinitesimales Seilelement über dem Intervall [( x − dx 2),( x + dx 2)] auf
der x -Achse hat die Länge ds und die Masse
m
dm = ds.
L
Mit dem Satz von PYTHAGORAS erhalten wir
ds = (dx )2 + { f ( x +
dx
dx 2
) − f (x −
)} ,
2
2
und mit den Zuwachsformeln
f (x +
dx
dx
) = f ( x ) + f ′( x )
,
2
2
f (x −
dx
dx
) = f ( x ) − f ′( x )
,
2
2
C - 2 - Seilstatik
396
wird
ds = 1 + { f ′( x )}2 dx .
r
dx
S(x +
)
2
r
dx
)
− S(x −
2
f (x −
ds
f (x +
dx
)
2
x−
f (x +
dmg
x
dx
2
x+
dx
dx
) − f (x −
)
2
2
dx
)
2
dx
2
dx
Die Seillänge L muß sich ergeben, wenn wir die Längen aller Seilelemente
addieren:
xB
∫
1 + { f ′( x )}2 dx = L .
0
r
Auf das Seilelement wirken drei Kräfte: Die Gewichtskraft −dmg e y und die
beiden Seilkräfte
r
r
r
dx
dS ( x ) dx
S (x +
) = S (x ) +
,
2
dx 2
r
r
r
dx
dS ( x ) dx
− S (x −
) = −{S ( x ) −
}.
2
dx 2
Das Seilelement befindet sich im Gleichgewichtszustand, wenn die Summe
aller Kraftvektoren null ist:
r
r
r
r
dx
dx
S (x +
) + {−S ( x −
)} − dmg e y = 0.
2
2
Daraus ergibt sich mit den Zuwachsformeln für die Seilkraft und
m
m
dm = ds =
1 + { f ′( x )}2 dx
L
L
die differentielle vektorielle Gleichgewichtsbedingung
r
r
r
dS ( x ) mg
−
1 + { f ′( x )}2 e y = 0,
dx
L
in der sich zwei skalare Gleichgewichtsbedingungen verbergen:
C - 2 - Seilstatik
397
dS x ( x )
dx
dSy ( x )
dx
−
= 0,
mg
1 + { f ′( x )}2 = 0.
L
Aus der ersten Differentialgleichung folgt, daß die horizontale x -Komponente
der Seilkraft konstant ist,
S x = H 0 = const .
Wegen der zur Seillinie tangentialen Orientierung der Seilkraft konnten wir
oben die Beziehung
Sy ( x ) = f ′( x )S x ( x )
ableiten, und somit wird
Sy ( x ) = H 0 f ′( x ).
Dieses Zwischenergebnis setzen wir nun in die Differentialgleichung für die
Seilkraftkomponente Sy ein und erhalten schließlich eine nichtlineare Differentialgleichung zweiter Ordnung für die Seillinie f ( x )
mg
λ: =
f ′′( x ) − λ 1 + { f ′( x )}2 = 0,
.
LH 0
Wir setzen vorübergehend
v ( x ): = f ′( x ),
so daß sich für v ( x ) die Differentialgleichung erster Ordnung
v ′( x ) = λ 1 + {v ( x )}2
ergibt. Aus
dv
=λ
1 + v dx
1
2
→
d arsinh v dv
=λ
dv
dx
→
d arsinh v ( x )
= λ,
dx
folgt
arsinh v ( x ) = λx + C1
→
v ( x ) = sinh(λx + C1 ).
Nun kehren wir wieder zur Darstellung mit der Funktion f ( x ) zurück und
erhalten:
1
f ′( x ) = sinh(λx + C1 )
→
f ( x ) = cosh(λx + C1 ) + C2 .
λ
Mit der Randbedingung im Befestigungspunkt O
1
f ( x = 0) = 0
→
cosh(C1 ) + C2 = 0
λ
C - 2 - Seilstatik
398
ergibt sich
f (x ) =
1
{cosh(λx + C1 ) − cosh(C1 )}.
λ
Für die Hyperbelfunktionen gilt das Additionstheorem
cosh a − cosh b = 2 sinh
a +b
a −b
sinh
,
2
2
also können wir auch schreiben
f (x ) =
λx + 2C1
2
λx
sinh
sinh
.
2
2
λ
Noch sind die in
λ:=
mg
LH 0
enthaltene horizontale Kraftkomponente H 0 und die Konstante C1 unbekannt. Also werden noch zwei Bedingungen benötigt: Die Randbedingung für
den Befestigungspunkt B
f (x = x B ) = yB ,
liefert die Beziehung
λx + 2C1
λx
2
sinh B
sinh B = y B
2
2
λ
und die Gleichung für die Seillinie muß der gegebenen Seillänge L angepaßt
werden:
xB
∫
1 + { f ′( x )} dx = L
2
→
xB
∫
0
0
1 + sinh 2 (λx + C1 )dx = L ,
144424443
cosh( λx +C1}
1
{sinh(λx B + C1 ) − sinh C1} = L .
λ
Das Additionstheorem
sinh a − sinh b = 2 sinh
a −b
a +b
cosh
,
2
2
erlaubt für die Seillängenbedingung die Darstellung
λx
λx + 2C1
2
= L.
sinh B cosh B
2
2
λ
Aus den beiden nun zur Verfügung stehenden Gleichungen
C - 2 - Seilstatik
399
λx + 2C1
λx
2
sinh B
sinh B = y B ,
2
2
λ
λx
λx + 2C1
2
= L,
sinh B cosh B
2
2
λ
folgt wegen
cosh 2 a − sinh 2 a = 1
L − yB
2
2
λx
4
= 2 sinh 2 ( B ),
2
λ
→
L2 − y B 2
x B2
2
2
λx
sinh 2 ( B ),
=
2
λx B
und mit
δ :=
λx B
2
erhalten wir die nichtlineare Gleichung für den Parameter δ
sinh δ
=
δ
L2 − y B 2
xB
.
Aus den bekannten Werten x B , y B und L bestimmt man zuerst δ und danach
mg mgx B
H0 =
.
=
Lλ
2Lδ
Für die Konstante C1 folgt aus den beiden Gleichungen
2
sinh(δ + C1 )sinh(δ ) = y B ,
λ
2
sinh(δ )cosh(δ + C1 ) = L ,
λ
durch Division
y
y
tanh(δ + C1 ) = B
→
C1 = artanh( B ) − δ .
L
L
Die Gleichung für die Seillinie lautet schließlich
x
x
f ( x ) = B {cosh(2δ
+ C1 ) − cosh(C1 )}.
2δ
xB
Mit Hilfe der folgenden Abbildung der Funktion (sinh δ ) δ kann man einen zu
L2 − y B 2 x B gehörenden Näherungswert für δ ermitteln und dann nach
dem NEWTONschen Näherungsverfahren verbessern. Anschließend wird die
Konstante C1 bestimmt.
C - 2 - Seilstatik
400
3.5
3.0
L2 − y B 2
xB
sinh δ
δ
gegeben
2.5
2.0
1.5
δ gesucht
1.0
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Ist beispielsweise L = 10m, x B = 4 m, y B = 3m, so wird
L2 − y B 2
xB
= 2.38485,
H 0 = mg
δ = 2.47604,
xB
2Lδ
C1 = −2.16652.
= 0.0808mg.
Die Seillinie ist in der folgenden Abbildung dargestellt.
Mit H 0 ist auch die y -Komponente der Seilkraft bekannt:
x
Sy ( x ) = H 0 f ′( x ) = H 0 sinh(λx + C1 ) = H 0 sinh(2δ
+ C1 ).
xB
Im tiefsten Seilpunkt ist f ′( x ) = 0 und die Seilkraft nimmt dort den kleinsten
Wert H 0 an.
C - 2 - Seilstatik
401
3.0
2.0
1.0
0.0
-1.0
-2.0
0.0
1.0
2.0
3.0
4.0
Aufgabe 2
y
g
h
Ein schweres Seil ist im
Punkte (0, h ) aufgehängt und
wird im Punkt (b , 0) so gehalten, daß es dort eine horizontale Tangente besitzt. Man berechne für h = 2b die erforderliche Horizontalkraft H im
x
Punkte (b , 0) .
b
C - 2 - Seilstatik
402
Seilliniengleichung:
f (x ) =
1
cosh(λx + C1 ) + C2 ,
λ
λ: =
γ
H
( γ : Gewichtskraft des Seiles pro Längeneinheit)
Randbedingungen:
f (0 ) = h ,
f (0 ) = h ,
f (x ) =
→
f ′(b ) = 0.
1
cosh(C1 ) + C2 = h ,
λ
[
]
1
cosh(λx + C1 ) − cosh(C1 ) + h ,
λ
f ′( x ) = sinh(λx + C1 );
f ′(b ) = 0,
sinh(λb + C1 ) = 0,
→
f (x ) =
C1 = − λb ,
→
1
[cosh(λx − λb ) − cosh(λb )] + h .
λ
Im Punkt (b , 0) gilt außerdem
1
f (b ) = 0
→
[1 − cosh(λb )] + h = 0
λ
→
cosh(λb ) = 1 + λh .
Ist insbesondere h = 2b , so wird mit λb =:ξ
cosh ξ = 1 + 2ξ
ξ ≈ 2, 47
→
10
Graphische Lösung der Gleichung
cosh ξ = 1 + 2ξ
8
6
1 + 2ξ
4
cosh ξ
2
0
0
1
λ=
ξ
,
b
2
H=
ξ ≈ 2, 47
γ γb
=
= 0, 4 γb.
λ ξ
3
C - 2 - Seilstatik
403
Aufgabe 3
y
x
c
A
g
O
L
a
b
Ein schweres Seil (Gewicht pro Längeneinheit des Seils: γ ) ist in den Punkten O und A aufgehängt. Der Punkt A ist mit einer Feder (Federsteifigkeit c )
verbunden und wird auf der x-Achse geführt. Wenn die Feder entspannt ist,
befindet sich der Punkt A an der Stelle x = a .
Man berechne x = b für L = 5a und 2c γ = 0, 5.
Gleichung der Seillinie:
f (x ) =
2
λx
λx
sinh(
+ C1 )sinh( ),
2
2
λ
λ: =
γ
.
H0
Randbedingungen:
f (b ) = 0
→
2
λb
λb
sinh(
+ C1 )sinh( ) = 0
2
2
λ
→
C1 = −
λb
.
2
Im Punkt A ist die konstante horizontale Komponente H 0 der Seilkraft gleich
der Federkraft:
γ
H 0 = c (a − b )
→
λ=
.
c (a − b )
Aus der Bedingung für die Seillänge
2
λb
λb
cosh(
+ C1 )sinh( ) = L
2
2
λ
µ: =
2c
,
γ
ξ: =
b
a
→
→
2c (a − b )
γ b
sinh(
) = L,
2c a − b
γ
µ (1 − ξ )sinh(
1 ξ
L
)= ,
µ 1− ξ
a
erhalten wir mit den speziellen Werten L = 5a und 2c γ = 0, 5 die Gleichung
2ξ
(1 − ξ )sinh(
) = 10.
1− ξ
C - 2 - Seilstatik
404
20
Graphische Lösung der Gleichung
2ξ
(1 − ξ )sinh(
) = 10.
1− ξ
15
10
2ξ
(1- ξ )sinh(
)
1- ξ
5
0
0.60
0.64
0.68
ξ = 0, 673,
b = 0, 673a .
Aufgabe 4
y
g
mg
B
r
m
O
r
Sx
Sy
x
H
N
b
5m
mg
m
L
Ein Seil (Länge L = 10r , Masse 5m ) hängt im Schwerkraftfeld zwischen einem
raumfesten Punkt O und dem Schwerpunkt B einer Kreisscheibe (Radius r ,
Masse m ). Auf die Kreisscheibe ist ein Faden gewickelt, an dem eine Masse
m aufgehängt ist.
Man berechne die Gleichgewichtslage x B = b des Punktes B, die Koordinate
x * des tiefsten Seilpunktes und die Seilkraftkomponenten im Punkt B.
C - 2 - Seilstatik
405
Gleichgewichtsbedingungen für die Kreisscheibe:
H − S x = 0,
N − Sy − mg − mg = 0,
→
H = mg ,
S x = mg.
Hr − mgr = 0;
S x ist die konstante horizontale Seilkraftkomponente.
Gewichtskraft pro Längeneinheit des Seils:
γ =
5mg
mg
= 0, 5
.
10r
r
Gleichung der Seillinie:
f (x ) =
1
cosh(λx + C1 ) + C2 ,
λ
f (0 ) = 0
f (x ) =
→
λ: =
C2 = −
0, 5
γ
=
.
Sx
r
1
cosh C1,
λ
1
2
λx
λx
{cosh(λx + C1 ) − cosh C1} = sinh(
+ C1 )sinh( ).
2
2
λ
λ
Randbedingung in B:
f (b ) = r
→
2
λb
λb
sinh(
+ C1 )sinh( ) = r .
2
2
λ
Berechnung der Seillänge:
b
1
L = ∫ cosh((λx + C1 )dx = {sinh(λb + C1 ) − sinh C1},
λ
0
2
λb
λb
sinh( )cosh(
+ C1 ) = L .
2
2
λ
Damit stehen zur Bestimmung von b und C1 zwei Gleichungen zur Verfügung.
4
λb
2 λb
)sinh 2 (
+ C1 ) = r 2 ,
2 sinh (
2
2
λ
4
λb
2 λb
)cosh 2 (
+ C1 ) = L2 ,
2 sinh (
2
2
λ
4
2 λb
) = L2 − r 2
2 sinh (
2
λ
→
sinh(
λb
λ 2 2
)=
L −r ,
2
2
C - 2 - Seilstatik
406
b=
2
99
λ 2 2
ar sinh(
L − r ) = 4r ar sinh(
) = 6, 57r .
2
4
λ
2
λb
λb
sinh(
+ C1 )sinh( ) = r ,
2
2
λ
2
λb
λb
sinh( )cosh(
+ C1 ) = L ,
2
2
λ
→
tanh(
λb
r
+ C1 ) =
2
L
→
C1 = −1, 5423.
Im Punkt x * hat die Seillinie eine horizontale Tangente:
f ′( x *) = 0
→ sinh(λx * +C1 ) = 0
→
x* = −
C1
λ
= 3, 08r .
Die Seilneigung im Punkt x = b hat den Wert
tan β = f ′(b ) = sinh(λb + C1 ) = 2, 769.
Für die vertikale Seilkraftkomponente in B gilt
Sy = tan βS x = mg tan β = 2, 77mg.
Aufgabe 5
y
r
eϕ
r
S(ϕ + dϕ 2)
µ0dN
dN
α
ϕ
r
er
r
− S(ϕ − dϕ 2)
x
Sα
S0
Ein unausdehnbares, ideal biegeweiches Seil sei um einen starren Kreiszylinder gewickelt. Den Umschlingungswinkel bezeichnen wir mit α und den Haftreibungskoeffizienten für die Reibungsverhältnisse zwischen dem Seil und
der Zylinderwand mit µ0 . An den beiden Seilenden sollen die Kräfte S0 und
Sα angreifen und das Seil straff gespannt im Gleichgewicht halten. Berech-
C - 2 - Seilstatik
407
net werden soll, für welche Werte von Sα bei gegebener Seilkraft S0 das Seil
gerade noch nicht im Uhrzeigersinn über den Kreiszylinder rutscht.
r
r
In einem Schnitt ϕ = const wirkt die Seilkraft S (ϕ ) = S (ϕ ) eϕ (ϕ ) . Die Summe
der an einem Seilelement der Länge rdϕ angreifenden Kräfte muß null werden.
r
r
r
r
r
dϕ
dϕ
S (ϕ +
) − S (ϕ −
) + dN (ϕ )er (ϕ ) + µo dN (ϕ )eϕ (ϕ ) = 0,
2
2
r
r
r
r
dS (ϕ )
dϕ + dN (ϕ )er (ϕ ) + µo dN (ϕ )eϕ (ϕ ) = 0.
dϕ
Mit
r
r
deϕ dS r
r
dS dS r
=
=
eϕ + S
eϕ − S er
dϕ dϕ
dϕ
dϕ
erhalten wir die vektorielle Differentialgleichung
r
dN (ϕ ) r
dS (ϕ )
dN (ϕ ) r
{−S (ϕ ) +
}er + {
+ µo
}eϕ = 0,
dϕ
dϕ
dϕ
aus der sich die Differentialgleichung für die Seilkraft S(ϕ ) ergibt:
dS (ϕ )
+ µo S (ϕ ) = 0.
dϕ
Ihre allgemeine Lösung
S (ϕ ) = C e
− µo ϕ
muß der Randbedingung
S ( 0 ) = So
angepaßt werden. Deshalb wird
S (ϕ ) = So e
− µo ϕ
,
und
Sα = So e
− µo α
.
Diese Formel für die Seilkraft nennt man EYTELWEINsche Formel.
Für den Fall, daß das Seil gerade noch nicht im Gegenuhrzeigersinn über
den Kreiszylinder rutscht, ändert sich im Freikörperbild für das Seilelement
nur die Richtung der Haftreibungskraft:
r
µo dNeϕ
→
r
− µo dNeϕ .
Dementsprechend wird
Sα = So e
µo α
.
Das um den Kreiszylinder geschlungene Seil befindet sich also in einem
C - 2 - Seilstatik
408
Gleichgewichtszustand, wenn
So e
− µo α
≤ Sα ≤ So e
µo α
gilt.
Ist beispielsweise α = π , µ0 = 0, 3 , so kann Sα einen Wert zwischen 0,389 S0
und 2,566 S0 annehmen, ohne daß das Seil rutscht.
Aufgabe 6
µ0
α
r
a1
R
a2
F
L
G
Eine Seilwinde (Radius r ) ist fest mit einer Bandbremse (Trommelradius R )
verbunden. An einem aufgewickelten Seil hängt ein Körper, der auf das Se
die Gewichtskraft G überträgt. Man berechne die Kraft F , die ein Absenke
des Körpers gerade noch verhindert.
Wenn sich die Seilscheibe gerade noch nicht im Uhrzeigersinn dreht, muß
das vom Hebel auf die Bremsscheibe wirkende Moment in entgegengesetzter
Richtung wirken. Also ist die am kurzen Hebelarm angreifende Seilkraft S1
größer als die am langen Hebelarm angreifende Kraft S2 . Mit dem Umschlin-
gungswinkel α wird im Grenzfall des Gleichgewichts
S1 = S2e
µ 0α
.
C - 2 - Seilstatik
409
r
R
G
S2
S1
S1
F
S2
Momentengleichgewichtsbedingungen für Hebel und Scheibe:
S1a1 + S2a 2 − FL = 0,
S1R − S2R − Gr = 0;
S2 (e
µ 0α
S2 =
− 1) =
1
e
µ 0α
r
G,
R
S2 (a1e
r
G,
−1 R
F =
a1e
(e
S1 =
µ 0α
e
e
+ a 2 ) = FL ,
µ 0α
µ 0α
r
G,
−1 R
µ 0α
µ 0α
+ a2 r
G.
− 1)L R
Aufgabe 7
y
g
µ0
m1
m2
r1
α
ϕ1
R
β1
β2
r2
ϕ2
x
Zwei Kreisscheiben sind mit einem Seil verbunden und sollen auf einem
Kreiszylinder (Radius R ) im Gleichgewichtzustand sein, wobei das Seil über
dem Winkel α auf dem Kreiszylinder aufliegt und durch Haftreibung am
C - 2 - Seilstatik
410
Gleichgewichtszustand beteiligt ist. Man berechne die Bedingung für die
Winkel ϕ1 und ϕ 2 , damit Gleichgewicht möglich ist.
Geometrische Bedingungen:
(R + ri )cos ϕi = R ,
βi = arccos
→
R
,
R + ri
(i = 1, 2)
y
G1
S1
S1
S2
r1
S2
α
N1
β1
ϕ1
β2
ϕ2
G2
r2
N2
x
R
Gleichgewichtsbedingungen für die zentralen Kräftesysteme in den Schwerpunkten der Kreisscheiben:
sin(ϕ1 + β1 ) 0
0
− cos ϕ1
= ,
+ N1
+ S1
cos(ϕ1 + β1 ) 0
−G1
sin ϕ1
− sin(ϕ 2 + β2 ) 0
0
cos ϕ 2
= ,
+ N2
+ S2
cos(ϕ 2 + β2 ) 0
−G 2
sin ϕ 2
N1 = S1
sin(ϕ1 + β1 )
cos ϕ1
S1 = G1
,
cos ϕ1
cos β1
N 2 = S2
;
sin(ϕ 2 + β2 )
cos ϕ 2
S2 = G 2
,
Das Seil rutscht nicht nach rechts, wenn
S2 < S1e
µ 0α
ist, und es rutscht nicht nach links, wenn
S1 < S2e
µ 0α
ist. Daraus folgt für eine Gleichgewichtslage die Bedingung:
S1e
e
− µ 0α
<
S2
S1
<e
µ 0α
− µ 0α
→
< S2 < S1e
e
− µ 0α
<
µ 0α
,
G 2 cos ϕ 2 cos β1
G1 cos ϕ1 cos β2
<e
µ 0α
.
cos ϕ 2
cos β2
.
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
411
Aufgabe 1
Für das ebene Verschiebungsvektorfeld
r
r
r
(a , b , c , d << 1)
u ( x , y ) = (ax + by )e x + (cx + dy )e y ,
eines deformierbaren Körpers berechne man die Hauptdehnungen.
Ableitungen der Verschiebungsvektorkomponenten:
∂u y
∂u y
∂u x
∂u x
= a,
= b,
= c,
= d,
∂x
∂y
∂x
∂y
Gradienten- und Deformationstensor:
a b 0
G = c d 0,
0 0 0
a
ε = 12 (b + c )
0
+ c ) 0
d
0,
0
0
1 (b
2
Charakteristische Gleichung:
a − εH
det(ε − ε H 1) = det 12 (b + c )
0
1 (b
2
+ c)
d − εH
0
0
0 = −ε H {(a − ε H )(d − ε H ) − 14 (b + c )2} = 0,
−ε H
−ε H {ε H 2 − ε H (a + d ) + ad − 14 (b + c )2} = 0,
Hauptdehnungen:
ε I , II = 12 (a + d ) ±
ε III = 0,
1 (b
4
+ c )2 − ad + 14 (a + d )2 = 12 (a + d ) ± 12 (b + c )2 + (a − d )2 .
Aufgabe 2
Ein Würfel (Kantenlänge L ) aus linear-elastischem Material (Elastizitätsmodul E ,
Querkontraktionszahl ν , Massendichte ρ ) paßt im unbelasteten Zustand in einen
starren Behälter mit quadratischem Querschnitt (Kantenlänge L ) und ideal glatten Wänden. Der Würfel ist durch das Eigengewicht und auf der Würfeloberfläche
z = a durch eine konstante Druckspannung p 0 belastet.
Da die Wandkontakte reibungsfrei sein sollen, darf man für das Verschiebungsvektorfeld des Würfels den Ansatz
r
r
u = u (z )e z
wählen.
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
412
z
p0
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
ρ,G,ν
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
starrer Behälter
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
g
x
Man formuliere den entsprechenden Deformationszustand des Würfels, die drei
r
r r
r
Spannungsvektoren σ x , σ y und σ z , die Volumenkraft k und aus der Gleichgewichtsbedingung für den Spannungszustand
r
r
r
r
∂σ x ∂σ y ∂σ z
+
+
= −k
∂x
∂y
∂z
die Differentialgleichung für die Verschiebungen u (z ). Man löse diese Differentialgleichung und bestimme die Integrationskonstanten mit Hilfe der beiden Randbedingungen:
σ zz (a ) = − p 0 .
u (0) = 0,
Aus dem Verschiebungsvektorfeld
r
r
u = u (z )e z
ergibt sich das Deformationstensorfeld
0 0 0
ε = 0 0 0 .
0 0 u ′
Mit dem HOOKEschen Gesetz erhalten wir den entsprechenden Spannungszustand
1 0 0
0 0 0
ν
ν
e1 } = 2G { 0 0 0 +
u ′ 0 1 0 },
σ = 2G{ ε +
1 − 2ν
1 − 2ν
0 0 1
0 0 u ′
und somit die Spannungsvektoren
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
413
0
0
1
r
r
r
1−ν
ν
ν
σ x = 2G
u ′ 0, σ y = 2G
u ′ 1 , σ z = 2G
u ′ 0.
1 − 2ν
1 − 2ν
1 − 2ν
1
0
0
Die Volumenkraft lautet
r
r
k = − ρge z
und weil die Spannungsvektoren nur von z abhängen, ergibt sich aus der Gleichgewichtsbedingung
r
r
r
r
∂σ x ∂σ y ∂σ z
+
+
= −k
∂x
∂y
∂z
die Differentialgleichung
1−ν
2G
u ′′ = ρg
1 − 2ν
für die Verschiebungen u (z ). Daraus folgt
u′ =
1 − 2ν
ρgz + C1,
2G (1 − ν )
1 − 2ν
z2
ρg
u=
+ C1z + C2 .
2G (1 − ν )
2
Aus der Randbedingungen u(0) = 0 folgt
C2 = 0
und aus der Randbedingung σ zz (a ) = − p 0
2G (1 − ν ) 1 − 2ν
{
ρga + C1} = − p 0 ,
1 − 2ν 2G (1 − ν )
C1 = −
1 − 2ν
( p + ρga ).
2G (1 − ν ) 0
Aufgabe 3
Auf der Oberfläche eines unbelasteten elastischen Körpers wird ein kleiner Kreis
mit dem Radius r um den Punkt O gezeichnet. Anschließend wird der Körper
belastet und festgestellt, daß aus dem Kreis eine Ellipse geworden ist mit den
Halbachsen a = r + 2δ , b = r − δ , wobei die große Halbachse einen Winkel α = 30o
mit der x -Achse bildet. Die Oberfläche z = 0 sei spannungsfrei.
Man berechne die Spannung σ xx in der Umgebung des Punktes O, wenn das Material den Elastizitätsmodul E und die Querkontraktionszahl ν = 1 3 besitzt.
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
414
Im Hauptachsensystem wird:
εI =
2δ
,
r
δ
ε II = − .
r
Direkt unter der Oberfläche herrscht ein ebener Spannungszustand:
E
9E 2δ 1 δ
15Eδ
−
(
)=
,
2 (ε I + νε II ) =
8 r
3r
8r
1−ν
9E δ 2 δ
3Eδ
E
σ II =
(− +
)=−
,
2 (ε II + νε I ) =
8
8r
r 3r
1−ν
r
Im Hauptachsensystem hat der Richtungsvektor e x die Darstellung
σI =
cos α
r
ex =
.
− sin α
cos α 3Eδ 5 0 cos α 3Eδ
r
r
σ xx = e x ⋅ (σe x ) =
(5 cos2 α − sin 2 α ),
⋅(
) =
8r
− sin α 8r 0 −1 − sin α
σ xx =
21Eδ
.
16r
Aufgabe 4
y
b
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
h 0;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
h
x
b0
Eine linear-elastische Folie
der Breite b0 und der Höhe h 0 soll homogen in
x und y -Richtung so gedehnt werden, daß sie die Fläche bh überdeckt. Man berechne die erforderlichen Spannungen σ xx und σ yy sowie die elastische Energiedichte U s in der Folie, wenn das Folienmaterial den Elastizitätsmodul E und die
Querkontraktionszahl ν besitzt. Welche Kurve wird aus dem Kreis vom Radius r ,
der auf die ungedehnte Folie gezeichnet ist?
ε xx =
b − bo
bo
,
εyy =
h − ho
ho
,
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
1
(σ − νσ yy ),
E xx
1
= (σ yy − νσ xx );
E
415
E
(ε + νεyy ),
1 − ν 2 xx
E
=
(ε + νε xx );
1 − ν 2 yy
ε xx =
σ xx =
εyy
σ yy
Us =
1
(σ ε + σ yy εyy )
2 xx xx
Aus dem Kreis wird eine Ellipse mit den Halbachsen
a x = r (1 + ε xx ),
a y = r (1 + εyy ).
Aufgabe 5
E S,ν S,αS
EG,ν G,α G
Auf einen Grundkörper (Materialkonstanten EG , νG , αG ) wird bei der Temperatur
T2 eine dünne Schicht eines anderen Materials (Materialkonstanten E S , ν S , α S )
aufgebracht. Der Grundkörper ist bei diesem Prozeß parallel zur Schicht spannungsfrei gedehnt um ε xx = εyy = αG (T2 − To ) Die Schicht ist ebenfalls spannungsfrei und in diesem Zustand noch ungedehnt.
Man berechne den ebenen Spannungszustand in der dünnen Schicht, wenn der
Werkstoffverbund auf die Temperatur T1 abgekühlt und dabei die spannungsfreie
Dehnungsänderung des Grundkörpers der Schicht aufgezwungen wird. In der
Schicht gelte das HOOKEsche Gesetz.
Der Dehnungszustand des Grundkörpers ändert sich bei der Abkühlung von der
Temperatur T2 auf die Temperatur T1 um
∆ε xx = ∆εyy = −αG (T2 − T1 ).
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
416
Dem Material in der Schicht wird diese Dehnung aufgezwungen, so daß nach
dem HOOKEschen Gesetz gilt
1
∆ε xx =
(σ − ν Sσ yy ) − α S (T2 − T1 ),
E S xx
∆εyy =
1
(σ − ν Sσ xx ) − α S (T2 − T1 ).
E S yy
Daraus folgt:
(α S − αG )(T2 − T1 ) =
(α S − αG )(T2 − T1 ) =
1
(σ − ν Sσ yy ),
E S xx
(1 + ν S )(α S − αG )(T2 − T1 ) =
1
(σ − ν Sσ xx ).
E S yy
σ xx = σ yy =
E S (α S − αG )
1 − νS
1
(1 − ν S 2 )σ xx ,
ES
(T2 − T1 ).
Aufgabe 6
In zwei Volumenelementen eines Körpers, deren Kanten parallel zu den kartesischen Koordinatenachsen orientiert sind, herrschen die angegebenen Spannungszustände.
3σ 0
z
4σ 0
y
2σ 0
2σ 0
τ
τ
4σ 0
x
3σ 0
Wie groß muß τ nach der GE-Hypothese und der Schubspannungshypothese
sein, wenn beide Volumenelemente gleich beansprucht sein sollen?
Spannungszustände:
0
a ) σ = −2σ 0
0
−2σ 0
4σ 0
0
0
0 ,
3σ 0
Vergleichsspannungen nach der GE-Hypothese:
0 0 τ
b ) σ = 0 0 0.
τ 0 0
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
σ V(GE ) : =
417
1
(σ xx − σ yy )2 + (σ yy − σ zz )2 + (σ zz − σ xx )2 + 6(σ xy 2 + σ yz 2 + σ zx 2 ).
2
a)
σ V(GE ) =
1
16σ 02 + σ 02 + 9σ 02 + 24σ 02 = 5σ 0 ,
2
b)
σ V(GE ) =
1
6τ 2 = 3τ .
2
Gleiche Beanspruchung nach der GE-Hypothese:
3τ = 5σ 0
5
σ = 2, 89σ 0 .
3 0
τ=
→
Hauptspannungen des Spannungszustandes a)
−σ H
det −2σ 0
0
=0
0
3σ 0 − σ H
−2σ 0
0
4σ 0 − σ H
0
σ I = 2(1 − 2 )σ 0 ,
(3σ 0 − σ H )(σ H 2 − 4σ H σ 0 − 4σ 02 ) = 0,
→
σ II = 2(1 + 2 )σ 0 ,
Extemwerte der Schubspannungen:
1
1
(σ I − σ II ) = −2, 83σ 0 ,
(σ − σ III ) = 0, 91σ 0 ,
2
2 II
σ III = 3σ 0 .
1
(σ − σ I ) = 1, 91σ 0 .
2 III
Gleiche Beanspruchung nach der Schubspannungshypothese:
1
τ = σ I − σ II = 2, 83σ 0 .
2
Aufgabe 7
Auf eine dünne elastische Scheibe (Elastizitätsmodul E, Querkontraktionszahl
ν = 1 3) ist ein Quadrat der Kantenlänge L gezeichnet.
2σ 0
y
3σ 0
L
3σ 0
C
B
30
3σ 0
o
A
3σ 0
2σ 0
x
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
418
Welche Länge L* bekommt die Seite AB, wenn die Scheibe durch die angegebenen
konstanten Randspannungen belastet wird und wie groß ist dann der ursprünglich rechte Winkel in A?
In der Scheibe herrscht der homogene ebene Spannungszustand
σ xx = 0, σ yy = −2σ 0 , σ xy = 3σ 0 .
Aus dem HOOKEschen Gesetz
ε=
ε
xx
ε
xy
ε
xz
ε xy
εyy
εyz
1+ν
ν
(σ −
s 1),
1+ν
E
0
ε xz
1+ν
3σ
εyz =
E 0
0
ε zz
−2σ
0
0
ν
0 −
0
1+ν
0
0
3σ 0
−2σ 0
0
0
−2σ 0
0
0
0
−2σ 0
folgt mit ν = 1 3:
2 12 0
σ
ε = 0 12 −6 0.
3E
0 0 2
Die Einheitsvektoren in die Richtungen A →B und A→C lauten
cos 30o
3
r
o 1
e1 = sin 30 =
1 ,
2
0
0
− sin 30o
−1
r
1
e 2 = cos 30o = 3 .
2
0
0
Für die Dehnung der Strecke AB gilt
σ
r
r
ε11 = e1 ⋅ (ε e1 ) = 0
12E
L* − L
ε11 =
,
L
[
→
2 12 0 3
σ
3 1 0 12 −6 0 1 = 2 3 0 .
E
0 0 2 0
]
L* = L (1 + ε11 ) = L (1 + 2 3
σ0
E
).
Berechnung des eingeschlossenen Winkels α zwischen den ursprünglich orthogonalen Linien AB und AC:
r
r
π
α = − γ 12 ,
γ 12 : = 2e1 ⋅ (ε e 2 ).
2
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
γ 12 =
σ0
6E
[
419
2 12 0 −1
24 − 8 3 σ
σ
0 = 1, 69 0 ,
3 1 0 12 −6 0 3 =
E
E
6
0 0 2 0
]
α=
σ
π
− 1, 69 0 .
2
E
Aufgabe 8
Man berechne die Konstanten a 0 , a1, a 2 in dem Ansatz für das Verschiebungsvektorfeld
r
r
u = (a 0 + a1x + a 2y )e x
so, daß es die dargestellte Deformation des gleichschenklig-rechtwinkligen Dreiecks beschreibt.
u0
y
L
x
L
Welche Normal- und Schubspannungen müssen auf den Rändern der Dreieckscheibe wirken, wenn das Scheibenmaterial den Elastizitätsmodul E und die
Querkontraktionszahl ν besitzt?
Anpassung des Verschiebungszustandes an die Verschiebungen der Eckpunkte
des Dreiecks:
r
r
r
r
r
r
r
r
r
u (0, 0) = a 0e x = 0,
u (L , 0) = (a 0 + a1L )e x = 0,
u (L , L ) = (a 0 + a1L + a 2L )e x = u 0e x ,
a 0 = a1 = 0,
a2 =
u0
L
.
Berechnung des Deformationszustandes:
y
u
r
u = 0 0,
L
0
→
0 1 0
u0
G=
0 0 0
L
0 0 0
→
0 1 0
u0
ε=
1 0 0.
2L
0 0 0
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
420
HOOKEsches Gesetz:
0 1 0
E
ν
σ=
(ε +
e 1) = σ 0 1 0 0,
1+ν
1 − 2ν
0 0 0
σ 0: =
Eu 0
2(1 + ν )L
.
Berechnung der Spannungsvektoren auf den Dreiecksrändern:
0 1 0 0
−1
r
r
σ1 = σ n1 = σ 0 1 0 0 −1 = σ 0 0 ,
0 0 0 0
0
r
r
n1 = −e y :
0 1 0 1
0
r
r
σ 2 = σ n 2 = σ 0 1 0 0 0 = σ 0 1 ,
0 0 0 0
0
r
r
n2 = ex :
0 1 0 −1
1
σ
σ
r
r
r
σ 3 = σ n 3 = 0 1 0 0 1 = 0 −1 = −σ 0n 3 .
2
2
0
0 0 0 0
r
1 r
1 r
n3 = −
ex +
e :
2
2 y
y
σ0
σ0
x
σ0
Aufgabe 9
Der Kreisquerschnitt (Radius R ) x =const eines Stabes ist durch die Biegemomente M by und M bz sowie durch das Torsionsmoment M t belastet. In den Punkten A und B auf einem unbelasteten Teil der Mantelfläche sind Dehnungsmeßstreifen aufgebracht, mit denen man jeweils lokal die Dehnungen in tangentialen
r r
r
Richtungen e1, e 2 und e 3 messen kann. Man bestimme die Formeln, mit denen
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
421
sich aus den gemessenen Dehnungen die beiden Biegemomente und das Torsionsmoment berechnen lassen.
r
r
e2 = −ez
y
A
r
r
e1 = e x
A
r
r
e2 = ey
x
r
e3
B
z
r
e3
r
r
e1 = e x
B
Im Querschnitt x = const lautet der Spannungszustand
M by
Ip π 4
M
M
z − bz y,
(I y = I z =
= R )
σ xx =
σ xϕ = t r ,
Iy
Iz
Ip
2 4
wobei die Torsionsschubspannungen in Zylinderkoordinaten dargestellt sind.
η
σ ηη
σ ηξ
r
e3
r
e2
r
e1
σ ξη
σ ξξ
ξ
A,B
σ ξη
σ ηξ
σ ηη
σ ξξ
σ ξη = σ ηξ
In den Meßpunkten führen wir lokale ξ, η,ζ -Koordinaten ein, wobei die ζ -Koordinate jeweils orthogonal zur Mantelfläche orientiert sein soll. Der lokale Spannungszustand im Stab läßt sich durch einen Spannungstensor
σ ξξ σ ξη
σ = σ ξη σ ηη
0
0
0
0
0
beschreiben, weil die im unbelasteten Flächenelement der Mantelfläche wirken-
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
422
den Spannungen σ ζζ , σ ζξ , σ ζη null sind.
Die Dehnungsmessungen erfolgen jeweils in die Richtungen
r
r
r
r
r
r
1 r
(eξ + eη ).
e1 = eξ ,
e 2 = eη ,
e3 =
2
Dann folgt aus der Darstellung des Deformationsstandes im lokalen Koordinatensystem
r
r
ε
ε (er ) = e1 ⋅ εe1 = εξξ ,
ε
ε
ξη
ξη
1
ξξ
r
r
ε = εξη εηη εξη
ε (er ) = e 2 ⋅ εe 2 = εηη ,
2
ε
r
r
εξη εζζ
1
ξη
ε (er ) = e 3 ⋅ εe 3 = (εξξ + 2εξη + εηη ).
2
3
Also gilt für die Berechnung der Deformationsmaße aus den Meßwerten:
εξξ = ε (er ) ,
εηη = ε (er ) ,
2εξη = 2ε (er ) − ε (er ) − ε (er ) .
1
2
1
3
2
Für den lokalen ebenen Spannungszustand lautet das HOOKEsche Gesetz
E
σ ξξ =
(ε + νεηη ),
1 − ν 2 ξξ
E
σ ηη =
(ε + νεξξ ),
1 − ν 2 ηη
E
σ ξη =
ε .
1 + ν ξη
Damit erhalten wir die Formeln für die Berechnung der lokalen Spannungen aus
den Meßwerten:
E
σ ξξ =
(ε r + νε (er ) ),
2
1 − ν 2 (e1 )
E
σ ηη =
(ε r + νε (er ) ),
1
1 − ν 2 (e 2 )
E
σ ξη =
(2ε (er ) − ε (er ) − ε (er ) ).
1
2(1 + ν )
3
2
Im Meßpunkt A: ( x = x A , y = R , z = 0) wird
σ ξξ = −
M bz
Iz
R,
σ ηη = 0,
σ ξη = −
Mt
Ip
R,
und im Meßpunkt B: ( x = x B = x A , y = 0, z = R )
σ ξξ =
M by
Iy
R,
σ ηη = 0,
σ ξη = −
Mt
Ip
R.
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
423
Daraus ergeben sich die drei gesuchten Gleichungen:
M by =
πER 3
(ε r
+ νε (er ;B ) ),
2
4(1 − ν 2 ) (e1 ;B )
M Bz = −
πER 3
(ε r
+ νε (er ; A ) ),
2
4(1 − ν 2 ) (e1 ; A )
πER 3
Mt = −
(2ε (er , A ) − ε (er , A ) − ε (er , A ) ).
1
3
2
4(1 + ν )
Aufgabe 10
Eine Kreisringscheibe (Innenradius ri , Außenradius ra ) der Dicke b ist am Außenrand fest eingespannt und im Loch mit einem kreiszylindrischen Stab fest
verbunden, der durch ein Torsionsmoment M * belastet ist. In der Kreisscheibe
entsteht dann ein Spannungszustand, der in Polarkoordinaten die Darstellung
K
σ rr = 0,
σ ϕϕ = 0,
σ rϕ = σ ϕr = 2
r
besitzt. Man berechne den Faktor K als Funktion von M * sowie die Hauptspannungen und Hauptspannungsrichtungen im Punkt P.
y
r
eϕ
r
M
r
er
b
M
ϕ P
x
*
2ri
ra
Spannungsvektoren im positiven Schnittufer r = ri :
r
K r
σ r = 2 eϕ .
ri
Momentengleichgewicht am kreiszylindrischen Stab:
2π
∫ ri σ rϕ (ri )bri dϕ + M
*
= 0,
0
K =−
M*
2πb
→
→
K
br 2 2π + M * = 0,
ri 2 i
σ rϕ = −
M*
.
2πbr 2
*
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
424
Spannungsmatrix im Punkt P in der lokalen Polarkoordinatenbasis:
0
σ=
σ rϕ
σ rϕ
.
0
Hauptachsentransformation:
−σ H
det
σ rϕ
σ rϕ
= σ H 2 − σ rϕ 2 = 0,
−σ H
σ I = +σ rϕ ,
σ II = −σ rϕ .
r
r
1 r
(er − eϕ ),
eI =
2
r
r
1 r
(er + eϕ ).
e II =
2
r
r
(σ − σ H 1)e H = 0,
Aufgabe 11
Drei Stäbe mit Kreisquerschnitt (Radius r ) und aus gleichem Material sind a) mit
einer Längskraft F , b) mit einem Torsionsmoment M1 und c) mit einem Biegemoment M 2 belastet.
F
x
M1
x
M2
x
Wie groß sind die beiden Momente, wenn nach der GE-Hypothese der Werkstoff
in allen drei Stäben in den jeweils am höchsten beanspruchten Volumenelementen die gleiche Vergleichsspannung erreicht wird.
Vergleichsspannung nach der GE-Hypothese:
In kartesischen Koordinaten:
1
σ V(GE ) =
(σ xx − σ yy )2 + (σ yy − σ zz )2 + (σ zz − σ xx )2 + 6(σ xy 2 + σ yz 2 + σ zx 2 ) ,
2
in Zylinderkoordinaten ( x -Achse = Zylinderachse):
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
σ V(GE ) =
425
1
(σ rr − σ ϕϕ )2 + (σ ϕϕ − σ xx )2 + (σ xx − σ rr )2 + 6(σ rϕ 2 + σ ϕx 2 + σ xr 2 ).
2
a) Spannungszustand in kartesischen Koordinaten:
σ xx
σ= 0
0
0 0
0 0,
0 0
σ V(GE ) =
1
F
2σ xx 2 = σ xx = 2 .
2
πr
b) Spannungszustand in Zylinderkoordinaten auf dem Kreisrand:
0
σ = σ xϕ
0
σ xϕ
0
0
0
0,
0
σ V(GE ) =
M
M
2M
1
6σ xϕ 2 = 3σ xϕ = 3 1 r = 3 41 r = 2 3 13 .
Ip
2
πr
πr
c) Spannungszustand auf dem Kreisrand in Punkten mit y = r :
σ xx
σ= 0
0
0 0
0 0,
0 0
σ V(GE ) =
M
4M 2
M2
1
2σ xx 2 = σ xx = 2 r =
.
4 r =4
2
Iy
πr
πr 3
Bedingungen für gleiche Materialbeanspruchungen:
M
M
F
F
2 3 13 = 2 → M1 = 0, 29 Fr ,
4 23 = 2
πr
πr
πr
πr
→ M 2 = 0, 25 Fr .
Aufgabe 12
N
δ
P1
Mt
y
a
P2
z
a
N
Mt
x
Ein dünnwandiges Rohr mit quadratischem Querschnitt ist durch eine Längskraft N und ein Torsionsmoment M t belastet. Man beschreibe die Spannungszustände in den Punkten P1 und P2 .
Querschnittsfläche A und von der Mittellinie berandete Fläche Am :
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
A = 4aδ ,
426
Am = a 2 .
Normalspannung:
σ xx =
N
=:σ 0 .
A
Schubspannung tangential zur Mittellinie:
Mt
=:τ 0 .
σ xs =
2 Am δ
Spannungszustände in den Punkten P1:( x , 0, −a ) und P2 :( x , a , 0) :
σ 0 τ 0
σ(P1 ) = τ 0 0
0 0
0
0,
0
σ
0
σ(P2 ) = 0
τ
0
0 τ0
0 0 .
0 0
Hauptspannungen:
σ 0 − σ H
det τ 0
0
σ − σ H
0
det 0
τ
0
τ0
−σ H
0
0
−σ H
0
0
0 = −σ H {−σ H (σ 0 − σ H ) − τ 02} = −σ H (σ H 2 − σ H σ 0 − τ 02 ) = 0 ,
−σ H
τ0
0 = −σ H {−σ H (σ 0 − σ H ) − τ 02} = −σ H (σ H 2 − σ H σ 0 − τ 02 ) = 0 ,
−σ H
σ I , II =
1
(σ 0 m σ 02 + 4τ 02 ),
2
σ III = 0.
Aufgabe 13
r r r
Ein homogener Spannungszustand sei in seinem Hauptachsensystem {e1, e 2 , e 3}
gegeben:
σ1 0
0
σ = 0 σ 2 0 ,
0 0 σ
3
σ1 − s 3
0
0
s
σ(D ) : = σ − 1 = 0
σ2 − s 3
0
3
0
0
σ3 − s
,
3
s: = σ1 + σ 2 + σ 3 .
Man berechne die Normalspannung und die Schubspannung in einer Schnittflä-
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
427
che mit dem Normaleneinheitsvektor
r
r
r
1 r
(e1 + e 2 + e 3 ).
n=
3
Spannungsvektor:
σ1
σ1 0
0 1
1
r
r
1
σ .
σ
0
0
σn = n =
σ2
1 =
3
3 2
σ
0 0 σ 1
3
3
Normalspannung:
σ nn
σ1
1
r r
1 1 1
1
s
= σ n ⋅n =
σ2 ⋅
1 = (σ1 + σ 2 + σ 3 ) = Spur (σ) = .
3 3 3
3
3
σ
1
3
Schubspannungsvektor und Schubspannungsbetrag:
σ1 − s 3
σ1
1
r r
r
r
1 s
1
τ = σ n − σ nn n =
( σ 2 − 1) =
σ 2 − s 3 = σ( D )n ,
3 3
3
σ
1
σ 3 − s 3
3
r
r r
r r
1
τ : = τ = τ ⋅ τ = σ n ⋅ σ n − σ nn 2 =
3(σ12 + σ 22 + σ 32 ) − s 2 ,
3
1
s2
1
s
s
1
τ=
σ⋅σ −
=
(σ − 1) ⋅ (σ − 1) =
σ(D ) ⋅ σ(D ) .
3
3
3
3
3
3
r
e3
r
r
r
1 r
(e1 + e 2 + e 3 )
n=
3
r
e2
r
e1
Die Normaleneinheitsvektoren auf den Flächen eines aus gleichseitigen Dreiecken
gebildeten Oktaeders mit den Eckpunkten auf orthogonalen Achsen in Richtung
der Hauptachsen des Spannungstensors unterscheiden sich nur in den Vorzei-
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
428
r
chen der Komponenten vom obigen Vektor n . In allen Schnittflächen parallel zu
diesen Oktaederflächen erhalten wir deshalb die gleiche Normalspannung und
die gleiche Schubspannung
σ nn =
s
,
3
1
(σ1( D ) )2 + (σ 2( D ) )2 + (σ 3( D ) )2 .
3
τ=
Deshalb nennt man diese Spannungen auch Oktaeder-Normalspannung und Oktader-Schubspannung.
Aufgabe 14
h
(1)
L
(2)
y
(3)
z
Fx
Fy
x
Fz
In einem Querschnitt x = const im Abstand L vom belasteten Endquerschnitt eines einseitig eingespannten Stabes mit quadratischem Querschnitt (Seitenlänge
h ) werden in den Punkten (1), (2) und (3) auf den Symmetrieachsen des Querschnitts die Dehnungen von materiellen Linienelementen parallel zur x -Achse
gemessen. Man berechne aus den gemessenen Dehnungswerten die Lastkraftkomponenten. E sei der Elastizitätsmodul des Stabmaterials.
Stoffgesetz:
ε xx =
M (x )
1
1 N ( x ) M by ( x )
σ xx = {
+
z − bz
y},
E
E A
Iy
Iz
A = h 2,
Iy = Iz =
Im Querschnitt mit den Meßstellen ist
N = Fx ,
M by = − LFz ,
ε xx (1) =
1 N M by h
{ −
},
E A
Iy 2
ε xx (2) =
h4
.
12
M bz = LFy ,
1 N M bz h
{ −
},
E A
Iz 2
ε xx (3) =
1 N M by h
{ +
},
E A
Iy 2
C - 3 - Deformations- und Spannungszustand
Eh 2ε xx (1) = Fx +
6L
F ,
h z
Eh 2ε xx (2) = Fx −
429
6L
F ,
h y
Eh 2ε xx (3) = Fx −
Daraus ergibt sich
Fx =
Eh 2
(ε xx (1) + ε xx (3) ),
2
Fy =
Eh 3
(ε
− 2ε xx (2) + ε xx (3) ),
12L xx (1)
Fz =
Eh 3
(ε
− ε xx (3) ).
12L xx (1)
6L
F .
h z
D - Programme zur Lösung von Differentialgleichungen
430
1. MAPLE-Programme:
Lösung der Differentialgleichung in Aufgabe A-7
>
>
>
>
>
>
>
>
with(DEtools):
with(plots):
dgl:=diff(s(x),x)=sqrt(1+(2*Pi*alfa*cos(2*Pi*x))^2):
alfa:=1.0:
ab:=s(0)=0:
lsg:=dsolve({dgl,ab},{s(x)},type=numeric,method=rkf45):
p1:=plots[odeplot](lsg,[x,s(x)],0..1,numpoints=100,linestyle=1):
plots[display]([p1]);
Lösung der Differentialgleichungen in Aufgabe B-4.1-1
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
with(DEtools):
with(plots):
dgl1:=diff(y1(t),t)=y3(t):
dgl2:=diff(y2(t),t)=y4(t):
dgl3:=diff(y3(t),t)=-lambda*sqrt((y3(t))^2+(y4(t))^2)*y3(t):
dgl4:=diff(y4(t),t)=-g-lambda*sqrt((y3(t))^2+(y4(t))^2)*y4(t):
lambda:=0.023:
g:=9.81:
ab:=y1(0)=0,y2(0)=0,y3(0)=5,y4(0)=8.6603:
lsg:=dsolve({dgl1,dgl2,dgl3,dgl4,ab},{y1(t),y2(t),y3(t),y4(t)},
type=numeric,method=rkf45):
> p1:=plots[odeplot](lsg,[y1(t),y2(t)],0..2,numpoints=100,
linestyle=2):
> plots[display]([p1]);
Lösung der Differentialgleichungen in Aufgabe B-4.7-14
>
>
>
>
>
>
>
>
with(DEtools):
with(plots):
dgl1:=diff(y1(t),t)=y2(t):
dgl2:=diff(y2(t),t)=-(1-L0b/sqrt(1+y1(t)*y1(t)))*y1(t)-2*dd*y2(t):
L0b:=0.5:
dd:=0.2:
ab:=y1(0)=1,y2(0)=0:
lsg:=dsolve({dgl1,dgl2,ab},{y1(t),y2(t)},type=numeric,
method=rkf45):
> p1:=plots[odeplot](lsg,[t,y1(t)],0..20,numpoints=200,linestyle=1):
> p2:=plots[odeplot](lsg,[t,y2(t)],0..20,numpoints=200,linestyle=2):
> plots[display]([p1,p2]);
D - Programme zur Lösung von Differentialgleichungen
431
2. pro Fit-Programme (Macintosh):
pro Fit ist ein sehr leistungsfähiges und leicht zu bedienendes Programm, mit
dem Daten und Funktionen analysiert und graphisch dargestellt werden können.
Es wurde von der Firma
Quantum Soft, Zürich (http://www.quansoft.com)
entwickelt.
Speziell zur Lösung von Differentialgleichungssystemen wurde am Lehrstuhl für
Mechanik auf der Basis von Prozeduren, die in dem Buch
Press, Teukolsky, Vetterling, Flannery:
„Numerical Recipes in C“,
Cambridge University Press - 1992,
beschrieben sind, ein Modul erstellt, mit dem die entsprechenden Lösungsfunktionen im Rahmen von pro Fit tabellarisch und graphisch dargestellt werden können.
ODE Module v1.1
1998 D. Fröhling & S. Kessel, LS Mechanik UniDO
http://www.mech.mb.uni-dortmund.de
Die Bilder von Funktionen in dieser Aufgabensammlung wurden mit pro Fit 5.1
erzeugt. Zur Lösung der Differentialgleichungssysteme erster Ordnung werden
diese mit Pascal-Funktionen beschrieben, die von ODE Module aufgerufen werden.
Beispiele:
Lösung der Differentialgleichung in Aufgabe A-7
function derivs(t,y1,dydt1:extended);
var alfa,zwpi,h,fs: extended;
procedure Initialize;
begin
alfa:=0.75;
zwpi:=2.0*pi;
SetFunctionParam('',2,0);
end;
begin
h:=zwpi*alfa*cos(zwpi*t);
dydt1:=sqrt(1+sqr(h));
SetFunctionParam('',3,dydt1);
end;
D - Programme zur Lösung von Differentialgleichungen
Lösung der Differentialgleichung in Aufgabe B-4.1-1
function derivs(t,y1,y2,y3,y4,dydt1,dydt2,dydt3,dydt4:extended);
{
geeigneter Lambda-Wert = 0.023
Testwerte: alfa = 60 Grad, v0 = 10 m/s, Rechenzeit 2 Sekunden
}
var g,Lam,alf,v0,v0x,v0y,h: extended;
procedure Initialize;
begin
SetBoxTitle('Startwerte');
Input('Lambda',Lam,'Winkel in Grad',alf,'Geschwindigkeit in
m/s',v0);
g:=9.81;
alf:=alf*pi/180.0;
v0x:=v0*cos(alf);
v0y:=v0*sin(alf);
SetFunctionParam('',2,0.0);
SetFunctionParam('',3,0.0);
SetFunctionParam('',4,v0x);
SetFunctionParam('',5,v0y);
end;
begin
h:=Lam*sqrt(sqr(y3)+sqr(y4));
dydt1:=y3;
dydt2:=y4;
dydt3:=-h*y3;
dydt4:=-g-h*y4;
SetFunctionParam('',6,dydt1);
SetFunctionParam('',7,dydt2);
SetFunctionParam('',8,dydt3);
SetFunctionParam('',9,dydt4);
end;
Lösung der Differentialgleichung in Aufgabe B-4.7-14
function derivs(t,y1,y2,dydt1,dydt2:extended);
var
y0,yp0,D,lam: extended;
procedure Initialize;
begin
D:=0.2;
lam:=1.5;
{L0/b}
SetFunctionParam('',2,0.5);
SetFunctionParam('',3,0.0);
end;
432
D - Programme zur Lösung von Differentialgleichungen
begin
dydt1:=y2;
dydt2:=-(1.0-lam/sqrt(1.0+sqr(y1)))*y1-2.0*D*y2;
SetFunctionParam('',4,dydt1);
SetFunctionParam('',5,dydt2);
end;
433
![Hans Walser, [20120118] 135°-Dreieck 1 Flächensatz 2 Beweise](http://s1.studylibde.com/store/data/008864473_1-b466565bbf8b942a4e3325b10da928d2-300x300.png)
