Technische Mechanik III - Dynamik/Kinetik

LISTE DER WARENZEICHEN
Technische Mechanik III
- Dynamik/Kinetik -
von
Annette Kunow
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LISTE DER WARENZEICHEN
Text Copyright © 2016 Annette Kunow
All Rights Reserved
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LISTE DER WARENZEICHEN
LISTE DER WARENZEICHEN
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VORWORT
VORWORT
Die Technische Mechanik ist ein Grundlagenfach in der Ingenieurausbildung. Sie vermittelt die physikalischen Zusammenhänge, um Konstruktionen den jeweiligen Belastungen entsprechend zu dimensionieren.
Im Bereich der Festkörpermechanik werden die drei Bereiche: Statik, Festigkeitslehre oder Elastostatik und Kinetik
unterschieden. Die Mechanik flüssiger Stoffe wird nicht behandelt.
Der dritte Teil der drei Bände Vorlesungsskript zur Technischen Mechanik III umfasst die Behandlung der Geometrie
der Bewegung (Kinematik) und die dabei entstehenden
Kräfte (Kinetik) des Massenpunktes, des Massenpunktsystems und des Starrkörpers. Die ebene Bewegung, der gerade zentrale und exzentrische Stoß und Schwingungen
werden dabei ausführlich gezeigt.
Der dritte Teil baut auf beiden vorangehenden Büchern auf.
In dem Buch "Übungen zur Technischen Mechanik III" werden die an jedem Kapitelende gestellten Übungsaufgaben
vollständig, mit den möglichen Lösungswegen durchgerechnet.
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VORWORT
Dieses Buch entstand aus dem Skript der Vorlesung Technische Mechanik, die ich seit 1988 kontinuierlich an der
Hochschule Bochum im Fachbereich Mechatronik und Maschinenbau halte.
Bochum, im Oktober 2016
Prof. Dr.-Ing. Annette Kunow
P.S.:
Schreiben Sie mir, wenn Ihnen dieses Buch gefällt und welche Anregungen Sie haben. Sie erreichen mich unter meiner Homepage http://www.kisp.de/ Dort finden Sie unter
dem Navigationspunkt http://www.kisp.de/online-bibliothek/
auch das versprochene Bonusmaterial.
… und besuchen Sie meinen Blog „Selbstführung & Produktivität“ http://www.kisp.de/blog/! Ich würde mich auch dort
sehr über Ihre Kommentare und Anmerkungen freuen.
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INHALTSANGABE
INHALTSANGABE
Liste der Warenzeichen................................................... - 3 Vorwort ............................................................................ - 4 Inhaltsangabe .................................................................. - 6 1 Einleitung ................................................................... - 11 2 Kinematik des Massenpunktes ................................... - 13 Lehrziel des Kapitels ............................................ - 13 Formeln des Kapitels............................................ - 13 2.1 Geometrie der Bewegung ................................. - 15 2.2 Geradlinige Bewegung ...................................... - 19 2.3 Ermittlung
der
Bewegung
bei
gegebener
Beschleunigung ......................................................... - 20 2.3.1
2.3.2
Gleichförmige Bewegung a = 0.................. - 20 Gleichmäßig beschleunigte Bewegung a = a0
= const. - 22 2.3.3
Zeitabhängige Beschleunigung a = a(t) ..... - 27 -
2.3.4
Geschwindigkeitsabhängige Beschleunigung a
= a(v) - 31 -
-6-
INHALTSANGABE
2.3.5
Wegabhängige Beschleunigung a = a(x) .. - 35 -
2.3.6
Sonderfall
der
gleichmäßig
beschleunigten
Bewegung .............................................................. - 39 Senkrechter Wurf .............................................. - 39 2.4 Bewegung auf gekrümmter Bahn ...................... - 41 2.5 Sonderfall der ebenen Bewegung ..................... - 44 2.6 Sonderfall der Kreisbewegung .......................... - 48 2.7 Aufgaben zu Kapitel 2 ....................................... - 55 3 Kinetik des Massenpunktes ....................................... - 67 Lehrziel des Kapitels ............................................ - 67 Formeln des Kapitels ........................................... - 67 3.1 Die NEWTON’schen Gesetze ........................... - 68 3.2 Geführte Bewegung ............................................ - 86 3.2.1 Schiefe Ebene .............................................. - 86 3.2.2 Gekrümmte Bahn .......................................... - 90 3.3 Energiesatz ....................................................... - 95 3.3.1
Die wichtigsten Kraftpotentiale ................ - 103 -
3.4 Leistung .......................................................... - 105 -
-7-
INHALTSANGABE
3.5 Impulssatz ....................................................... - 106 3.6 Momentensatz ................................................. - 111 3.7 Aufgaben zu Kapitel 3 ..................................... - 115 4 Kinematik und Kinetik eines Systems von Massenpunkten
.................................................................................... - 127 Lehrziel des Kapitels .......................................... - 127 Formeln des Kapitels.......................................... - 127 4.1 Schwerpunktsatz ............................................... - 137 4.2 Momentensatz (Drallsatz oder Drehimpulssatz) - 137 4.3 Impulssatz ......................................................... - 138 4.4 Aufgaben zu Kapitel 4........................................ - 146 5 Bewegung des starren Körpers ................................ - 159 Lehrziel des Kapitels .......................................... - 159 Formeln des Kapitels.......................................... - 159 5.1 Massenträgheitsmoment ................................... - 165 5.2 Ebene Bewegung .............................................. - 172 5.2.1 Kinematik .................................................... - 172 5.2.2 Kinetik ......................................................... - 176 -
-8-
INHALTSANGABE
5.3 Energiesatz ....................................................... - 181 5.4 D'ALEMBERTsches Prinzip............................... - 184 5.5 Stoßvorgänge .................................................... - 187 5.5.1 Die einzelnen Stoßvorgänge ....................... - 188 5.5.2 Gerader exzentrischer Stoß ........................ - 190 5.6 Aufgaben zu Kapitel 5 ....................................... - 204 6 Schwingungslehre.................................................... - 237 Lehrziel des Kapitels .......................................... - 237 Formeln des Kapitels ......................................... - 237 6.1
Systeme
mit
einem
Freiheitsgrad
(Einmassenschwinger) ............................................ - 241 6.1.1 Federkoeffizienten einiger elastischer Systeme ... 249 6.1.2 Federn im Schwingersystem ....................... - 256 6.3
Lösung
der
Differentialgleichung
der
freien
ungedämpften Schwingung ..................................... - 262 6.4
Lösung
der
Differentialgleichung
der
freien
gedämpften Schwingung ......................................... - 264 -
-9-
INHALTSANGABE
6.5 Lösung der Differentialgleichung der ungedämpften,
erzwungenen Schwingung....................................... - 273 6.6 Lösung der Differentialgleichung der gedämpften,
erzwungenen Schwingung....................................... - 282 6.7 Erregertypen ...................................................... - 287 6.8 Überhöhungsfunktionen ..................................... - 296 6.9 Aufgaben zu Kapitel 6........................................ - 307 7 Literatur .................................................................... - 323 Sachwörterverzeichnis ................................................ - 327 Bereits erschienen....................................................... - 329 Impressum .................................................................. - 331 -
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1 EINLEITUNG
1 EINLEITUNG
Die Technische Mechanik ist ein Grundlagenfach in der Ingenieurausbildung. Sie vermittelt die physikalischen Zusammenhänge, um Konstruktionen den jeweiligen Belastungen entsprechend zu dimensionieren.
Im Bereich der Festkörpermechanik werden die drei Bereiche: Statik, Festigkeitslehre oder Elastostatik und Kinetik
unterschieden. Die Mechanik flüssiger Stoffe wird nicht behandelt.
Der dritte Teil der drei Bände Vorlesungsskript zur Technischen Mechanik III umfasst die Behandlung der Geometrie
der Bewegung (Kinematik) und die dabei entstehenden
Kräfte (Kinetik) des Massenpunktes, des Massenpunktsystems und des Starrkörpers. Die ebene Bewegung, der gerade zentrale und exzentrische Stoß und Schwingungen
werden dabei ausführlich gezeigt.
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1 EINLEITUNG
- 12 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Lehrziel des Kapitels
o Bewegung des Massenpunktes
o Kinematik: die Geometrie der Bewegung
o Bewegung im kartesischen Koordinatensystem, in
krummlinigen Koordinaten und in Polarkoordinaten
Formeln des Kapitels
(2.1) :
r r
Ortsvektor r = r (t)
(2.2) :
r
r d r r&
Geschwindigkeitsvektor v = = r
dt
( 2 .5 ) :
v
r r r d2 r
Beschleuni gungsvekto r a = v& = &r& = 2
dt
Kartesisches Koordinatensystem
(2.6) :
( 2 .7 ) :
r
v
v
v
r (t) = x(t) e x + y(t) e y + z(t) ez
r
r
v
v
v
v (t) = r& (t) = x& (t) e x + y& (t) e y + z& (t) e z
v
v
v
= x& (t) e x + y& (t) e y + z& (t) e z
- 13 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2. 8) :
r
r
v
v
v
a (t) = v& (t) = &x&(t) e x + &y&(t) e y + &z&(t) e z
v
v
v
= &x&(t) e x + &y&(t) e y + &z&(t) e z
v
v
v
= a x (t) e x + a y (t) e y + a z (t) e z
(2.9) : Beträge der Vektoren
2
2
2
r = x 2 + y 2 + z2 , v = v x + v y + v z ,
2
2
a = a x + a y + az
2
Krummlinige Koordinaten
ds
dϕ
s&
(2.77): Ortsvektors = ρ dϕ, s& = v = = ρ = ρϕ&,
= ϕ&
dt
dt
ρ
(2.79) : Tangentiale
r r
r
r
Geschwindigkeit v = v e t = s& = s& e t
r ds
(2.80 ) : Bahngeschw indigkeit v =
= s&,
dt
r
r s& 2 r
r v2 r
(2.81) : Beschleunigung a = &s& e t + en = v& e t + en .
ρ
ρ
- 14 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Polarkoordinaten
(2.88) :
r
r
Ortsvektor r = r er
(2.89) :
r
r
r
r
r
Geschwindi gkeit v = r& e r + r e& r = r& e r + r ϕ& e ϕ
(2.90) :
Bahngeschw indigkeit v =
(2.91) :
r
r
r
& ]e ϕ
Beschleunigung a = &r& - r ω2 er + [2 r& ω + r ω
2.1
[
r& 2 + (r ϕ& ) 2
]
Geometrie der Bewegung
Die Bewegung des Massenpunktes wird durch die Geometrie der Bewegung, der Kinematik, mit Vektoren,
r(t)
P
Bahnkurve
O
r(t+∆t)
Bild 2.1 Massenpunkt auf der Bahnkurve
- 15 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
dem
(2.1) :
r r
Ortsvektor r = r (t)
und dem
( 2. 2) :
r
r
r
r (t + ∆t) - r (t)
Geschwindigkeitsvekt or v = lim
∆t → 0
∆t
r
r
∆ r d r r&
=r
= lim
=
∆t →0 ∆t
dt
beschrieben, wobei die Ableitung nach der Zeit mit einem
Punkt gekennzeichnet wird.
Der Geschwindigkeitsvektor ist durch den Grenzwert der
zeitlichen
Änderung
des
Ortsvektors
definiert.
r
Die Änderung ∆ r des Ortsvektors im Grenzfall ∆t → 0 in
Richtung der Tangente führt auf die tangential zur Bahnkurve stehende Geschwindigkeit
r
v
(mit positivem Vorzeichen
in Richtung des Durchlaufsinns des Punktes auf der Bahn).
Ist der Betrag des Geschwindigkeitsvektors gefragt, wird
der Quotient des von einem Punkt auf der Bogenlänge s
aus zurückgelegten Weges ∆s auf der Bahn pro Zeitinter-
- 16 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
valls ∆t betrachtet. Der Punkt hat zum Zeitpunkt ∆t den
Weg s + ∆ s zurückgelegt.
r
Damit gilt für die Bahngeschwindigkeit v
r
∆s ds &
Bahngeschw indigkeit v = v = lim
=
=s
∆t → 0 ∆t
dt
( 2 .3 ) :
m
 km 
und hat die Dimension   oder 
.
s
 h 
Als Umrechnung gilt
( 2 .4 ) :
1
km 1000 m
m
m
km
=
= 0,278
oder 1
= 3,6
.
h
3600 s
s
s
h
Die Geschwindigkeit hängt ebenfalls von der Zeit t
r
r
ab v = v(t) . Für die Änderung der Geschwindigkeit pro Zeiteinheit wird wieder ein Grenzwert bestimmt, der
( 2 .5 ) :
Beschleuni gungsvekto r
r
r
r
r
v
r
v(t + ∆ t) - v(t)
∆ v dv r& &r& d2 r
a = lim
= lim
=
=v=r = 2
∆t → 0
∆t → 0 ∆ t
∆t
dt
dt
- 17 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
m
mit der Dimension  2  , z. B. die Erdbeschleunigung
s 
g = 9,81
m
.
s2
v&
&ev& = 0
=
0
und
Im kartesischen Koordinatensystem mit e
i
i
:
(2.6) :
r
v
v
v
r (t) = x(t) e x + y(t) e y + z(t) ez
( 2 .7 ) :
r
r
v
v
v
v (t) = = r& (t) = x& (t) e x + y& (t) e y + z& (t) e z
v
v
v
= x& (t) e x + y& (t) e y + z& (t) e z
(2. 8) :
r
r
v
v
v
a (t) = v& (t) = &x&(t) e x + &y&(t) e y + &z&(t) e z
v
v
v
= &x&(t) e x + &y&(t) e y + &z&(t) e z
v
v
v
= a x (t) e x + a y (t) e y + a z (t) e z
Die
(2.9) : Beträgeder Vektoren
2
2
2
r = x 2 + y 2 + z2 , v = v x + v y + v z ,
2
2
2
a = a x + a y + az .
- 18 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
2.2
Geradlinige Bewegung
Massenpunkt
x (t)
v
Bild 2.2 x- Achse fällt mit der Bahn zusammen
Hier ergibt sich der Weg zu
( 2.10 ) :
r
r ( t ) = x(t) = r,
die Geschwindigkeit zu
r
dx
(2.11) : v( t ) =
= x& ,
dt
und die Beschleunigung zu
r
dv d2 x
(2.12) : a(t) =
=
= &x&.
dt dt2
Eine negative Beschleunigung entspricht einer Verzögerung, dem Abbremsen.
- 19 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
2.3 Ermittlung der Bewegung bei gegebener Beschleunigung
2.3.1 Gleichförmige Bewegung a = 0
( 2.13 ) :
a=0
⇒
v = ∫ a dτ + v 0 = v 0
⇒
x = v0 t + x0.
(t )
Beispiel
o Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im kartesischen Koordinatensystem
o Gleichförmige Bewegung
Der Mindestabstand zwischen zwei Kraftfahrzeugen soll so
groß sein wie die Strecke, die das nachfolgende Fahrzeug
innerhalb von ts bei seiner jeweiligen Geschwindigkeit zurücklegt; für welche Zeit befindet sich ein PKW der Länge l1,
das mit konstanter Geschwindigkeit v1 fährt, mindestens auf
der Überholspur, wenn er einen LKW (Länge l2, Geschwindigkeit v2) korrekt überholt? Die Zeiten für das Wechseln
der Spuren bleiben unberücksichtigt.
gegeben: l1 = 5m, l2 = 15m, v 1 = 120
- 20 -
km
km
, v 2 = 80
, ts=2s
h
h
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
gesucht: Bestimmung der Länge der Überholstrecke
v2
v1
l1
b1
b2
l2
l1
s1
Bild 2.3 Abstände zwischen zwei Kraftfahrzeugen
Lösung:
Der Mindestabstand b1, bzw. b2 ist
120
200
2m=
m, b2 = v 2 t s
3,6
3
80
400
=
2m=
m.
3,6
9
(2.14) : b1 = v1 t s =
Die relative Überholstrecke ist
(2.15) : s1 = b1 + l1 + b 2 + l2 = 131,11m.
Die relative Überholgeschwindigkeit ergibt sich zu
- 21 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.16) : v s = v1 - v 2 = 40
km 40 m
=
.
h
3,6 s
Damit ist Überholzeit
(2.17) : t1 =
s1 131,11
=
3,6 s = 11,8 s,
vs
40
und die absolute Überholstrecke
(2.18) :
x1 = v 1 t 1 =
120
11,8 m = 393,33 m.
3,6
2.3.2 Gleichmäßig beschleunigte
Bewegung a = a0 = const.
( 2.19 ) :
a = a 0 = const.
⇒
v = ∫ a dτ + v 0 = a 0 t + v 0 .
(t)
- 22 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Daraus folgt
(2.20) : x = ∫ (a0 τ + v 0 )dτ = a0
(t)
t2
+ v 0 t + x0 .
2
Beispiel
o Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im kartesischen Koordinatensystem
o Gleichmäßig beschleunigte Bewegung
Zur Simulation schwereloser Zustände werden VakuumFallschachtanlagen (Tiefe l = 200 m) benutzt.
gegeben: l = 200 m, a2 = - 5 g
gesucht: Bestimmung der maximalen Versuchszeit t1 im
freien Fall, die zur Verfügung steht, wenn der Versuchskörper nach dem Durchfallen der Messstrecke mit a2 auf v = 0
abgebremst wird.
- 23 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Meßträger
xM0, vM0, t = t0
l = 200 m
x
Versuchsstrecke
a1 = g
t = t1
Abbremsstrecke
a2 = - 5g
xA0 = l, vA0 = 0, t = t2
Bild 2.4 Vakuum- Fallschachtanlagen zur Simulation schwereloser
Zustände
Lösung
Die Bewegungsgleichungen der Messstrecke erfolgen
durch Integration
t2
(2.21) : a1 = aM = g, v M = g t + v M0 , xM = g + v M0 t + xM0 ,
2
mit den Anfangsbedingungen (t = t0 = 0)
- 24 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.22) :
xM (t = 0) = xM0 = 0, vM (t = 0) = vM0 = 0.
Daraus ergibt sich der Geschwindigkeitsverlauf in der
Messstrecke zu
(2.23) : v M = g t
und der Wegverlauf in der Messstrecke
(2.24) :
xM = g
t2
.
2
Die Bewegungsgleichungen der Abbremsstrecke ergeben
sich durch Integration
(2.25) : a2 = aA = - 5 g, v A = a2 t + v A0, x A
= a2
t2
+ v A0 t + x A0,
2
mit den Endbedingungen (t = t2)
(2.26) : v A (t = t 2 ) = 0 ⇒
v A0 = - a 2 t 2 ,
- 25 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.27) : x A (t = t 2 ) = l
⇒ x A0 = l - a2
t 22
t2
- (- a2 t 2 ) t 2 = l + a2 2 .
2
2
Daraus folgt Geschwindigkeitsverlauf in der Abbremsstrecke
(2.28) :
v A = a2 t - a2 t 2
und Wegverlauf in der Abbremsstrecke
(2.29) :
x A = a2
t2
t2
- a 2 t 2 t + a 2 + l.
2
2
Mit den Übergangsbedingungen
(2.30) : v M (t = t1 ) = v A (t = t1 )
folgt
(2.31) : g t1 = a2 t1 - a 2 t 2 ,
- 26 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
( 2.32) :
t 2 = (a 2 - g)
t1
a2
und mit
(2.33) :
x M (t = t1 ) = x A (t = t1 )
folgt
t12
t12
t12
(2.34) : g = a2
- a 2 t 2 t1 + a 2
+l
2
2
2
t2
t2
t2 1
= a2 1 - a2 (a2 - g) 1 t1 + a2 ((a2 - g) 1 )2 + l.
2
2
2 2
Nach t1 aufgelöst, ergibt sich
t 12
(a 2 - g) 2
(g - a 2 + 2 (a 2 - g) ) =l
2
a2
(2.35) :
⇒
t1 =
2la 2
= 3,71 s.
g(a 2 − g)
2.3.3 Zeitabhängige Beschleunigung a = a(t)
Aus
der
unbestimmten
Integration
folgt
der
Geschwindigkeitszeit- und Wegzeitverlauf
- 27 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.36) : a = a(t)
⇒
v = ∫ a dτ + v 0
(t)
⇒
x = ∫ v( τ)dτ + x 0 .
(t)
Beispiel
o Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im kartesischen Koordinatensystem
o Zeitabhängige Beschleunigung
Ein Kraftfahrzeug erreicht beim Beschleunigen aus dem
Stand (v0(t0=0) = 0) nach te seine Höchstgeschwindigkeit
von ve.
gegeben: v e = 162
km
, te = 45 s
h
gesucht: Unter der vereinfachenden Annahme, dass die
Beschleunigung a(t) linear mit der Zeit t von einem Anfangswert a0 = a(t0=0) abnimmt, ist die Strecke zu berechnen, nach der das Fahrzeug 100
km
erreicht hat.
h
Lösung
Der Beschleunigungszeitverlauf ist
- 28 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.37) : a(t) = a 0 - αt,
bei Höchstgeschwindigkeit ist a(t = te) = 0 und α =
a0
, dann
te
ergibt sich die Beschleunigung zu
(2.38) : a(t) = a 0 (1 -
t
).
te
Nach Integration ergibt sich die Geschwindigkeit mit v0 = 0
(2.39) : v(t) = ∫ a(τ)dτ + v 0 =
(t)
t
τ
t
∫ a0 (1 − t e )dτ = a0 t (1- 2t e ).
t 0 =0
Aus der Geschwindigkeit ve, bei Beschleunigungsende folgt
(2.40) :
v e = v(t = t e ) = a0
⇒
a0 = 2
te
2
ve
162 m
m
=2
=2 2.
2
te
3,6 45 s
s
Die Beschleunigungszeit t100 zum Beschleunigen auf
100
km
h folgt aus (2.39)
- 29 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.41) : v100 = v(t = t100 ) = 100
t
km
= a0 t100 (1- 100 ).
h
2t e
Damit ist
2
(2.42) : t100
- 2 t e t100 + 2
v100
t e = 0,
a0
(2.43) : t100 = t e ± t 2e - 2
v100
te .
a0
Nur das negative Vorzeichen gilt, da t100 < te sein muss.
Dann gilt
(2.44) : t100 = t e (1- 1 -
v100
) = 17,16 s.
ve
Damit ist der Wegzeitverlauf mit x0 = 0
t
(2.45) :
x(t) = ∫ v( τ)dτ + x 0 = ∫ a 0 ( τ −
(t)
- 30 -
t0
τ2
t2
t
)dτ = a 0 (1 −
),
2t e
2
3t e
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
und die Beschleunigungsstrecke auf 100
(2.46) :
x(t = t100 ) = x100 = a 0
km
h
2
t100
t
(1 − 100 ) = 257,04 m.
2
3t e
2.3.4 Geschwindigkeitsabhängige Beschleunigung a =
a(v)
Aus einer geschwindigkeitsabhängigen Beschleunigung
lässt sich durch Trennung der Variablen nach der Zeit
integrieren
dv
(2.47) : a(v) =
dt
⇒
dv
dt =
a( v )
v
⇒
t=
dη
∫ a(η) + t 0 = f(v),
v0
mit der Umkehrfunktion folgt
(2.48) : v = F(t).
Mit der Kettenregel kann der Weg berechnet werden
- 31 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.49) : a =
dv dv dx dv
=
=
v
dt dx dt dx
⇒
dx =
v
dv,
a
dann folgt
v
(2.50) :
x=
ηdη
∫ a(η) + x 0
v
0
t
⇒ x=
∫ F(t)dt + x 0 .
t0
Beispiel
o Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im kartesischen Koordinatensystem
o Geschwindigkeitsabhängige Beschleunigung
Die Beschleunigung eines freifallenden Körpers unter Berücksichtigung des Luftwiderstandes lässt sich näherungsweise aus der Formel a(v) = g - α v 2 berechnen. Die Konstante α hängt unter anderem vom Gewicht, den Abmessungen des fallenden Körpers und von der Dichte der Luft
ab.
gegeben: g, α
- 32 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
gesucht: Bestimmung der Fallgeschwindigkeit v(t) eines
freifallenden Körpers, der zur Zeit t = 0 losgelassen wird.
Lösung
(2.51) :
mit β 2 =
a(v) = g - αv 2 = α (
g
und η < β
α
v
(2.52) :
g
− v 2 ),
α
v
dη
t= ∫
+ t0 = ∫
a(η)
v
0
0
dη
.
g 2
α( - η )
α
Mit der Lösung aus einer Formelsammlung /Bronstein/ Semendjajew / folgt für Integrale mit a 2 ± x 2
(2.53) :
t=
1
gα 2
α
g
+η
α
ln
g
−η
α
v
0
g
+v
1
α
=
ln
2 gα
g
-v
α
g
+v
1
α
=
ln
.
2 gα
g
-v
α
- 33 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Die Auflösung nach v ergibt
(2.54) :
g
+v
α
2 gαt = ln
g
-v
α
⇒
e
2 gα t
=
g
+v
α
.
g
-v
α
Daraus folgt die Geschwindigkeit
2 gα t
(2.55) :
v=
g e
α e2
gα t
-1
.
+1
Die Kontrolle erfolgt mit zwei Grenzbetrachtungen für die
Geschwindigkeit bei t = 0
(2.56) :
v(t = 0) = 0
und für die Geschwindigkeit bei t → ∞
(2.57) :
- 34 -
v(t → ∞) = lim v(t) =
t→∞
g
.
α
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
2.3.5 Wegabhängige Beschleunigung a = a(x)
Die
wegabhängige
Beschleunigung
lässt
sich
nach
Umformung mit der Kettenregel
(2.58) : a =
und
dv dv dx dv
=
=
v
dt dx dt dx
nach
Integration
in
⇒
a dx = v dv
Abhängigkeit
von
der
Geschwindigkeit schreiben
x
(2.59) :
1 2
1
v = ∫ a(ξ) dξ + v 20 .
2
2
x
0
Aus v =
dx
folgt
dt
(2.60) : dt =
dx
v
und nach Integration folgt aus der Umkehrfunktion x = G(t)
die Zeit
- 35 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
x
(2.61) :
t=
∫
x0
dξ
2f(ξ)
+ t 0 = g(x).
Beispiel
o Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im kartesischen Koordinatensystem
o Wegabhängige Beschleunigung
Die Beschleunigung a des Kolbens ist proportional dem jeweiligen Gasdruck a = c0 p. Für den Gasdruck gilt die Abhängigkeit p V = const. = C (V Gasvolumen)
gegeben: a = c0 p, p V = const. = C
gesucht: Bestimmung der Kolbengeschwindigkeit v in ei-
nem Zylinder bei expandierender Gasfüllung.
- 36 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
d
p0V0
l0
a)
d
b)
pV
x
l = l0 + x
Bild 2.5 Kolben im Zylinder bei expandierender Gasfüllung; a)
Kolben im Ausgangszustand t = 0; b) Kolben zum Zeitpunkt t
Lösung
Der Ausgangszustand zur Zeit t=0 wird wie folgt beschrieben
(2.62) : p0 , V0 , l0 , v 0 = 0.
Das Gasgesetz lautet
- 37 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.63) : p 0 V0 = p 0
mit V0 =
π d2
l0 = C
4
π d2
π d2
l0 , V =
(l 0 + x) folgt
4
4
(2.64) : p V = p
π d2
(l0 + x) = C
4
p = p0
⇒
l0
.
l0 + x
Mit a0 = a(x = 0) ergibt sich
(2.65) : a = c 0 p = c 0 p0
l0
= a0
l0 + x
1
x
1+
l0
.
Die Kolbengeschwindigkeit ist
x
(2.66) :
daraus folgt
- 38 -
x
a
1 2
1
x
v = ∫ a(ξ) dξ + v 20 = ∫ 0 dξ = l0 a 0 ln(1+ ),
ξ
2
2
I0
x0
0 1+
I0
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.67) : v(x) = 2l0 a0 ln(1+
x
).
l0
2.3.6 Sonderfall der gleichmäßig beschleunigten Bewegung
Senkrechter Wurf
(2.68) : a = - g = - 9,81= const.
z
z=0, t=0
Bild 2.6 Senkrechter Wurf
Nach der Integration ergibt sich die Geschwindigkeit
(2.69) : v = - g t + v 0
und mit z0 = 0 der Weg
- 39 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.70) :
z=-
1 2
1
g t + v 0 t + z0 = - g t 2 + v 0 t .
2
2
Dann ist die Steigzeit bei v = 0 am Umkehrpunkt
(2.71) : T =
v0
,
g
die Wurfzeit
(2.72) : Tges = 2 T = 2
v0
,
g
die Steighöhe
2
v 02
v0 v 0
T2
(2.73) : H = - g
+ v0 T = - g 2 + v0
=
,
2
g
g
2g
und die Geschwindigkeit beim Freien Fall
(2.74) : v 0 = 2gH.
Analogie zwischen freiem Fall und senkrechtem Wurf
- 40 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Freier Fall
Körper
Senkrechter Wurf
kommt
Geschwindigkeit v 0 =
2.4
mit
der
2gH auf.
Körper wird mit v0 abgeworfen
und erreicht die Höhe H =
v 20
g
.
Bewegung auf gekrümmter Bahn
v&
Bisher galt das kartesische Koordinatensystem mit e
i =0
v
und &e&i = 0
(2.6) :
r
v
v
v
r (t) = x(t) e x + y(t) e y + z(t) e z
(2.7) :
r
v
v
v
v(t) = = v x (t) e x + v y (t) e y + v z (t) e z
r
v
v
v
(2. 8) : a(t) = a x (t) e x + a y (t) e y + a z (t) e z
Bei der Bewegung auf einer gekrümmten Bahn bietet sich
die Verwendung krummliniger Koordinaten an.
Es gilt
- 41 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
et
en
ρ
s
ϕ
Bild 2.7 Krummliniger Koordinaten mit der Bogenlänge s, dem
Krümmungsradius ρ, dem Einheitsvektor in Richtung der Tangente
an die Bahn
r
e t , dem Einheitsvektor in Richtung der Hauptnormar
len der Bahn e n
ds
dϕ
Mit ds = ρdϕ und s& = v =
=ρ
= ρϕ& ,
dt
dt
daraus folgt
(2.75) :
s&
= ϕ& ,
ρ
r
r
ds r
(2.76) : e t = dϕen =
en .
ρ
- 42 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Im Gegensatz zur Ableitung der Einheitsvektoren im
kartesischen
Koordinatensystem
ergibt
sich
hier
als
Ableitung der Eigenvektoren nach der Zeit
r
r&
de t 1 ds r
s& r
vr
=
(2.77) : e t =
en = en = en .
ρ dt
ρ
ρ
dt
Die Bewegung auf gekrümmter Bahn mit den Richtungen
der Einheitsvektoren ergibt sich bei der Ableitung nach der
Zeit
mit
der
Produktregel
für
die
tangentiale
Geschwindigkeit zu
r r
r
r
(2.78 : v = vet = s& = s& et ,
die Bahngeschwindigkeit
(2.79) :
v=
ds &
= s,
dt
und die Beschleunigung
- 43 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
r
r
r
r
r
r s& 2 r
(2.80) : a = v& et + ve& t = &s&et + s& e& t = &s&et + en
ρ
r v2 r
&
&
= set + en .
ρ
Die Beschleunigung wirkt in zwei Richtungen, die durch die
zwei Komponenten unterschieden werden, die tangentiale
Bahnbeschleunigung
(2.81) : a t = v&
und die Normal- oder Zentripetalbeschleunigung
(2.82) : an =
2.5
v2
.
ρ
Sonderfall der ebenen Bewegung
Jetzt werden nochmals neue krummlinige Koordinaten, die
r
Polarkoordinaten, eingeführt. Der Einheitsvektor e r wirkt in
r
r
Richtung r , der Einheitsvektor eϕ wirkt senkrecht zu
eignen sich besonders bei kreisförmigen Bahnkurven.
- 44 -
r
r.
Sie
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
deϕ
eϕ
dϕ
der
dϕ
er
Bild 2.8 Ebene Bewegung in Polarkoordinaten allgemein
Im Gegensatz zur Ableitung der Einheitsvektoren im
kartesischen Koordinatensystem ergibt sich auch hier
Ableitungen der Eigenvektoren nach der Zeit
( 2 .83 ) :
r
r
r
de r = e r dϕ e ϕ = dϕ e ϕ
und
r
r&
r
der dϕ r
(2.84) : er =
=
eϕ = ϕ& eϕ,
dt
dt
(2.85) :
r
r
r
de ϕ = e ϕ dϕ( − e r ) = −dϕ e r
und
- 45 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
r
de ϕ
r&
r
dϕ r
= − er = −ϕ& er .
(2.86) : e ϕ =
dt
dt
Damit
ergeben
sich
die
folgenden
Größen
nach
Differentiation mit Hilfe der Produktregel der
(2.87) :
r
r
Ortsvektor r = r e r
und die
(2.88) :
r
r
r
r
r
Geschwindi gkeit v = r& e r + r e& r = r& e r + r ϕ& e ϕ ,
mit der
(2.89) :
Bahngeschw indigkeit v =
r& 2 + (r ϕ& ) 2
und die
(2.90):
Beschleunigung
r
r
r
r
r
r
&& eϕ + r ϕ& e& ϕ
a = &r& er + r& e& r + r& ϕ& eϕ + r ϕ
r
r
&&]eϕ.
= &r& - r ϕ& 2 er + [2 r& ϕ& + r ϕ
[
- 46 -
]
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
mit ϕ& = ω
(2.91):
[
]
r
r
r
& ]eϕ.
a = &r& - r ω2 er + [2 r& ω + r ω
Die Geschwindigkeit und die Beschleunigung setzten sich
also jeweils aus einer radialen und einer zirkularen
Komponente zusammen.
Anwendung
der
Zentralbewegung:
die
zirkulare
Komponente der Beschleunigung a wird Null
(2.92):
r
[2 r& ω + r ω& ]eϕ = 0
⇒ r 2 ω = const.
Beweis
(2.93) :
d
& = 0.
(r r ω) = 0 ⇒ r& r ω + r r& ω + r r ω
dt
:r
Daraus folgt
(2.94):
d
& = 0.
(r r ω) = 0 ⇒ 2r& ω + r ω
dt
- 47 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Die Beschleunigung dieser ebenen Bewegung ist stets
zentral gerichtet.
2.
KEPLERsches Gesetz
"Bei der Zentralbewegung überstreicht der Ortsvektor in
gleichen Zeiten gleiche Flächen."
2.6
Sonderfall der Kreisbewegung
Die Bedingung ist der konstante Radius.
(2.95) :
ρ = r = const. ⇒
ρ& = &r& = 0
mit der Geschwindigkeit v, der Winkelgeschwindigkeit ϕ& = ω
&& = ω
& = α folgt der Weg
und der Winkelbeschleunigung ϕ
(2.96) :
s = rϕ(t),
die Geschwindigkeit
(2.97) :
v = r ϕ& = rω,
die Tangentialbeschleunigung
- 48 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.98) :
&& = rω
& = rα,
a t = rϕ
und die Normalbeschleunigung
(2.99) :
an =
v2
= r ω2
r
Beispiel
o Bewegung des Massenpunktes auf gekrümmter
Bahn
o Bewegung im krummlinigen Koordinaten
o Bewegung auf einer Kreisbahn
Zwei Massenpunkte P1 und P2 beginnen ihre Bewegung auf
einer Kreisbahn im Punkt A in entgegengesetzter Richtung.
Der Punkt P1 bewegt sich gleichmäßig beschleunigt (a1t =
const.) aus seiner Ruhelage in A, der Punkt P2 dagegen mit
vorgegebener konstanter Winkelgeschwindigkeit ω 2 .
gegeben: r, a1t = const., ω 2
gesucht: Bestimmung der tangentialen Beschleunigung a1t,
damit sich beide Massenpunkte wieder in B treffen, der
- 49 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Winkelgeschwindigkeit von P1 in B und der Normalbeschleunigungen von P1 und P2 in B
P1
A
2r
B
P2
Bild 2.9 Zwei Massenpunkte P1 und P2 auf einer Kreisbahn
Lösung
Mit (2.96), (2.97), (2.98) und (2.99) und den Anfangsbedingungen zur Zeit tA = 0 für Punkt P1
(2.100) :
s10 = v 10 = 0
und Punkt P2
(2.101) :
s 20 = 0, v 20 = rω 2 = const.
folgen die Geschwindigkeiten von Punkt P1 und Punkt P2
- 50 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.102) :
v 1 (t) = a 1t t + v 10 = a 1t t,
(2.103) :
v 2 (t) = v 20 = rω 2 ,
und die Bogenlängen von Punkt P1 und Punkt P2
a1t 2
a
t + s10 = 1t t 2 ,
2
2
(2.104) :
s1(t) =
(2.105) :
s 2 (t) = rω 2 t + s 20 = rω 2 t.
Die Bedingung für das Zusammentreffen an der Stelle B ist
a1t 2
tB ,
2
(2.106) :
s1(t = t B ) = πr =
(2.107) :
s2 (t = t B ) = π r = rω2 t B .
Daraus folgt die Tangentialbeschleunigung für Punkt P1
(2.108) :
tB =
π
ω2
⇒
a1t =
2πr 2ω22 r
=
.
π
t B2
- 51 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Die Winkelgeschwindigkeit von Punkt P1 in B folgt aus der
Bahngeschwindigkeit
(2.109) :
a1t
t
r
a
2ω22 r π
ω1(t = t B ) = 1t t B =
= 2ω2 .
r
πr ω2
v 1(t) = a1t t = rω1
⇒
⇒
ω1(t) =
Damit lauten die Normalbeschleunigungen in B mit von
Punkt P1 und Punkt P2
(2.110) :
a1n (t) = rω12
⇒
a1n (t = t B ) = 4 rω 22 ,
(2.111) :
a 2n (t) = rω 22
⇒
a 2n (t = t B ) = rω 22 .
Beispiel
o Bewegung des Massenpunktes auf gekrümmter
Bahn
o Bewegung im Polarkoordinaten
o Bewegung auf einer Kreisbahn
Ein Schwungrad (Durchmesser d) wird aus der Ruhelage
gleichmäßig beschleunigt und hat nach t1 eine Drehzahl n
erreicht.
- 52 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
gegeben: d, t1, n
gesucht: Bestimmung der Winkelbeschleunigung ω& 0 des
Rades und der Anzahl der Umdrehungen N, die das Rad in
der Zeit t1 macht. Bestimmung der Geschwindigkeit und Beschleunigung auf einem Punkt des Umfanges zur Zeit t2
(0 < t2 < t1) nach dem Anlaufen
ϕ, ω
A
2r
Bild 2.10 Schwungrad
Lösung
Die Winkelbeschleunigung
(2.112):
mit ω1 =
& 0 = const.=
ω
& 0 des
ω
Rades ist
ω1
,
t1
2πn
1
und der Drehzahl n =
folgt
60
min
- 53 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
(2.113) :
&0 =
ω
2πn
.
60t 1
Die Umdrehungen N in der Zeit t1 sind nach Integration von
(2.111) mit der Anfangsbedingungen ω(0) = 0 und ϕ(0) = 0
(2.114) :
daraus
& 0t =
ω=ω
folgt
2πn
t
60t1
die
&0
ϕ = ∫ ω dτ = ω
⇒
(t)
Anzahl
der
t2
,
2
Umdrehungen
als
Beschleunigung
zur
Bahnkurve
zur Zeit t 1
Umfang
(2.115) :
Die
N=
& 0 t12
ϕ(t1 )r
1ω
=
.
2 πr
4 π
Geschwindigkeit
und
die
Zeit t2 (0 < t2 < t1) sind
(2.116) :
& 0 t,
v = rω = rω
(2.117) :
& = rω
& 0 = const.,
a ϕ = a ϕ (t) = rω
- 54 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
& 0 t) 2 .
a r (t) = - r ( ω
(2.118) :
Zum Zeitpunkt t2 sind sie
(2.119) :
& 0t 2,
v(t 2 ) = rω = rω
(2.120) :
& = rω
& 0 = const.,
a ϕ (t 2 ) = rω
(2.121) :
& 0 t 2 )2 .
a r (t 2 ) = - r ( ω
Daraus folgt
(2.122) :
2.7
a(t2 ) = ages =
& 0 1+ t 24 .
a2ϕ + ar2 = rω
Aufgaben zu Kapitel 2
AUFGABE 2.1
o Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im kartesischen Koordinatensystem
Ein Personenzug (Geschwindigkeit vP) fährt von Station A
über B und C nach D. Zwischen zwei Stationen wird die
Bewegung als gleichförmig angenommen. In B und C hat
der
Zug
jeweils
Aufenthalt
(tAuf).
Während
seines
- 55 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Aufenthaltes auf Station C soll der Zug einen von A nach D
durchfahrenden D- Zug (Geschwindigkeit vD) vorbeilassen.
gegeben:
v P = 72
km
,
h
v D = 108
km
,
h
AB = 12 km ,
BC = 24 km , CD = 18 km , tAuf = 10 min
gesucht: Bestimmung der mittleren Geschwindigkeit des
Personenzuges zwischen den Stationen A und D. Wann
muss der D- Zug in A abfahren, damit er den Personenzug
nach 5 min Aufenthalt in C passiert? Wie viele Minuten trifft
der D- Zug vor dem Personenzug in D ein? Der gesamte
Ablauf ist in einem s- t-, bzw. v- t- Diagramm darzustellen.
Lösung: v mittel, P = 49.85
km
, ∆t*D = 10 min
h
AUFGABE 2.2
o Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im kartesischen Koordinaten
Ein
Fahrzeug
bewegt
sich
gemäß
Geschwindigkeits- Zeit- Diagramm.
- 56 -
dem
skizzierten
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
v [m/s]
v2 = 20 m/s
20
10
300 360
100
t [s]
Bild 2.12 Geschwindigkeits- Zeit- Diagramm
gegeben: v 2 = 20
gesucht:
m
m
, v 3 = 10 , t1 = 100 s, t3 = 60 s
s
s
Man
berechne
die
auftretenden
Beschleunigungen, den in 6 min zurückgelegten Weg und
zeichne die Diagramme s(t), a(t), v(s) und a(s).
Lösung: a 1 =
1 m
1 m
, a2 = 0, a 3 = , sges = 5900 m
2
5s
6 s2
AUFGABE 2.3
o Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im kartesischen Koordinaten
- 57 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
Auf der Beschleunigungsspur einer Autobahnauffahrt fährt
ein PKW mit der Geschwindigkeit v1. Auf gleicher Höhe
fährt ein LKW mit konstanter Geschwindigkeit v2.
gegeben: v 1 = 60
km
km
, v 2 = 80
, l = 200 m
h
h
gesucht: Bestimmung der Beschleunigung a = const. des
Pkws,
wenn
er
am
Ende
der
Beschleunigungsspur (l = 200 m) 20 m vor dem LKW auf
die Autobahn überwechseln will.
v2
v1
l
Bild 2.16 PKW auf der Beschleunigungsspur einer Autobahnauffahrt
Lösung: a = 1.98
- 58 -
m
s2
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
AUFGABE 2.4
o Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im kartesischen Koordinaten
Auf einer horizontalen Ebene fährt ein Wagen mit der
konstanten Geschwindigkeit vW0. Wenn der Wagen in A ist,
wird in der Höhe h über B ein Körper abgeworfen.
gegeben: l, h, vW0
gesucht: Bestimmung der Anfangsgeschwindigkeit vK0 des
Körpers, wenn er in die Mitte des Wagens fallen soll.
vK0
h
vW0
A
l
B
Bild 2.18 Wagen auf einer horizontalen Ebene
Lösung: vK0 = v W0
h
1 g l2
(1 −
)
l
2 hv 2W 0
- 59 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
AUFGABE 2.5
o Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im kartesischen Koordinaten
Die Besatzung eines Freiballons, der mit einer konstanten
Geschwindigkeit v0 steigt, will die augenblickliche Höhe h0
bestimmen. Zu diesem Zweck lässt sie einen Messkörper
aus der Gondel fallen, der beim Aufschlag auf der Erdoberfläche explodiert. Nach der Zeit t0 nimmt die Besatzung die
Detonation wahr.
gegeben:
v0 = 5
m
,
s
Erdbeschleunigung
t0 = 10 s, Schallgeschwindigkeit c = 333
g = 9,81
m
,
s2
m
s
gesucht: Bestimmung der Höhe h0 und Darstellung in
einem Weg- Zeit- Schaubild
Lösung: h0 = 337,9 m
AUFGABE 2.6
o Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im kartesischen Koordinaten
Ein LKW hebt über ein dehnstarres Seil (Länge 2 H), das
über eine masselose, kleine Rolle geführt wird, ein Gewicht
- 60 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
an. Der LKW fährt aus dem Stand mit konstanter
Beschleunigung a0 los. Zum Zeitpunkt t = 0 fallen die
Punkte A, B und C zusammen.
gegeben: H, die Länge des Seils soll so lang sein, dass sie
den Bewegungsablauf nicht beeinflusst, a0
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit vG(t) und der
Beschleunigung aG(t) des Gewichts mit der Kontrolle durch
eine Grenzbetrachtung. Wie groß ist vG(y), bzw. aG(y)?
A
H
a0
C
B
Bild 2.21 LKW hebt über ein dehnstarres Seil ein Gewicht an
- 61 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
1
Lösung: v G (t) =
2
v G (y) =
a G (y) =
4
a 02 t 3
1
H + a02 t 4
4
2
64y 3 a 06 (y + 2H)3 )
y( 4H 2 +a 02 )( y + 2H)
a0
, aG (t) =
a02 t 2 (12H2 + a02 t 4 )
( 4H2 +a02 t 4 )3
,
,
(
)
y (y + 2 H) 3H2 + y 2 + 2yH
2(H + y)
3
AUFGABE 2.7
o Krummlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung in Polarkoordinaten
Ein Punkt bewegt sich auf einer ebenen Kurve r ( ϕ ) . Auf ihr
dreht er sich mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit
ϕ& = ω . Die
Geschwindigkeit
des
Punktes
in
radialer
Richtung ist v0 = const.
gegeben: ϕ& = ω , v0 = const.
gesucht: Bestimmung der Bahngeschwindigkeit v(t) des
Punktes P, der Radial- ar(t) und Zirkularbeschleunigung
a ϕ (t)
von P, der Gleichung der Kurve r ( ϕ ) mit den
Anfangsbedingungen ϕ(t = 0) = 0 und r(t = 0) =0.
- 62 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
y
r(ϕ)
P
r
ϕ
x
Bild 2.23 Punkt auf einer ebenen Kurve r
Lösung:
r=
v = v0
1 + t 2 ω2 ,
ar = - ω2 v 0 t , a ϕ = 2 ω v 0 ,
v0
ϕ
ω
AUFGABE 2.8
o Krummlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung in Polarkoordinaten
In einer Ebene bewegt sich ein Punkt P mit der konstanten
Bahngeschwindigkeit v0 längs der Bahnkurve r ( ϕ ) = b e ϕ .
Zum Zeitpunkt t = 0 sei r = b.
gegeben: r ( ϕ ) = b e ϕ , r(0) = b
- 63 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
gesucht: Man ermittle die Winkelgeschwindigkeit ϕ& in
Abhängigkeit von ϕ und in Abhängigkeit von t sowie die
Radialgeschwindigkeit r& .
& (ϕ) =
Lösung: ϕ
v0 2
2be
ϕ
, ϕ& ( t ) =
1

b 
 t + 2 
v0 

, r& =
v0
2
AUFGABE 2.9
o Krummlinige Bewegung des Massenpunktes
o Bewegung im Polarkoordinaten
Ein Punkt P bewegt sich im Polarkoordinatensystem r, ϕ .
gegeben:
r& = c = const. ,
Radialgeschwindigkeit
Radialbeschleunigung
ar
=
-a
=
const.,
Anfangsbedingungen r(0) = 0, ϕ ( 0 ) = 0
gesucht: Bestimmung der Winkelgeschwindigkeit ϕ& ( t ) , der
Bahnkurve r ( ϕ ) und der Zirkularbeschleunigung a ϕ (t)
Lösung: ϕ& ( t ) =
1 c2 2
a
3
ϕ , a ϕ (t) =
, r( ϕ ) =
4 a
ct
2
ca
t
AUFGABE 2.10
o Krummlinige Bewegung des Massenpunktes
- 64 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
o Bewegung im Bogenkoordinaten
Ein Punkt P bewegt sich entlang einer Kreisbahn. Sein
Weg, gerechnet vom festen Punkt A aus, beträgt s.
gegeben: Radius r, Weg s = c t2
gesucht: Bestimmung der x- und y- Komponente der
Geschwindigkeit v(t), die Geschwindigkeit vB in Punkt B und
die
Tangential-
und
Normalbeschleunigung
an
einer
Stelle s.
y
B
P
s
r
A x
Bild 2.25 Punkt P auf einer Kreisbahn
c t2
c t2
Lösung: v x = - 2 c t sin
, v y = 2 c t cos
,
r
r
v B = 2 π r c , at = 2c, an =
4cs
r
- 65 -
2 KINEMATIK DES MASSENPUNKTES
- 66 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Lehrziel des Kapitels
o Kräfte auf den Massenpunkt
o Verknüpfung der Kinetik mit der Kinematik
o Definition der NEWTON’sche Gesetze
o Anwendung der NEWTON’sche Gesetze auf den
Massenpunkt
Formeln des Kapitels
1. NEWTON’sches Gesetz
(3.2) :
r dpr d(mvr )
F=
=
dt
dt
2. NEWTON’sches Gesetz
(3.3) :
r
r
r
dv
F=m
= ma
dt
3. NEWTON’sches Gesetz
(3.4):
actio = reactio
- 67 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Die Kinematik definiert den Weg, die Geschwindigkeit und
die Beschleunigung eines Massenpunktes.
Allerdings wirken auch Kräfte auf den Massenpunkt. Dazu
werden die Kräfte mit den kinematischen Größen verknüpft
werden. Diese Verknüpfung wird durch die Kinetik definiert.
Der Massenpunkt ist dabei eine Näherung. Für viele Bewegungsabläufe reicht diese Näherung vollkommen aus: zum
Beispiel die Untersuchung der Bahn einer Mondrakete. Das
gilt immer, wenn der zurückgelegte Weg im Verhältnis zur
bewegten Masse wesentlich größer ist (Masse « Weg). Soll
aber das Landemanöver simuliert werden, ist die Näherung
durch einen Massenpunkt nicht mehr zulässig. Dann wird
die Rakete als Kontinuum betrachtet.
3.1
Die NEWTON’schen Gesetze
1. NEWTON’sches Gesetz
(3.1) :
r dpr
F=
.
dt
“Die zeitliche Ableitung des Impulses ist gleich der Resultierenden der auf den Massenpunkt wirkenden Kräfte!“
- 68 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
r
r
mit dem Impuls p = mv
(3.2) :
r dpr d(mvr )
=
F=
dt
dt
Die Masse ist während des gesamten Bewegungsablaufes
konstant. Da die Masse m ein Skalar ist, hat die Beschleur
r
nigung a immer dieselbe Richtung wie die Kraft F .
Daraus folgt das
2. NEWTON’sches Gesetz
(3.3) :
r
r
r
dv
F=m
= ma.
dt
Die Dimension der Kraft ist
kg m
= 1 N = 1 Newton .
s2
Bemerkung
Das 2. NEWTON’sche Gesetz ist im 1. NEWTON’schen
Gesetz enthalten.
Einschränkungen
- 69 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
o Gilt nur im ruhenden Bezugssystem. Die Erde
wird
im
Allgemeinen
als
ruhendes
Bezugssystem angenommen.
o Es gilt Geschwindigkeit des Massenpunktes v «
Lichtgeschwindigkeit c. Trifft dies nicht zu, gilt
die Relativitätstheorie.
o In der Nähe der Erde gilt: Beschleunigung g in
Richtung des Erdmittelpunktes. Damit gilt das
Gewicht G = m g.
3. NEWTON’sches Gesetz
(3.4):
actio = reactio
Das Wechselwirkungsgesetz gilt auch für den Massenpunkt
und Systeme von Massenpunkten.
Die NEWTON’sches Gesetze haben einen axiomatischen
Charakter, das heißt die Aussagen werden vielfachen Beobachtungen entnommen und durch Erfahrungen bestätigt
Alle anderen Aussagen über die Kräfte (Statik, Festigkeitslehre) bleiben erhalten.
Auch in der Kinetik hat ein Massenpunkt im dreidimensionalen Bezugssystem sechs Freiheitsgrade: drei Translationen
in x-, y- und z- Richtung, drei Rotationen um die x-, y- und
- 70 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
z- Achse. In einer freien Bewegung ist keiner dieser Freiheitsgrade eines Massenpunktes behindert.
Ein Massenpunkt im ebenen System hat drei Freiheitsgrade: zwei Translationen x- und y- Richtung, eine Rotation um
die z- Achse
Im technischen Bereich ergeben sich die Fragestellungen:
o Wie groß sind die Kräfte, die für den Ablauf der
Bewegung notwendig sind?
o Wie verläuft eine Bewegung bei vorgegebenen
Kräften?
Im Folgenden werden alle Vektorpfeile weggelassen,
da
die
Gleichungen
in
den
Koordinatenrichtungen
angegeben werden!
Aus dem 2. NEWTON’schen Gesetz erhalten wir den Zur
r
sammenhang F = ma , also die Beschleunigung in Abhängigkeit von der Kraft. Durch zweifache Integration ergibt sich
die Geschwindigkeit und der Weg.
Beispiel
o Ein Massenpunkt wird mit einer Anfangsgeschwin-
digkeit und einem Anfangswinkel abgeworfen
- 71 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
o Bestimmung der Geschwindigkeit und des Weges
des Massenpunktes über die NEWTON’schen Bewegungsgleichungen und anschließender Integration
Die Masse m wird zur Zeit t = 0 und dem Winkel α zur xAchse mit der Geschwindigkeit v0 abgeworfen. Der Luftwiderstand wird vernachlässigt. Als einzige Kraft wirkt das
Gewicht G = m g in negativer z- Richtung.
gegeben: m, α, v0
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit und des Weges
des Massenpunktes
z
H
m
v0
mg
α
xw/2
xw
Bild 3.1 Schiefer Wurf im kartesischen Koordinatensystem
- 72 -
x
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Lösung
Die NEWTON’schen Bewegungsgleichungen für beide
Richtungen lauten:
(3.5) :
→:
m &x& = 0
↑:
m &z& = - G
:m
Die Integration liefert
(3.6):
(3.7):
x& = C1
z& = - g t + C3
x = C1 t + C2
t2
z = - g + C3 t + C 4
2
Aus der zweimaligen Integration ergeben sich 2 * 2 Konstanten, die über die Anfangsbedingungen bestimmt werden können
(3.8) :
x(0) = 0 ⇒ C2 = 0,
(3.9) :
x& (0) = v 0 cosα ⇒ C1 = v 0 cosα,
(3.10) :
z& (0) = v 0 sinα ⇒ C3 = v 0 sinα,
- 73 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.11):
z(0) = 0 ⇒ C4 = 0.
Damit ergeben sich die Geschwindigkeiten und die Wege
betragsmäßig zu
(3.12):
(3.13):
x& = v 0 cosα
z& = - g t + v 0 sinα,
t2
z = - g + v 0 tsinα.
2
x = v 0 tcosα
Eine Elimination der Zeit führt zur Bahngleichung der
“Wurfparabel“
(3.14) :
z = x tanα - g
x2
2
2v 0 cos2 α
.
Daraus folgt die Wurfweite xw mit z(x = xw) = 0
2
(3.15) :
x w = tanα
Wegen der Winkelbeziehung
- 74 -
2
2v 0 cos2 α v 0
=
sin2α .
g
g
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.16) :
π
sin2α = sin (π - 2α) = sin2 ( − α)
2
ergeben sich zwei Winkel für gleiche Wurfweiten bei gleicher Abwurfgeschwindigkeit v0, den Flach- und Steilwurf mit
dem Winkel
(3.17):
α und α´ =
π
− α.
2
Die maximale Wurfweite wird für α =
π
erreicht bei
4
2
(3.18):
x wmax =
v0
.
g
Die Wurfzeit ergibt sich zu
(3.19) :
tw =
v
xw
= 2 0 sinα.
v 0 cos α
g
Beim längeren Weg des Steilwurfs ( α´ ) ist die Wurfzeit größer!
- 75 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Die Wurfhöhe ergibt sich aus der Bedingung
dz
= 0 zu
dx
2
v
H = 0 sin2α.
2g
(3.20):
Beispiel
o Ein Massenpunkt wird mit einer Anfangsgeschwin-
digkeit und einem Anfangswinkel abgeworfen
o Bestimmung der Geschwindigkeit und des Weges
des Massenpunktes über die NEWTON’schen Bewegungsgleichungen und anschließender Integration
Ein Tennisball m wird zur Zeit t = 0 und dem Winkel α = 0
zur x- Achse mit der Geschwindigkeit v0 aus der Ballwurfmaschine abgeschossen. Der Luftwiderstand wird vernachlässigt.
Als
einzige
Kraft
wirkt
G
in
negativer
z- Richtung.
gegeben: H, g, v0, α = 0
gesucht: Bestimmung der Wurfweite L, der Wurfzeit tW und
der Geschwindigkeit am Auftreffpunkt A?
- 76 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
z
v0
x
H
A
L
Bild 3.2 Tennisball mit der Geschwindigkeit v0 aus der
Ballwurfmaschine
Lösung
L
Die Koordinaten des Auftreffpunkts sind A(x= = - H).
y
In die Wurfparabel (3.13) eingesetzt, ergibt
(3.21):
L2
2
v
H = L tanα - g
⇒ L =2 0 H
2
g
2v 0 1
⇒ L = v0
2
2H
.
g
In (3.19) eingesetzt, ergibt die Wurfzeit
- 77 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.22) :
tw =
L
L
2H
=
=
.
v 0 cos0 v 0
g
Die Geschwindigkeit am Auftreffpunkt ist somit
(3.23) :
x& = v 0 , z& = - g T
⇒
2H
2
2
v = x& 2 + z& 2 = v 0 + (−g)2
= v 0 + 2gH.
g
Die Größe der Auftreffgeschwindigkeit ist nicht mehr vom
Winkel α abhängig.
Bemerkung
Der "Schiefe Wurf“ ist nur dann symmetrisch, wenn die Abwurfhöhe gleich der Auftreffhöhe ist. Er ist nicht symmetrisch, wenn er von einer anderen Höhe abgeworfen wird.
Deshalb müssen die allgemeinen Formeln angewandt werden.
Beispiel
Ein Massenpunkt wird mit einer Anfangsgeschwindigkeit
und einem Anfangswinkel abgeworfen
- 78 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
o Der Luftwiderstand wird berücksichtigt.
o Bestimmung der Geschwindigkeit und des Weges
des Massenpunktes über die NEWTON’schen Bewegungsgleichungen und anschließender Integration
Eine Masse m werde zur Zeit t = 0 mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 in horizontaler Richtung abgeschossen.
Unter Berücksichtigung des Luftwiderstandes W in horizontaler Richtung ist der Aufschlagpunkt B zu bestimmen. Der
Luftwiderstand in vertikaler Richtung kann vernachlässigt
werden, da die Höhe h im Verhältnis zum Weg xB und damit
auch die Fallgeschwindigkeit v = y& sehr klein ist.
gegeben: h, g, v0, α = 0 , W = W 0 v2
gesucht: Bestimmung des Weges xB
v0
A
h
y
x
xB
yB = 0
B
Bild 3.3 Masse m mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 in
horizontaler Richtung
- 79 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Lösung
NEWTON’sche Bewegungsgleichungen
(3.24) :
→:
(3.25) :
↑:
m &x& = - W = - W 0 x& 2 ,
m&y& = - m g.
y
m
W
x
mg
Bild 3.4 Schnittbild am Flugkörper
Die Integration der Gleichung (3.24) ergibt
(3.26):
mit
- 80 -
→ : m &x& = m
1
m
=
folgt
C0 W0
dx&
= - W0 x& 2 ,
dt
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
t
m dx&
1 dx&
dt = =−
2
W0 x&
C0 x& 2
(3.27):
⇒
t0
1
∫ d τ = − C0
=0
x&
dη
∫ 2
& η
x0
x&
⇒
t=
1 1
1 1 1 
=
 − ,
C0 η x&
C0  x& x& 0 
0
nach x umgestellt und integriert folgt der Weg
t
(3.28) :
dτ
x(t) = ∫
t0 C
0
τ+
1
&x 0
+ x0 =
1
ln (C0 x& 0 t + 1) + x 0 .
C0
Die Integration der Gleichung (3.25) ergibt
(3.29):
y& (t) = - g t + y& 0
⇒
t2
y(t) = - g + y& 0 t + y 0 .
2
Mit den Anfangsbedingungen
(3.30):
x& (t = 0) = x& 0 = v 0 ,
(3.31):
x(t = 0) = x 0 = 0,
(3.32) :
y& (t = 0) = y& 0 = 0,
- 81 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.33) :
y(t = 0) = y 0 = h,
folgt
(3.34):
(3.35) :
y& (t) = - g t ,
y(t) = - g
t2
+ h,
2
(3.36) :
x& (t) =
(3.37) :
x(t) =
1
1
C0 t +
v0
,
1
ln (C0 v 0 t + 1).
C0
Die Bedingung am Aufschlagpunkt yB(t=tB) = 0 ist
2
(3.38) :
yB = - g
tB
+h ⇒
2
folgt mit (3.37) in (3.36)
- 82 -
tB =
2h
g
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.39) :
x B = x(t = t B ) =
1
ln (C 0 v 0
C0
2h
+ 1),
g
y B = 0.
Der Grenzwert C 0 → 0 für einen verschwindenden Luftwiderstand liefert einen Kontrollwert
ln(C0 v 0
(3.40) :
x B = lim
C0 →0
2h
+ 1)
g
C0
= v0
2h
.
g
Das entspricht dem Schiefen Wurf ohne Luftwiderstand.
Beispiel
o Berechnung der Beschleunigung des Kolbens aus
den Kräften auf einen Kolben
Die Kolbenbeschleunigung in einem Zylinder bei expandierender Gasfüllung ist zu berechnen. Der Gasdruck wird
durch das Gesetz p V = const. = C beschrieben (V Volumen, p Gasdruck).
gegeben: p V = const. = C
gesucht: Bestimmung der Kolbenbeschleunigung a
- 83 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
p0
d
l0
p
l0 + x
Bild 3.5 Kolben in einem Zylinder bei expandierender Gasfüllung
Lösung
p
v
Bild 3.6 Schnittbild am Kolben
Die Druckkraft auf den Kolben ist
- 84 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.41):
F = pπ
d2
.
4
Das Volumen der Gasfüllung ergibt sich zu
(3.42) :
d2
V = π (l0 + x) .
4
Das Gasgesetz mit V0 = V(x=0) lautet
(3.43):
p V = p0 V0 = C .
Daraus folgt der Gasdruck
(3.44) :
p = p0
V0
l
== p0 0 .
V
l0 + x
NEWTON’sche Bewegungsgleichung
(3.45) :
→: m a = F = pπ
l
d2
d2
= p0 0 π .
4
l0 + x 4
Damit ergibt sich die Beschleunigung des Kolbens zu
- 85 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.46) :
a=
p 0 l0
d2
π
= a0
m l0 + x 4
1
x
1+
l0
.
Die Anfangsbeschleunigung des Kolbens ist
(3.47) :
a0 =
p0 d2
π .
m 4
3.2 Geführte Bewegung
3.2.1 Schiefe Ebene
Beispiel
o Masse auf einer schiefen Ebene
o Berechnung
der
Beschleunigung
aus
dem
NEWTON’schen Gesetz
o Wirkung der COULOMBschen Reibung
o Berechnung der Geschwindigkeit und des Weges
Ein Körper der Masse m rutscht auf einer schiefen Ebene
mit COULOMBscher Reibung (Reibungskoeffizient µ ).
gegeben: m, α , µ
- 86 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit x& und des We-
ges x des Massenpunktes
y
x
G
α
Bild 3.7 Körper auf einer schiefen Ebene
Lösung
R
N
α
G
Bild 3.8 Schnittbild am Massenpunkt
Die Reibungskraft zeigt nach oben, weil die Bewegung nach
unten gerichtet ist.
NEWTON’sche Bewegungsgleichungen
(3.48):
:
m&x& = G sinα - R,
- 87 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.49):
:
m&y& = - G cosα + N.
Die Führungsbedingung ist
(3.50):
y=0
in (3.49) folgt
(3.51):
0 = - G cosα + N ⇒ N = G cosα
Die Kraft N entspricht hier der Führungskraft, die die Masse
auf der Ebene "hält".
Das Reibungsgesetz lautet
(3.52):
R = µN.
Die Anfangsbedingungen lauten
(3.53):
x(0)= x0 ,
(3.54):
x& (0) = v 0 ,
(3.55):
y(0)= 0,
- 88 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.56):
y& (0) = 0.
Aus (3.52) folgt
(3.57):
R = µG cosα
in (3.48)
(3.58):
m&x& = G sinα - µG cosα
mit dem Gewicht G = mg
(3.59):
&x& = g (sinα - µ cosα) = const.
Nach zweifacher Integration folgt dann die Geschwindigkeit
(3.60):
x& (t) = v(t) = g (sinα - µ cosα)t + v 0 ,
und der Weg
(3.61) :
x(t)= g (sinα - µ cosα)
t2
+ v 0t + x0 .
2
- 89 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
3.2.2 Gekrümmte Bahn
Entsprechend kann auch eine reibungsfreie geführte
Bewegung auf einer gekrümmten Bahn berechnet werden.
Beispiel
o Masse auf einer gekrümmten Kreisbahn
o Berechnung
der
Beschleunigung
aus
dem
NEWTON’schen Gesetz in Polarkoordinaten
o Geführte Bewegung ohne Abhebesicherung
o Berechnung der Winkelgeschwindigkeit durch Tren-
nung der Variablen
o Berechnung des Weges über eine Näherung
Ein Körper der Masse m rutscht auf einer gekrümmten
Bahn (Kreis mit dem Radius b) ohne Reibung.
gegeben: m, b
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit
ges x des Massenpunktes
- 90 -
x&
und des We-
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
b
.
ϕ
.
r
G
Bild 3.9 Gekrümmte Bahn
Lösung
N
.
ϕ
G
Bild 3.10 Schnittbild
Mit dem Kreis als Sonderfall der gekrümmten Bahn r& = 0 ,
&r& = 0 und G = m g ergeben sich die
NEWTON’sche Bewegungsgleichungen in Polarkoordinaten
(3.62):
:
m (&r& - r ϕ& 2 ) = m (- rϕ& 2 ) = N - m g cos ϕ ,
- 91 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.63):
:
&& + 2 r&ϕ& ) = m (rϕ
&& ) = m g sin ϕ
m (rϕ
mit der Führungsbedingung r = const. = b ergibt sich
(3.64):
- m bϕ& 2 = N - m g cosϕ,
(3.65):
&& = m g sin ϕ.
m bϕ
: (mb)
(3.65)/(m b) entspricht einer wegabhängigen Beschleunigung
(3.66) :
&& = ω
&=
ϕ
dω dϕ dω
g
=
ω = sin ϕ.
dϕ dt dϕ
b
Die Winkelgeschwindigkeit erhält man nach Trennung der
Variablen
(3.67) :
ωdω =
g
sin ϕdϕ
b
und der Integration unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen
- 92 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.68):
(3.69) :
ϕ(0) = 0,
ϕ& (0) = ω0 .
Daraus folgt
ϕ
(3.70) :
ω2 - ω02 g
g
= ∫ sin ϕ dϕ = (1- cosϕ)
2
b ϕ=0
b
=2
g 2ϕ
sin
b
2
und die Winkelgeschwindigkeit
(3.71) :
ω = ϕ& = ω0
1- 4
g
bω02
ϕ
sin2 .
2
Die auf die Ebene wirkende Normalkraft N = N(ϕ) erhält man
aus (3.64)
(3.72) :
N = m bϕ& 2 + m g cosϕ
= - m bω02 + m g (3 cosϕ - 2).
- 93 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Der Körper ist aber nur einseitig geführt. Er ist somit nicht
gegen Abheben von der Unterlage gesichert. Für N = 0
lässt sich nun die Abhebestelle berechnen.
Um den Weg zu berechnen, muss ein zweites Mal integriert
werden. Diese Integration führt bei dieser geschwindigkeitsabhängigen Beschleunigung zu einer Lösung in t, die
nur noch näherungsweise gelöst werden kann
(3.73) :
dϕ
= ω(ϕ) ⇒
dt
dt =
ϕ
⇒
t=
dϕ
1
∫ ω( ϕ) = ω0
ϕ =0
dϕ
ω(ϕ)
ϕ
∫
ϕ =0
dϕ
.
g
2 ϕ
1 + 4 2 sin
2
b ω0
Durch eine Reihenentwicklung des Integrals erhält man eine Näherungslösung für die Zeit
(3.74) :
t=
1
g
(ϕ −
ϕ 3 + ....).
2
ω0
6bω0
und nach einiger Rechnung mit Hilfe der Umkehrfunktion
den Winkel ϕ .
- 94 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
3.3
Energiesatz
P2
r+dr
F
α dr
P1
r
O
Bild 3.11 Integration zwischen zwei Bahnpunkten P1 und P2
(3.75):
d(mv)
dr = F dr
dt
mit dr = v dt
(3.76):
v2
r
2
v 22 v12
m
v
d
v
=
m(
)
=
∫
∫ F dr.
2
2
v
r
1
1
- 95 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Wird
das
1.
NEWTON’sche
Gesetz
mit
dr
skalar
multipliziert, erhält man eine skalare Größe, die der Arbeit
W und der kinetischen Energie T entspricht.
Arbeitssatz
(3.77) :
T1 - T0 = W
"Die Arbeit, welche die Kräfte zwischen zwei Bahnpunkten
leisten, ist gleich der Änderung der kinetischen Energie."
Die Dimension der Energie ist Kraft mal Weg [Nm = J]
Energieerhaltungssatz
(3.78) :
T0 + W 0 = T1 + W1
"Die Summe der Energie an zwei verschiedenen Punkt
bleibt erhalten."
Am Massenpunkt greifen eingeprägte Kräfte F(e), zum
Beispiel
die
Gewichtskraft
G,
und
Reaktions-
oder
Zwangskräfte F(z) an, zum Beispiel die Normalkraft N. Die
Reaktionskräfte F(z) greifen stets senkrecht zur Bahn an und
- 96 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
leisten daher keine Arbeit. Die eingeprägten Kräfte leisten
die Arbeit
(3.79) :
r
r
W = ∫ F(e)d r .
Beispiel
o Anwendung des Energieerhaltungssatzes mit Rei-
bungsverlust
Im Punkt P0 wird ein Körper auf einer rauhen, schiefen
Ebene mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 abgeschickt.
gegeben: v0, α
gesucht: Bestimmung der Strecke l, an der der Körper zum
Stillstand kommt.
- 97 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
P1
l
h
x
N. N.
P0
α
Bild 3.12 Körper auf einer rauen, schiefen Ebene
Lösung
N
α
R
G
Bild 3.13 Schnittbild am Körper
Energieerhaltungssatz mit Reibungsverlust
(3.80) :
- 98 -
T0 + W 0 = T1 + W1 + W R ,
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
mit der potentiellen Energie im Punkt P0, mit dem Nullniveau
(N. N.) in P0
(3.81) :
W 0 = 0,
mit der kinetischen Energie im Punkt P0
(3.82) :
1
T0 = m v 02 ,
2
mit der potentiellen Energie im Punkt P1
(3.83) :
W1 = m g h = m g l sinα,
mit der kinetischen Energie im Punkt P1, aus der Bedingung, dass der Körper zum Stillstand kommt
(3.84) :
1
T1 = m v12 ,
2
und der Reibungsarbeit
(3.85) :
WR = R l = µ N l = µ m g l cos α,
- 99 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Die Reibung verringert die Geschwindigkeit v1. Die Führungskraft N leistet keine Arbeit.
(3.81) ÷ (3.85) in (3.80) folgt
1
m v 02 + 0 = 0 + m g l sinα + µ m g l cosα
2
⇒ v 02 = 2 g l (sinα + µ cosα).
(3.86) :
Daraus folgt die Strecke
(3.87) :
l=
v 02
.
2 g l (sin α + µ cos α )
Beispiel
o Anwendung des Energieerhaltungssatzes
Ein mathematisches Pendel ist durch einen Massenpunkt m
an einem masselosen, dehnstarren Seil mit der Pendellänge l definiert.
gegeben: m, l
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit der Pendel-
masse
- 100 -
ist
mit
Hilfe
des
Energieerhaltungssatzes
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
T(ϕ) + W(ϕ) = T0 + W0 T in Abhängigkeit vom Maximalausschlag ϕ0 des Pendels.
z
N. N.
l
ϕ0
m
ϕ
v(ϕ)
Bild 3.14 Mathematisches Pendel
Lösung
Die kinetische Energie ergibt sich bei N. N. in der Pendelaufhängung an der Stelle ϕ
(3.88) :
T(ϕ) = m
v( ϕ) 2
2
wegen v(ϕ 0 ) = v 0 = 0 ist
2
(3.89) :
T0 = T(ϕ0 ) = m
v0
= 0.
2
- 101 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Die potentielle Energie ist
(3.90) :
W(ϕ) = - m g l cosϕ,
(3.91) :
W 0 = W( ϕ 0 ) = - m g l cos ϕ 0 .
Die potentielle Energie wird in beiden Fällen negativ, weil
die positive z- Richtung vom Nullniveau aus nach oben
zeigt.
In (3.78) folgt
(3.92) :
v( ϕ)2
- m g l cosϕ
2
v( ϕ)2 = 2 g l (cosϕ - cosϕ0 ).
- m g l cosϕ0 = m
⇒
Die Maximalgeschwindigkeit erhält man bei cos ϕ = 1
(3.93) :
v max = 2g l(1 − cos ϕ0 ) = 4g lsin2 (
= 2 g l sin
ϕ0
)
2
ϕ0
.
2
Für kleine Ausschläge sin ϕ0 ≈ ϕ0 gilt näherungsweise
- 102 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.94) :
v max = 2 g l
ϕ0
.
2
3.3.1 Die wichtigsten Kraftpotentiale
Gravitationspotential an der Erdoberfläche
z
B
A
dz
m
g
dx
y
x
Bild 3.15 Gravitationspotential an der Erdoberfläche
Es gilt
(3.95) :
F = G = m g = m g ez.
Das zwischen den Punkten A und B gebildete Integral
B
(3.96) :
B
e z dr
= - m g (zB - z A )
dz
A
∫ F dr = - m g ∫
A
ist wegunabhängig!
- 103 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Mit der willkürlichen Festlegung zA = 0, zum Beispiel an der
Erdoberfläche, ergibt sich
(3.97) :
W = m g z.
Die gespeicherte Energie nimmt also mit der Höhe z zu.
Beim Herabfallen wird die potentielle Energie in kinetische
Energie umgesetzt.
Das elastische Potential
Eine elastische Feder wird mittels der äußeren Kraft F um
den Betrag x verlängert. Die in der Feder gespeicherte
Energie wird in Bewegungsenergie umgewandelt.
K
a)
x
K
F
b)
c) FFeder
K
F
Bild 3.16 Elastische Feder mit einer Kraft F; a) Ruhelage;
b) ausgelenkte Lage; c) Schnittbild
- 104 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Die zu einer von der ungespannten Lage aus zählenden
Längenänderung
erforderliche
Arbeit
wird
als
Formänderungsenergie gespeichert
x
(3.98) :
WFeder = ∫ F(x)Feder dx = c
0
x2
,
2
mit der Federsteifigkeit c und dem linearen Zusammenhang
folgt
(3.99) :
FFeder = c x = F.
Formänderungsenergie in der Elastizitätstheorie
Zur Berechnung der inneren Energien, zum Beispiel für den
Zugstab, folgt nach Kapitel 11
l
(3.100) :
3.4
l
1 N2
dx.
Π = ∫ Π dx = ∫
2 0 EA
0
*
Leistung
Es gilt
- 105 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.101) :
dW
= F v = Mω.
dt
P=
Die Leistung ist die pro Zeiteinheit verrichtete Arbeit oder
eine Kraft mal einer Geschwindigkeit.
Die Dimension der Leistung ist W =
Die
gebräuchlichen
Nm J
= .
s
s
Umrechnungsformen
sind
1 PS = 0,735 kW oder 1 kW = 1,36 PS.
Der Wirkungsgrad von Systemen ist
(3.102) :
η=
herausgeholte Leistung Pheraus
=
,
hereingesteckte Leistung Phinein
wobei η wegen der auftretenden Verluste, zum Beispiel der
Reibung an den Lagern etc. immer kleiner 1 wird.
3.5
Nach
Impulssatz
Integration des
r d(m vr )
(3.2) folgt
F=
dt
- 106 -
1.
NEWTON’sches
Gesetzes
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
t
(3.103) :
m v - m v 0 = ∫ Fdt.
t0
In der Regel ist die Stoßzeit
(3.104) :
∆t = t - t 0
sehr klein und m (v - v0) endlich groß. Daher muss die
Stoßkraft
∆t
(3.105) :
F̂ = lim
∆ t →0
∫ F dt
0
sehr groß sein. Daher können also alle anderen äußeren
eingeprägten
Kräfte,
zum
Beispiel
das
Gewicht,
vernachlässigt werden. Der genaue Verlauf der Stoßkraft
über die Zeit bleibt unbekannt.
Damit folgt der Impulssatz
(3.106):
m v - m v 0 = F̂.
Weitere Formen des Stoßes werden im Kapitel 4 und
Kapitel 5 behandelt.
- 107 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Beispiel
o Anwendung des 2. NEWTON’schen Gesetzes zur
Bestimmung des konstanten Schubes
o Anwendung des 1. NEWTON’schen Gesetzes
o Zeitveränderliche Masse des Systems
o Berechnung der Geschwindigkeit der Rakete bei
konstantem Massendurchsatz
Das Raketentriebwerk einer einstufigen Rakete (Startmasse
mT
= 0,8
m
0
m0), davon 80% Treibstoff (
) erzeugt einen kon-
stanten Schub S, der die Rakete mit einer Anfangsbeschleunigung a0 entgegen der Richtung der Erdbeschleunigung aus der Ruhelage bewegt.
gegeben: g, m0 = 1000 kg,
mT
= 0,8 , a0 = 0,2 g, v0 = 0,
m0
tS = 2 min
gesucht: Bestimmung der Brennschlussgeschwindigkeit
der
Rakete,
wenn
Massendurchsatz µ ( verbrauchter
nach tS verbraucht ist
- 108 -
bei
konstantem
Treibstoff
) der Treibstoff
Sekunde
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
m0 g, m(t) g
S
Bild 3.17 Raketentriebwerk einer einstufigen Rakete
Lösung
2. NEWTON’sches Gesetz
Für die Startmasse gilt
(3 .107 ) :
↑:
m 0 a 0 = S - m 0 g.
Daraus lässt sich der konstante Schub berechnen
(3.108 ) :
S = m 0 (a 0 + g).
Impulssatz
(3.109) :
r
d(m v)
↑: F =
= S - m(t)g.
dt
- 109 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Nach Integration mit v0 = 0
t
(3.110) :
m(t) v(t) - m0 v 0 = m(t) v(t) = ∫ (S - m(τ) g) dτ
0
mit der Treibstoffmasse m T = µ t S ergibt sich der Massendurchsatz
(3.111) :
µ=
mT
tS
mit (3.108) in (3.110) und mit (3.111) die veränderliche
Masse
(3 .112 ) :
m(t) = m 0 - µt = m 0 (1 -
µ
t)
m0
folgt
t
(3.113) :
m(t) v(t) = ∫ (m0 (a0 + g) - m0 g (1 0
Nach Integration über t
- 110 -
µ
τ)) dτ.
m0
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.114) :
m(t) v(t) = t m0 ( (a0 + g - g) +
= t m0 ( a 0 +
µg t
)
m0 2
µg t
)
m0 2
mit konstantem Massendurchsatz folgt
(3 .115 ) :
m 1
µ
= T
m0 m0 t S
aufgelöst nach v(t) mit (3.115) in (3.114
1 µg
1 m t
t)
a0 + g T
2 m0
2 m0 t s
t=
t.
µt
mT t
m 0 (1 )
1m0
m0 t s
m 0 (a 0 +
(3.116 ) :
v(t) =
Die Brennschlussgeschwindigkeit ergibt sich zu
(3.117 ) :
3.6
v(t = t S ) = 3531,6
m
km
≈ 12700
.
sec
h
Momentensatz
Wie in der Statik wird das Kraftmoment M(0) wird als Vektorprodukt, Kraft mal Hebelarm M(0) = r × F definiert. In der Ki-
- 111 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
netik
wird
das
Impulsmoment
oder
der
Drall (L(0) Drehimpuls oder Drallvektor) als Vektorprodukt,
Impuls x Hebelarm definiert
(3.118) :
L(0) = r × p = r × (m v).
Die Herleitung des Momentensatzes erfolgt mit dem 2.
NEWTON’sches Gesetz
(3.3) :
m a =F
von links mit dem Ortsvektor r multipliziert
(3.119 ) :
r×m
dv
=
dt
r{
×F
M Momentenve ktor
(0)
und umgestellt und die Produktregel angewandt
(3.120 ) :
d
dv
(r × (m v)) = r& m v + r × m
dt
dt
=
r{
×F
(0)
M Momentenve ktor
Mit r& = v wird das Vektorprodukt wegen (v × v ) zu Null.
- 112 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.121) :
r ×m
dv d
d (0)
= (
r × mv
)=
L = M(0) .
1
2
3
dt dt
dt
L(0)Drallvekto r
Momentensatz (Drehimpulssatz, Drallsatz)
"Die zeitliche Ableitung des Drehimpulses in Bezug auf
einen beliebigen raumfesten Punkt 0 ist gleich dem Moment
der
am
Massenpunkt
angreifenden
Kraft
bezüglich
desselben Punktes 0."
Wenn M(0) = 0 bleibt der Drehimpuls unverändert, die
Drehimpulserhaltung ist
(3.122) :
L(0) = r × m v = const.
Sonderfall: Flächensatz
dA
0
r
dr
m
Bild 3.18 Überstrichene Fläche dA
- 113 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
(3.123) :
M(0) = 0,
Im Zeitabschnitt dt überstreicht der Ortsvektor r die Fläche
(3 .124 ) :
1
1
1  dr 
r × dr = (r × dr ) =  r × dt 
2
2
2  dt 
1
= (r × v dt ).
2
dA =
Damit ergibt sich eine vektorielle Flächengeschwindigkeit
(3.125 ) :
dA 1
= r ×r ,
dt 2
in (3.122) eingesetzt
(3.126 ) :
L(0) = 2 m
dA
.
dt
Der Drall ist also proportional der Flächengeschwindigkeit.
- 114 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
3.7
Aufgaben zu Kapitel 3
AUFGABE 3.1
o Anwendung
der
NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen in x und y- Richtung
o Schwingungsdifferentialgleichung mit Lösungen
Auf den Massenpunkt m wirkt eine Kraft F in Richtung auf
das Zentrum Z die proportional zum Abstand r ist. Zur Zeit t
= 0 befindet sich die Masse im Punkt P0 und hat dort die
Geschwindigkeitskomponenten vx = v0 und vy = 0
gegeben: r0, F = k r, v0, α
gesucht: Bestimmung der Bahnkurve x(t) und y(t), auf der
sich der Massenpunkt bewegt.
y
P0
r0
F
m
r
Z
α
x
Bild 3.19 Massenpunkt m mit einer Kraft F in Richtung Z
- 115 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Lösung: x = v 0
m
k
k
sin
t , y = r0 c os
t
k
m
m
AUFGABE 3.2
o Anwendung
der
NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen in x- und y- Richtung
und auf einer Kreisbahn
o Schiefe Ebene mit Reibung
o Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur
Bestimmung der Geschwindigkeiten
o Berechnung des Normaldrucks
Eine Masse m wird ohne Anfangsgeschwindigkeit in P0
losgelassen.
Sie
bewegt
sich
unter
Einwirkung der
Schwerkraft zunächst auf einer rauhen, schiefen Ebene
(Reibungskoeffizient
µ,
Neigung
β,
Länge
l)
und
anschließend auf einer glatten Kreisbahn (Radius r). Die
schiefe Ebene schließt im P1 tangential an die Kreisbahn
an.
gegeben: m, µ , β , l, r
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit der Masse in
P3, der Komponenten des Beschleunigungsvektors im P2
und der Normalkraft N zwischen Masse und Bahn im P2
- 116 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
m
P0
µ
r
l
P3
β
β
P1
P2
Bild 3.20 Masse m auf einer rauhen, schiefen Ebene mit anschließender glatter Kreisbahn
Lösung: v 3 = 2g( −r cos β +l(sinβ−µcos β)) ,
l
an = 2 g (1 - cosβ + (sinβ - µ cos β)) , a t = 0 ,
r
l
N = 2m g ( cosβ + (sinβ - µ cos β)) + 3mg
r
AUFGABE 3.3
o Anwendung
der
NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen auf einer Kreisbahn
o Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur
Bestimmung der Geschwindigkeiten
- 117 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
o Unterschied einer geführten Bewegung und
einer mit einem Drehpunkt verbundenen Masse
Ein Massenpunkt m gleitet (Bild 3.24 a) auf einer Kreisbahn
(Radius l) reibungsfrei, bzw. (Bild 3.24 b) ist durch eine
starre, masselose Stange (Länge l) mit O verbunden.
gegeben: m, l, β = 600
gesucht:
Bestimmung
der
kleinsten
Anfangsgeschwindigkeit v0 der Masse m, damit sie von der
Anfangslage A die Lage B erreicht.
- 118 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
B
l
0
m
β
A
v0
a)
b)
B
l
0
m
β
v0
A
Bild 3.24 Geführter Massenpunkt m; a) auf einer Kreisbahn; b)
durch eine starre, masselose Stange mit O verbunden
Lösung: a) v A = 4gl , b) v A = 3gl
- 119 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
AUFGABE 3.4
o Anwendung
der
NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen auf einer Bahn
o Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur
Bestimmung der Geschwindigkeiten
o Rauhe Ebene mit Reibung
o Berechnung der Zeit t zum Durchfahren einer
Strecke
Im Punkt A auf der in Bild 3.27 skizzierten Bahn liegt ein
Massenpunkt m in Ruhe. Er wird losgelassen und gleitet
längs der glatten gekrümmten Bahn bis zum Punkt B. Von B
ab ist die Bahn horizontal und rauh.
gegeben: h, l, m
gesucht: Bestimmung des Reibungskoeffizients µ , wenn
der Massenpunkt in C liegen bleiben soll
- 120 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
m
A
h
B
glatte
Oberfläche
µ
C
l
Bild 3.27 Massenpunkt auf der Bahn ABC
Lösung: µ =
h
l
AUFGABE 3.5
o Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur
Bestimmung der Geschwindigkeiten
o Anwendung
der
NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen auf einer Kreisbahn
o Bestimmung der Ruhelage H
Ein
Massenpunkt
m
durchläuft,
beginnend
in
der
Ruhelage PA, die skizzierte Bahn, die aus einer schiefen
Ebene mit anschließendem Kreisbogen besteht.
gegeben: m, b, β = 600
gesucht: Bestimmung der Ruhelage H, damit er gerade
den
Scheitel
PC
der
Kreisbahn
erreicht,
der
- 121 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Geschwindigkeit v(ϕ) und der Normalkraft N(ϕ) in einem
beliebigen Punkt PD der Kreisbahn, des Winkel und des
Auftreffpunktes des Massenpunktes nach Verlassen der
Kreisbahn auf der schiefen Ebene
m
PC
PA
H
b
β
β
PB
ϕ
PD
Bild 3.29 Massenpunkt m auf einer schiefen Ebene mit anschließendem Kreisbogen
H
Lösung: v (ϕ ) 2 = 2 g (b cos ϕ + H) , N(ϕ) = m g (3 cosϕ + 2 ) ,
b
H=
- 122 -
3
0
b , ΨP = 68,26
2
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
AUFGABE 3.6
o Anwendung
der
NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen auf eine rauhe schiefe
Ebene
o Bestimmung der Zeit t, für das beide Systeme
dieselbe Geschwindigkeit haben
o Reibung als bremsende Kraft auf das eine und
als antreibende Kraft auf das zweite System
Auf ein schräges Förderband (Winkel α ), das sich mit
konstanter Geschwindigkeit v0 bewegt, wird eine Kiste mit
dem Gewicht G gesetzt.
gegeben: v0, G, µ , α
gesucht: Bestimmung der Zeit tR, zu der die Kiste die
gleiche Geschwindigkeit wie das Förderband erreicht, wenn
der Reibungskoeffizient µ bekannt ist.
v0
µ
α
Bild 3.32 Schräges Förderband mit Kiste
- 123 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
Lösung: t R =
v0
g (µ - tan α ) cos α
AUFGABE 3.7
o Anwendung
der
NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen auf einer Kreisbahn
o Bestimmung des zeitabhängigen Momentes auf
einen Kragarm
An einer Schaukel hängt eine Punktmasse m. Sie wird aus
der horizontalen Lage C losgelassen.
gegeben: l, m, r
gesucht: Bestimmung des Einspannmoments M = M(ϕ) in B
und des Winkels ϕ , an dem das Moment M maximal ist.
- 124 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
r
ϕ
C
Seil
l
B
Bild 3.34 Schaukel mit einer Punktmasse m
Lösung: MB = - 3 m g l cosϕsinϕ
AUFGABE 3.8
o Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur
Bestimmung der Geschwindigkeiten
o Freier Flug mit Anfangsgeschwindigkeit
Ein
Massenpunkt
Geschwindigkeit
vA.
m
erhält
Er
im
bewegt
Punkt
sich
A
eine
bis
zum
Punkt E (Höhe h) längs einer glatten, schrägen Rampe und
soll dann nach freiem Flug im Punkt L auftreffen.
gegeben: m, h, l, α
- 125 -
3 KINETIK DES MASSENPUNKTES
gesucht: Bestimmung der Anfangsgeschwindigkeit vA
E
vA
α
A
h
L
l
Bild 3.36 Massenpunkt m längs einer glatten, schrägen Rampe
2
Lösung: v A = g
- 126 -
l2 + 4h cos α (h cos α + l sin α)
2 cos α (h cos α + l sin α)
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS
VON MASSENPUNKTEN
Lehrziel des Kapitels
o Kräfte auf ein System von Massenpunkten
o Verknüpfung der Kinetik mit der Kinematik
o Anwendung der NEWTON’sche Gesetze auf ein System von Massenpunkten
o Anwendung des Impulssatzes auf ein System von
Massenpunkten
Formeln des Kapitels
Schwerpunktsatz
(4.11) :
r r
m&r& = R
Momentensatz (Drallsatz oder Drehimpulssatz)
( 4.12) :
d r(0) r (0)
L =M
dt
Sonderfall der ebenen Bewegung
- 127 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
( 4.13 ) :
ϕ& n = ϕ& = ω
(4.14) :
L z = ω∑ mnrn = ωΘ z
2
n
Impulssatz
( 4.18 ) :
rˆ
m1(w 1 - v 1 ) = - F
( 4.19) :
rˆ
m 2 (w 2 - v 2 ) = F
Impulserhaltungssatz
( 4.23 ) :
m1 v 1 + m 2 v 2 = m1 w 1 + m 2 w 2
Stoßbedingung mit der Stoßzahl e
(4.20) :
e=-
w1 - w 2
v1 - v 2
Energieverlust beim Stoß
- 128 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
( 4.29 ) :
∆Π =
1 m1m 2
(v 1 - v 2 ) 2
2 m1 + m 2
In Kapitel 3 wurden die Bewegungen des einzelnen Massenpunktes betrachtet. Jetzt folgt die Betrachtung eines
Systems mit einer endlichen Anzahl von Massenpunkten.
Das können entweder mehrere Körper sein, wobei jeder
(punktförmige) Körper als Massenpunkt anzusehen ist, oder
als ausgedehntes System, das sich aus mehreren Massenpunkten zusammensetzt. Das ist die Vorstufe zum kontinuierlichen System (Kontinuum), das aus unendlich vielen, infinitesimalen Massenpunkten besteht.
.
x1
m1
.
x2
m2
Bild 4.1 System mit einem Freiheitsgrad
- 129 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Zwischen den einzelnen Massenpunkten bestehen durch
die geometrischen Beziehungen kinematische Bindungen
oder die Kinematik. Das dehnstarre, masselose Seil erzeugt
die kinematische Beziehung, die in Geschwindigkeiten
definiert wird
( 4.1) :
x& 1 = x& 2 .
Die Zahl der freien Bewegungsmöglichkeiten der Massen
und
die
Einschränkungen
durch
die
kinematischen
Beziehungen ergibt die Zahl der Freiheitsgrade des
Systems. Von den zwei Koordinaten x1 und x2 ist nur eine
frei wählbar. Die zweite leitet sich aus der kinematischen
Beziehung (4.1) ab.
P2(x2, y2)
y
l
m2
m1
P1(x1, y1)
x
Bild 4.2 System mit einem translatorischen und einem rotatorischen Freiheitsgrad
- 130 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Die Hantel hat eine starre Bindung zwischen den beiden
Massenpunkten durch eine Stange. Aus dem festen Abstand
( 4 .2 ) :
l=
( x 2 − x1 )2 + ( y 2 − y1 )2
ergibt sich die Kinematik.
r
Rolle 2
.
xR
.
x1
Rolle 1
r
m2
.
x2
m1
m3
.
x3
Bild 4.2a System mit zwei Freiheitsgraden
Ein weiterer Zusammenhang sind physikalische Bindungen.
- 131 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Zwischen dem Abstand der Massen und den Kräften kann
eine physikalische Abhängigkeit bestehen. Zum Beispiel
beim Feder- Masse- System hängen die Kräfte über das
Federgesetz vom Abstand ab.
Weiter gilt wie in der Statik actio = reactio. Die inneren
Kräfte und die Auflagerkräfte werden durch Schneiden des
Systems einführt.
Beispiel
o System von zwei Massenpunkten
o Aufstellen der NEWTON’schen Bewegungsgleichun-
gen
o Aufstellen der kinematischen Beziehungen
Zwei Gewichte G1 und G2 sind durch ein dehnstarres, masseloses Seil verbunden und über masselose Rollen (Radius
r) geführt.
gegeben: G1, G2, r
gesucht: Bestimmung der Seilkräfte und die Beschleuni-
gungen der Massen, wenn das System sich selbst überlassen wird.
- 132 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
r
Rolle 2
Rolle 1
r
G2
G1
Bild 4.3 System mit einem Freiheitsgrad
- 133 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Lösung
r
Rolle 2
S1
S1
S2
S3
S2
S3
Rolle 1
r
.
x1
G2
.
x2
G1
Bild 4.4 Schnittbild
Nach dem Freischneiden werden NEWTON’schen Bewegungsgleichungen für jeden einzelnen Massenpunkt aufgestellt. Für die Rolle 1 gilt
( 4.3 ) :
- 134 -
m1 &x&1 = - m1 g + S1 + S 2 ,
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
für die Masse 2
( 4 .4 ) :
m 2 &x& 2 = m 2 g - S 3 .
Für die Seilkräfte gilt wegen der masselosen Umlenkrollen,
an denen eine reine Umlenkung erfolgt,
( 4.5 ) :
S1 = S 2 = S 3 = S.
Damit folgt
( 4.6 ) :
m1 &x&1 = - m1 g + 2S,
( 4.7 ) :
m 2 &x& 2 = m 2 g - S.
.
ϕ1
a)
.
x1
.
x2
.
x2
.
ϕ2
.
x2
b)
Bild 4.5 Kinematik: a) an der Rolle 1, b) an der Rolle 2
- 135 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Die Koordinaten x1 und x2 sind voneinander abhängig. Verschiebt sich m2 um die Strecke x2 nach unten, verschiebt
sich m1 um die halbe Strecke nach oben (Flaschenzug). Daraus folgt nach Bild 4.5
( 4 .8 ) :
x& 1 =
1
x& 2 .
2
Damit stehen alle benötigten Gleichungen zur Lösung zur
Verfügung. Mit (4.6) + 2 * (4.7) und (4.8) ergibt sich
( 4 .9 ) :
(m1 + 4 m 2 ) &x&1 = (2 m 2 - m1 ) g
⇒
&x&1 = 2m 2 − m1 g.
m1 + 4m 2
Für die Seilkraft folgt aus (4.7)
( 4.10) :
2m2 − m1
S = - 2 m2 &x& 2 + m2 g = m2 g (- 2
+ 1)
m1 + 4m2
=3
- 136 -
m2m1
g.
m1 + 4m2
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
4.1 Schwerpunktsatz
Es gilt mit der Gesamtmasse m =
∑ mn
n
(4.11) :
r r
m&r& = R
"Der Schwerpunkt des Systems von Massenpunkten
bewegt sich so, als ob alle n Massen in ihm vereinigt wären
und
die
Resultierende
R
aller
äußeren
Kräfte
im
Schwerpunkt angreifen: Die inneren Kräfte haben auf die
Bewegung des Schwerpunktes keinen Einfluss."
4.2 Momentensatz (Drallsatz oder Drehimpulssatz)
Es gilt für jeden Massenpunkt des Systems
( 4.12) :
d r(0) r (0)
L =M
dt
"Die zeitliche Änderung des Gesamtdralls in Bezug auf
einen raumfesten Punkt 0 ist gleich dem Moment um
denselben Punkt 0."
Sonderfall der ebenen Bewegung
- 137 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Alle n Massenpunkte bewegen sich in Ebenen senkrecht
zur z- Achse. Für alle Massenpunkte gilt
( 4.13 ) :
ϕ& n = ϕ& = ω
mit dem Massenträgheitsmoment Θ z um die z- Achse für
Θ z = const.
( 4.14) :
L z = ω∑ mnrn = ωΘ z ,
2
n
(4.15) :
& Θz = ϕ
&&Θz = Mz .
ω
4.3 Impulssatz
Aufgrund der Vereinfachungen gibt es innerhalb der Kinetik
der Massenpunkte nur den geraden zentralen Stoß. Zwei
Kugeln, deren Schwerpunkte auf einer gemeinsamen
Geraden liegen, stoßen aufeinander. Die Definition des
Massenpunkts
vereinigt
die
gesamte
Masse
im
Schwerpunkt, deshalb können Massenpunkte nicht rotieren.
Definition
- 138 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Es ist die Massenpunktsgeschwindigkeit vi vor dem Stoß
und die Massenpunktsgeschwindigkeit wi nach dem Stoß.
m1
x
v1
v2
m2
a)
m1
m1
F
m2
.b)
F
x
m1
w1
m2
m2
w2
c)
Bild 4.6 Stoßablauf für v1 > v2 und m1 > m2; a) vor dem Stoß; b)
während des Stoßes; c) nach dem Stoß
Infolge
des
Stoßes
erfahren
die
Kugeln
die
Geschwindigkeitsänderungen
(4.16) :
w1 - v1,
und
(4.17) :
w 2 - v 2.
- 139 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Zum Stoßzeitpunkt (Bild 4.6 b) werden die Impulssätze für
beide Massen geschrieben
( 4.18 ) :
rˆ
m1(w 1 - v 1 ) = - F
( 4.19) :
rˆ
m 2 (w 2 - v 2 ) = F
Die Stoßbedingung mit der Stoßzahl lautet
( 4.20 ) :
e=-
w1 - w 2
.
v1 - v 2
Die Stoßzahl liegt zwischen 0 und 1, wobei gilt, dass beim
ideal elastischen Stoß mit e = 1 die Stoßenergie erhalten
bleibt.
Nach
Elimination
der
Stoßkraft
und
Einsetzen
der
Stoßbedingung ergeben sich die Geschwindigkeiten nach
dem
Stoß.
Diese
Gleichungen
gelten
Massenpunktsysteme!
( 4.21) :
- 140 -
w1 =
m1 v 1 + m 2 v 2 + e m 2 (v 2 - v 1 )
,
m1 + m 2
nur
für
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
( 4.22 ) :
w2 =
m1 v 1 + m 2 v 2 + e m1 (v 1 - v 2 )
.
m1 + m 2
Der Impuls zwischen zwei Massenpunkten kann auch durch
den Impulserhaltungssatz beschrieben werden:
"Impuls vorher = Impuls nachher"
( 4.23 ) :
m1 v 1 + m 2 v 2 = m1 w 1 + m 2 w 2 .
Aus dem Impulserhaltungssatz kann der Energieverlust
beim ideal plastischen Stoß mit e = 0 entwickelt werden
( 4.24 ) :
1
1
1
1
m1 v 12 + m 2 v 22 = m1 w 12 + m 2 w 22 + ∆Π.
2
2
2
2
Mit der Geschwindigkeiten nach dem Stoß (4.22, 4.23) folgt
( 4.25 ) :
m1v 12 + m 2 v 22 - m1 (
- m2 (
m1v 1 + m 2 v 2 + e m 2 (v 2 - v 1 ) 2
)
m1 + m 2
m1v 1 + m 2 v 2 + e m1 (v 1 - v 2 ) 2
) = 2∆Π.
m1 + m 2
mit e= 0
- 141 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
(4.26) :
m1(m1 + m2 ) v12 + m2 (m1 + m2 ) v 22
2
2
- m1 (m1v1 + m2 v 2 + e m2 (v2 - v1))2 - m2 (m1v1 + m2 v 2 + e m1 (v1 - v 2 ))2 = 2(m1 + m2 ) ∆Π.
2
( 4.27 ) :
m1 (m1 + m2 ) v12 + m 2 (m1 + m 2 ) v 22
2
2
- m1 (m1v 1 + m 2 v 2 + e m 2 (v 2 - v1 ))2 - m 2 (m1v1 + m 2 v 2 + e m1 (v1 - v 2 ))2
= 2(m1 + m2 ) ∆Π.
2
( 4 .28 ) :
m1 (m1 + m 2 ) v 12 + m 2 (m1 + m 2 ) v 22
2
2
- m1 ((m1v 1 + m 2 v 2 )2
2
+ (e m 2 (v 2 - v 1 )) 2 ) + ( (m1 v 1 + m1m 2 v 2 )
2
− (m1m 2 v 1 + m 2 v 2 ))(2e m 2 (v 1 - v 2 )))
− m 2 ( (m1v 1 + m 2 v 2 )2 + (e m1 (v 1 - v 2 ))2 ))
= 2(m1 + m 2 ) ∆Π .
2
( 4 . 29 ) :
m 1m 2 (m 1 + m 2 )(v 12 + v 22 - 2v 1v 2 ) = 2 (m 1 + m 2 ) ∆Π .
( 4.30 ) :
∆Π =
- 142 -
2
1 m1m 2
(v 1 - v 2 ) 2 .
2 m1 + m 2
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Beispiel
o Impulssatz für ein System von zwei Massenpunkten
o Erster Fall Masse 2 ist unendlich groß, zweiter Fall
Masse 2 ist endlich groß.
Zum Einrammen eines Pfahles (Masse m2) in das Erdreich
wird eine Masse m1 (m2 > m1) aus der Höhe h fallengelassen. Die Stoßzahl e zwischen den beiden Massen ist bekannt. Die Widerstandskraft, die das Erdreich dem Pfahl
entgegengesetzt, lasse sich in der Resultierenden H zusammenfassen. Der Pfahl bewegt sich erst dann ins Erdreich, wenn H einen Grenzwert H0 überschreitet.
gegeben: m2, m1, m2 > m1, H0, h, e
gesucht: Bestimmung der Rückschleuderhöhe h´ der Mas-
se m1, wenn die beim Stoß auftretenden Kräfte die Grenzwiderstandskraft H0 nicht überschritten werden, und der
Rückschleuderhöhe h´´ der Masse m1, wenn die beim Stoß
auftretenden Kräfte die Grenzwiderstandskraft H0 überschritten werden.
- 143 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
m1
h
v1
m2
v2
H
Bild 4.7 Einrammen eines Pfahles in das Erdreich durch eine
Masse m1
Lösung
Maximale Widerstandskraft H0 wird nicht überschritten
Da die maximale Widerstandskraft H0 nicht überschritten
worden ist, bewegt sich die Masse m2 nicht weiter ins Erdreich vor. Die Masse m2 und das Erdreich bilden eine gemeinsame Masse ( m 2 → ∞ ).
Die Geschwindigkeiten vor dem Stoß sind
(4.31) :
- 144 -
v1 = 2gh,
v 2 = 0.
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Die Geschwindigkeit nach dem Stoß ergeben sich zu (mit
m2 → ∞ )
( 4 .32 ) :
w1 =
m1 v 1 + e m 2 (- v 1 )
= - e v 1 = - 2g h′
m1 + m 2
= - 2g h e.
Die Rückschleuderhöhe ist
( 4 . 33 ) :
h´ = h e 2 .
Maximale Widerstandskraft H0 überschritten
Da die maximale Widerstandskraft H0 überschritten wird,
bewegt sich auch die Masse m2.
Die Geschwindigkeit nach dem Stoß ergeben sich zu
( 4 .34 ) :
w1 =
=
m1 v 1 + e m 2 (- v 1 ) m1 - e m 2
=
v1
m1 + m 2
m1 + m 2
m1 - e m 2
m1 + m 2
2g h = − 2g h´´
Die Rückschleuderhöhe ist
- 145 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
( 4.35 ) :
 m - e m2 
h´´ = h  1

 m1 + m 2 
2
 m (1 + e) 
= h e - 1
m1 + m 2 

 m - e(m1 + m 2 ) + e m1 
=h 1

m1 + m 2


2
2
< h´
4.4 Aufgaben zu Kapitel 4
Aufgabe 4.1
o System von zwei Massenpunkten
o Aufstellen der NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen
o Physikalische Bindung durch Reibung
Auf der Plattform eines Wagens m1 (masselose Räder) liegt
eine Kiste m2. An dem bis dahin ruhenden Wagen greift
eine Kraft F an, die den Wagen so stark beschleunigt, dass
die Kiste rutscht.
gegeben: m1, m2, F, l, µ
gesucht: Bestimmung der Zeit t*, an der die Kiste vom
Wagen herunterfällt.
- 146 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
m2
m1
F
l
Bild 4.8 Wagens m1 mit Kiste m2
Lösung: t * =
2lm1
F − µg(m1 + m2 )
Aufgabe 4.2
o System von zwei Massenpunkten
o Aufstellen der NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen
o Physikalische Bindung durch Haftung
o Aufstellen einer
Schwingungsdifferentialgleichung
Beim Auffahren eines Güterwagens (Gewicht G) auf einen
Prellbock (Federsteifigkeit c) kommt eine auf der rauhen
Plattform (Haftungskoeffizient µ 0 ) liegende flache Kiste
(Gewicht Q) ins Rutschen. Die Massen der Räder und des
Prellbockpuffers sind vernachlässigbar klein.
gegeben: G, Q, µ 0 , c
- 147 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
gesucht: Bestimmung der Mindestgeschwindigkeit v des
Wagens, die zum Aufprall notwendig gewesen ist.
v
Q
c
µ0
G
Bild 4.10 Güterwagen fährt auf einen Prellbock
Lösung: v min = µ
0
g
G ges
c
Aufgabe 4.3
o System von zwei Massenpunkten
o Aufstellen der Impulsgleichungen
o Gerader, zentraler Stoß
o Aufstellen der NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen
o Physikalische Bindung durch Reibung
- 148 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Ein Brett (Masse M) ruht auf zwei masselosen Rollen. Auf
dem einen Ende des Brettes liegt ein Klotz (Masse m). Den
Klotz stößt eine Punktmasse (ebenfalls Masse m) mit der
Geschwindigkeit v0. Der Stoß sei voll elastisch. Zwischen
Brett und Klotz herrscht der Reibungskoeffizient µ .
gegeben: M, m, v0, e = 1, µ µ
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit w von Brett und
Klotz, wenn der Klotz relativ zum Brett zur Ruhe gekommen
ist und die Dauer des Rutschvorgangs.
m
v0
m
µ
M
Bild 4.12 Brett mit zwei masselosen Rollen, auf dem ein Klotz liegt
Lösung: w Brett =
v0 M
m
*
v0 , t =
µg m+M
m+M
Aufgabe 4.4
o System von zwei Massenpunkten
o Aufstellen der Impulsgleichungen
o Gerader, zentraler Stoß
- 149 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Ein Golfball (Masse m) stößt mit der Geschwindigkeit v1
gegen ein Hindernis (Masse M), das anfänglich in Ruhe ist.
gegeben: m, v1, µ , M = 5 m, e
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit w1, die der Ball
zurückrutscht, wenn eine Stoßzahl e angenommen wird und
den Weg des Klotzes M über die raue Unterlage
(Reibungskoeffizient µ ).
m
v1
M
s
Bild 4.14 Golfball und Hindernis
Lösung: w1 =
(1−5e)
m2 (1+e)2 2
v1 , s =
v
2 1
6
2µg(m+M)
AUFGABE 4.5
o System von zwei Massenpunkten
o Aufstellen der Impulsgleichungen
o Gerader, zentraler Stoß
o Bestimmung des Energieverlusts bei
plastischem Stoß
- 150 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Man berechne den relativen Energieverlust ∆Π
beim
plastischen Stoß zweier Körper in Abhängigkeit vom
Massenverhältnis
gegeben:
m1
. Vor dem Stoß sei v2 = 0.
m2
m1
, v1, v2 = 0, e = 0
m2
gesucht: Energieverlust ∆Π =
Lösung: ∆Π =
Π 0 - Π1
Π0
m2
m1 + m 2
Aufgabe 4.6
o System von zwei Massenpunkten
o Aufstellen der Impulsgleichungen
o Gerader, zentraler Stoß
Eine aus zwei Punktmassen und einer masselosen
Verbindungsstange
bestehende
Hantel
fällt
mit
der
Vertikalgeschwindigkeit v0 auf eine glatte, schiefe Ebene.
gegeben: m, a, v0, α
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeitskomponenten
der Hantel nach einem teilelastischen Stoß
- 151 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
a
a
m
m
v0
α
Bild 4.16 Hantel aus zwei Punktmassen und masselosen Verbindungsstange
Lösung: x& Sn =
cos2 α − e
cos2 α(1+ e) v0
&
v
cos
α
ϕ
=
,
,
0
Sn
cos2 α + 1
cos2 α + 1 a
y& Sn = y& Sv = v 0 sin α
Aufgabe 4.7
o System von zwei Massenpunkten
o Aufstellen der Impulserhaltungssätze
o Gerader, zentraler Stoß
Zwei Jungen (Masse m1 und m2) stehen am Heck eines
ruhenden Bootes (Masse M). Zunächst läuft der erste
Junge zum Bug und springt mit einer Geschwindigkeit v0
relativ zum Boot in Wasser. Dann läuft der zweite Junge
zum Bug und springt ebenfalls mit einer Geschwindigkeit v0
- 152 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
relativ zum Boot ins Wasser. Das Boot gleite reibungsfrei im
Wasser.
gegeben: m1, m2, M, v0
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit des Bootes
nach Absprung des zweiten Jungen und die Änderung der
Geschwindigkeit des Bootes, wenn die beiden Jungen
gleichzeitig zum Bug laufen und gleichzeitig mit der
Geschwindigkeit v0 relativ zum Boot ins Wasser springen.
m2
m1
m2
M
M
m1
Bild 4.18 Zwei Jungen am Heck eines ruhenden Bootes
Lösung: w * =
Mm1 + Mm 2 + 2m1m 2 + m 22
v0 ,
(M + m1 + m 2 )(M + m 2 )
w ** =
m1 + m 2
v0
M + m1 + m 2
Aufgabe 4.8
o System von zwei Massenpunkten
- 153 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
o Aufstellen
der
Bewegungsgleichungen
NEWTON’schen
o Physikalische Bindung durch Reibung
o Aufstellen der Impulsgleichungen
o Gerader, zentraler Stoß
Ein PKW 2 (Masse m2) schleudert auf regennasser Straße
und bleibt quer stehen. Ein nachfolgender PKW 1 (Masse
m1) kommt mit der Geschwindigkeit v1 heran, erkennt das
Hindernis und beginnt im Abstand s1 vom querstehenden
PKW 2 eine Vollbremsung (Rutschen, Reibungskoeffizient
µ1 ). Der Bremsweg reicht nicht aus, es kommt zum
Zusammenstoß (Stoßzahl e). Der querstehende PKW 2
wird
um
die
Strecke
(Reibungskoeffizient
s2
µ2 )
weitergeschoben.
gegeben: m1, m2, s1, s2, µ1 , µ 2
gesucht: Wie groß war die Geschwindigkeit v10 des
nachfolgenden PKW 1. Vor Gericht bestreitet der PKW 1Fahrer
die
Überschreitung
Höchstgeschwindigkeit
- 154 -
( 50
km
).
h
der
zulässige
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Für die Zahlenwerte: m1 = 2 m2 = 2 m, g ≈ 10 g ≈ 10
m
,
s2
1
1
µ1 = µ 2 = , s1 = 2 s2 = 40 m, e =
ist zu überprüfen, ob die
3
2
Aussage glaubwürdig ist.
PKW 2
m2
s2
PKW 1
v0
m1
s1
Bild 4.22 PKW 2 querstehend auf regennasser Straße und nachfolgender PKW 1
Lösung: v 10 > 50
km
h
Aufgabe 4.9
o System von zwei Massenpunkten
o Aufstellen der NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen
o Aufstellen der Impulsgleichungen
o Gerader, zentraler Stoß
- 155 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
Über eine in A drehbar gelagerte Rolle (masselos, Radius r)
ist ein masseloses Seil geschlungen, an dem die beiden
Massen m1 und m2 befestigt sind. Die Länge des Seils ist so
groß, dass es gerade gespannt ist, wenn beide Massen die
Lage z = 0 einnehmen. Die Masse m1 wird nun um h1
angehoben und fallen gelassen, während m2 auf der
Unterlage liegen bleibt.
gegeben: m1, m2, h1, h2, r
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit v, mit der die
Masse m1 am Boden (z = - h2) ankommt, wenn sie in der
beschriebenen Lage (z = h1) losgelassen wird.
- 156 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
r
A
m1
h1
z
m2
h2
Bild 4.23 Massen m1 und m2
Lösung: v = 2 g (h1
m 21
(m1 + m 2 )
2
+ h2
m1 − m 2
)
m1 + m 2
- 157 -
4 KINEMATIK UND KINETIK EINES SYSTEMS VON MASSENPUNKTEN
- 158 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Lehrziel des Kapitels
o Kräfte auf ein Kontinuum
o Verknüpfung der Kinetik mit der Kinematik
o Anwendung der NEWTON’sche Gesetze auf ein
Kontinuum
o Anwendung des Impulssatzes auf ein Kontinuum
Formeln des Kapitels
Schwerpunktsatz oder NEWTON’sche
Bewegungsgleichungen
( 5 . 1) :
r r
m &r& = R
Momentensatz
( 5 .2 ) :
r
&& = M 0
Θ0 ϕ
oder
r
&& = M S
ΘS ϕ
- 159 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Energiesatz
(5 . 4 ) :
T1 - T0 =
1
1
2
2
m (v 2 - v 0 ) + Θ z ( ω2 - ω0 ) = W
2
2
Massenträgheitsmoment
( 5 .5 ) :
Θ z = ∫ r 2 dm
Satz von STEINER
( 5 .9 ) :
Θ A = Θ S + ms 2
Trägheitsradius
(5.10 ) :
2
iA =
ΘA
m
NEWTON’schen Bewegungsgleichungen um den
Schwerpunkt S
( 5 . 34 ) :
- 160 -
r
r
m aS = R
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Momentensatz um den Schwerpunkt S
( 5 . 35 ) :
r
r&
ΘS ω
= MS
Momentensatz bezüglich des Momentanpols MP
( 5 .36 ) :
r
r&
Θ MP ω
= M MP
Energiesatz für starre Körper
(5.46 ) :
T1 - T0 = W
Kinetische Energie
(5.47 ) :
T=
1
1
2
m v S + Θ S ω2
2
2
D'ALEMBERTsches Prinzip
"Scheinkraft"
( 5 . 51) :
r
r
FSch = - m a S
"Scheinmoment"
- 161 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
( 5 . 52 ) :
r
v&
M Sch = - Θ S ω
Arbeitssatz
(5.55) :
δW = 0
Gerader exzentrischer Stoß
Impulssatz um den Schwerpunkt S
(5 .61) :
m (w S nach - v S vor ) = ∑ F̂
Drehimpulssatz um den Schwerpunkt S
(5 .62 ) :
Θ S ( ϕ& nach - ϕ& vor ) = ∑ M̂
Stoßbedingung
(5.63 ) :
e=-
w P1 - w P2
v P1 - v P2
Wie im Kapitel 4 gelten folgende Sätze, aber diesmal
erweitert für den starren Körper, beziehungsweise das
Kontinuum.
- 162 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Schwerpunktsatz
oder
NEWTON’sche
Bewegungsgleichungen
∫
Mit der Gesamtmasse des Kontinuums m = dm gilt
( 5 . 1) :
r
r
m &r& = R
Momentensatz
Um
einen
raumfesten
Punkt
(0)
oder
den
Massenmittelpunkt S gilt
( 5 .2 ) :
r
&& = M 0
Θ0 ϕ
r
&& = M S
ΘS ϕ
oder
mit dem Massenträgheitsmoment Θ0 , beziehungsweise ΘS
(siehe Kapitel 5.1).
1. Sonderfall
r
Wenn der Vektor R durch Schwerpunkt S geht, herrscht
reine Translation.
2. Sonderfall
Wenn das Kontinuum um die raumfeste Achse z mit dem
2
Massenträgheitsmoment Θz = r dm rotiert, herrscht reine
∫
- 163 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Rotation um diesen Punkt.
( 5 .3 ) :
r
& = Mz
Θz ω
Energiesatz
Der Energiesatz wird nun um die Trägheitsterme der
ausgedehnten rotierenden Masse erweitert
(5 . 4 ) :
- 164 -
T1 - T0 =
1
1
2
2
m (v 2 - v 0 ) + Θ z ( ω2 - ω0 ) = W
2
2
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
5.1 Massenträgheitsmoment
y
r
x
dm
z
Bild 5.1 Infinitesimales Massenelement im Abstand r von der zAchse
Es gilt
( 5 .5 ) :
Θ z = ∫ r 2 dm
Es gibt eine Analogie zum polaren Flächenträgheitsmoment
Ip = ∫ r 2 dA . Entsprechendes gilt für das Deviations- oder
Zentrifugalmoment
- 165 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
( 5 .6 ) :
Θ xy = ∫ xy dm
( 5 .7 ) :
Θ yz = ∫ yz dm
( 5 .8 ) :
Θ zx = ∫ zx dm
Satz von STEINER
s
S
m
A
Bild 5.2 Masse mit Massenschwerpunkt S und Punkt A im Abstand
s
STEINER- Anteil für das Massenträgheitsmoment um A ist
( 5 .9 ) :
- 166 -
Θ A = Θ S + ms 2
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
und dem Trägheitsradius
(5.10 ) :
2
iA =
ΘA
m
Einige gebräuchliche Massenträgheitsmomente
Dünner Stab
l
(5.11) :
ΘS =
S
1
m l2
12
- 167 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Vollzylinder
r
S
(5.12 ) :
ΘS =
1
m r2
2
Vollkugel
r
S
(5.13 ) :
- 168 -
ΘS =
2
m r2
5
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Rechteck
a
S
b
(5.14 ) :
ΘS =
1
m (a 2 + b 2 )
12
Beispiel
o Berechnung des Massenträgheitsmomentes
o Anwendung des Satzes von STEINER
Berechnung des Massenträgheitsmomentes eines Ventilatorlaufrades mit zwei angedeuteten Flügeln.
gegeben: l, a, ri, ra
gesucht: Bestimmung des Massenträgheitsmomentes
- 169 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Θ3
l
a
ra3
a)
ra2
Θ3
Θ5H
Θ5
a
ra2
b)
- 170 -
c) Θ5
Θ4
ri1
Θ1
ra3
Θ5V
Θ2
ra1= r i2
ri3
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Bild 5.3 Ventilatorlaufrades mit zwei angedeuteten Flügeln; a)
Draufsicht; b) Seitenansicht mit der Kennzeichnung der Einzelteile;
c) Näherung eines Einzelflügels
Lösung
Das Massenträgheitsmoment setzt sich aus fünf Einzelmassenträgheitsmomenten zusammen
( 5 . 15 ) :
Θ ges = Θ 1 + Θ 2 + Θ 3 + Θ 4 + Θ 5 .
Diese sind
(5.16 ) :
Θ1 =
1
2
2
m1 (ra1 - ri1 ),
2
(5.17 ) :
Θ2 =
1
2
2
m 2 (ra2 - ri2 ),
2
(5.18 ) :
Θ3 =
1
2
2
m 3 (ra3 - ri3 ),
2
(5.19 ) :
Θ 4 = 4(
1
m 4 l 2 + m 4 a 2 ),
12
und
- 171 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
(5 .20 ) :
Θ 5 = Θ 5H + Θ 5V
=
1
1
2
2
2
2
m 5H (ra5H - ri5H ) + m 5v (ra5V - ri5V ) .
2
2
5.2 Ebene Bewegung
5.2.1 Kinematik
Die Bewegung jedes Punktes P eines Körpers wird durch
Translation eines körperfesten Punktes A und einer
Drehung eines körperfesten Strahles AP um diesen Punkt
beschrieben.
r
Der Ortsvektor rP ist damit
(5.21) :
die
r r r
rP = rA + r ,
erste
Ableitung
r
Geschwindigkeit r&P
(5 .22 ) :
- 172 -
r
r
r r
r&P = rA + ω × r ,
nach
der
Zeit
ergibt
die
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
P
rP
r
rA
A
O
Bild 5.4 Bewegung eines Punktes P
die
zweite
Ableitung
nach
der
Zeit
ergibt
die
r
Beschleunigung &r&P
(5 .23 ) :
r& r r
r r
&rr& = &rr& + ω
× r + ω × ( ω × r ).
P
A
Eine ebene Bewegung lässt sich für jeden Zeitpunkt als
reine Drehung um einen Punkt M beschreiben, der
augenblicklich in Ruhe ist, dem Momentanpol MP.
Die Gleichung der Polkurve ist identisch mit der Bahn des
- 173 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Momentanpols MP.
Dies lässt sich beweisen. Es gilt
(5.24 ) :
x MP = x A -
y& A
,
ϕ&
(5.25 ) :
y MP = y A +
x& A
.
ϕ&
y
A
r
MP
ϕ
x
Bild 5.5 Koordinaten xA, yA des Punktes A, Koordinaten xMP, yMP
des Momentanpols
Dann ist mit den Polarkoordinaten
(5.26 ) :
x MP = x A + r cosϕ,
(5.27 ) :
y MP = y A r sinϕ.
- 174 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Beide
Komponenten
Momentanpol
der
Null, das
Geschwindigkeit
ist die
sind
Bedingung für
im
den
Momentanpol MP
(5.28 ) :
x& MP = 0,
(5.29) :
y& MP = 0.
Die Ableitung nach der Zeit von (5.25) und (5.26) ergibt die
Geschwindigkeitskomponenten
(5.30 ) :
x& MP = x& A - r ϕ& sinϕ = 0,
(5.31) :
y& MP = y& A + r ϕ& cos ϕ = 0.
Daraus folgt
(5.32) :
x& A
= r sinϕ,
ϕ&
und
(5.33 ) :
y& A
= - r cos ϕ.
ϕ&
- 175 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
(5.32) und (5.33) in (5.26) und (5.27) eingesetzt ergeben
sich die Gleichungen (5.24) und (5.25). Damit ist die
Behauptung bewiesen.
5.2.2 Kinetik
Es gelten die NEWTON’schen Bewegungsgleichungen und
der Momentensatz um den Schwerpunkt S
( 5 . 34 ) :
r
r
m a S = R,
( 5 . 35 ) :
r
r&
ΘS ω
= MS
oder der Momentensatz bezüglich des Momentanpols MP
( 5 .36 ) :
r
r&
Θ MP ω
= M MP .
Beispiel
o Berechnung mit den NEWTON’schen Gleichungen
und dem Momentensatz
Um eine Seiltrommel (Masse m1, Massenträgheitsmoment
Θ 1 ), die über ein um die Trommel (Radius r1) gewickeltes
- 176 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Seil mit dem Aufhängepunkt A verbunden ist, ist ein zweites
Seil gewickelt und an der Trommel befestigt (Radius r2). Am
Ende des zweiten Seiles hängt die Masse m2.
gegeben: m1, m2, Θ 1 , r1, r2
gesucht: Bestimmung der Seilkraft S im Aufhängepunkt A
&& .
und der Winkelbeschleunigung ϕ
A
.
ϕ
m1, Θ1
.
x1
B
r1
r2
C
m2
.
x2
Bild 5.6 Seiltrommel
- 177 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Lösung durch Schneiden
.
ϕ
S1
m1, Θ1
.
x1
B
m1 g
r1
r2
a)
S2
S2
C
m2
b)
m2g
.
x2
Bild 5.7 Schnittbild und Koordinaten a) Trommel m1; b) Masse m2
Für die Trommel gilt die NEWTON’sche Bewegungsgleichung
(5.37 ) :
m1&x&1 = m1 g + S 2 - S1
und der Momentensatz
- 178 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
(5.38 ) :
&& = S 2 r2 - S1 r1,
Θ1 ϕ
für die Masse m2 gilt die NEWTON’sche Bewegungsgleichung
(5.39 ) :
m 2 &x& 2 = m 2 g - S 2 .
.
x1
MP .
.
x2
Bild 5.8 Kinematik für die Trommel; mit dem Momentanpol MP
Aus Bild 5.8 wird der Zusammenhang zwischen der Absenkungsgeschwindigkeit
x& 1
und der Winkelgeschwindigkeit ϕ&
sichtbar
(5.40 ) :
x& 1 = - r1ϕ& .
- 179 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Die Geschwindigkeit x& 2 in C für die Masse m2 ist über das
dehnstarre Seil somit
(5.41) :
x& 2 = (r2 - r1 ) ϕ& .
Die Ableitung nach der Zeit liefert die Beschleunigungen
(5.42 ) :
&x&1 = - r1ϕ
&&,
(5.43 ) :
&x& 2 = (r2 - r1 ) ϕ
&&.
Damit hat man fünf Gleichungen für die fünf Unbekannte &x&1,
&x& 2 , ϕ
&& , S1, S2 und kann das System lösen. Die Auflösung
ergibt nach einiger Rechnung
(5 .44 ) :
S1 = - m1&x&1 + m1 g + S 2 =
= m1r1
g ( m 2 ( r2 - r1 ) - m1 r1 )
+ m1g
Θ 1 + m1 r12 + m 2 ( r2 - r1 ) 2
- m 2 (r2 - r1 )
g ( m 2 ( r2 - r1 ) - m1 r1 )
+ m 2g
Θ 1 + m1 r12 + m 2 ( r2 - r1 ) 2
g(m 22 ( r2 - r1 ) 2 - m12 r12 )
= m1 g + m 2 g +
,
Θ 1 + m1 r12 + m 2 ( r2 - r1 ) 2
- 180 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
( 5 .45 ) :
&& =
ϕ
g ( m 2 ( r2 - r1 ) - m 1 r1 )
.
Θ 1 + m 1 r12 + m 2 ( r2 - r1 ) 2
5.3 Energiesatz
Wie in Kapitel 4.3 gilt der Energiesatz auch für starre Körper
( 5 .46 ) :
T1 - T0 = W.
"Die Arbeit, welche die Kräfte zwischen zwei Bahnpunkten
leisten, ist gleich der Änderung der kinetischen Energie."
Für den starren Körper muss allerdings noch der Anteil aus
der Rotation in der kinetischen Energie mitberücksichtigt
werden
(5 .47 ) :
T=
1
1
2
m v S + Θ S ω2 .
2
2
- 181 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Lösung mit Energiesatz
A
A
.
ϕ
.
ϕ
l1
x1
m1, Θ1
B
m1, Θ1
B
r1
r2
r1
r2
l2
C
m2
b)
a)
x2
C
m2
Bild 5.9 a) Ruhelage 1 des Systems; b) ausgelenkte Lage 2 des
Systems
Für das Potential wird ein raumfestes Bezugsniveau gewählt. Für die Ruhelage 1 (keine Geschwindigkeiten) und
die ausgelenkte Lage 2 (bewegter Zustand) werden die Gesamtenergien vergleichen.
Mit dem Energieerhaltungssatz gilt
(5 .48 ) :
- 182 -
T1 + W1 = T2 + W 2 ,
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
(5 .49 ) :
- m1 g l1 - m 2 g (l 2 + l1 )
=
1 & 2 1
1
2
m1x1 + m 2 x& 2 + Θ1ϕ& 2 - m1 g x 1 - m 2 g x 2 .
2
2
2
Mit der Kinematik aus (5.40) und (5.41) sind 3 Gleichungen
für die 3 Unbekannte x&1, x& 2 , ϕ& vorhanden. Das Einsetzen
und Auflösen nach ϕ& 2 führt zu
(5 .50 ) :
1 2
m 2 g ( r2 - r1 ) - m1 g r1
ϕ& =
ϕ,
2
Θ1 + m1 r1 + m 2 ( r2 - r1 ) 2
Allerdings liefert dieser Weg nur die Geschwindigkeiten,
zum Beispiel die Winkelgeschwindigkeit ϕ& . Durch Differentiation nach der Zeit und Herauskürzen von ϕ& erhält man
das Ergebnis.
1
m 2 g ( r2 - r1 ) - m1 g r1
&& ϕ& =
ϕ
ϕ& ,
2
Θ 1 + m1 r1 + m 2 ( r2 - r1 ) 2
(5 .51) :
2
(5 .52 ) :
&& =
ϕ
m 2 g ( r2 - r1 ) - m1 g r1
.
Θ 1 + m1 r1 + m 2 ( r2 - r1 ) 2
Zur Ermittlung der Seilkräfte muss wie in Bild 5.7 geschnitten werden.
- 183 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
5.4 D'ALEMBERTsches Prinzip
Führt man für die Trägheitskraft eine "Scheinkraft"
( 5 . 53 ) :
r
r
Fsch = − m a s
und für das Trägheitsmoment ein "Scheinmoment"
( 5 . 54 ) :
r
v&
M Sch = - Θ S ω
ein, so lässt sich die Kinetik wie die Statik berechnen
(5 .55 ) :
r
F
∑ =0 :
(5 .56 ) :
∑M = 0 :
r
r
R + (- m a S ) = 0,
r
r
r&
MS + (- Θ S ω
) = 0.
Es gilt
"Die virtuelle Arbeit δW = 0. , die aus den wirklichen Kräften
und Momenten und den "Scheinkräften" und "-momenten"
gebildet wird, bei einer virtuellen Verrückung."
Der Arbeitssatz lautet
(5.57) :
- 184 -
δW = 0.
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Lösung mit dem d' ALEMBERT‘schen Prinzip
A
.
ϕ
..
Θ1 ϕ
r2
.
x1
m1, Θ1
B
r1
m1 g
..
m1 x1
C
m2
m2 g
.
x2
..
m2 x2
Bild 5.10 Einführen der Vorzeichen, der äußeren Kräfte und der d´
ALEMBERTschen Scheinkräfte
Die äußeren Kräfte und Momente und die Scheinkräfte und
Scheinmomente in negativer Richtung der tatsächlichen
- 185 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Bewegung werden eingeführt. Dann wird das Gleichgewicht
mit dem Arbeitssatz der Statik hergestellt.
Der Arbeitssatz liefert
(5.58) :
δW = (m1 g - m1 &x&1 )δx1 + (m2 g - m2&x& 2 )δx 2
&&δϕ = 0.
- Θ1ϕ
Die Kinematik aus (5.40) und (5.41), die Beschleunigungen
(5.42) und (5.43) und die Variation liefert die virtuellen Verrückungen
(5.59 ) :
δx1 = - r1δϕ,
(5.60 ) :
δx 2 = (r2 - r1 ) δϕ.
Das sind drei Gleichungen für die drei Unbekannten &x&1 , &x& 2 ,
&& . Das System ist lösbar.
ϕ
Allerdings liefert dieser Weg nur die Beschleunigungen,
&& . Zur Ermittlung
zum Beispiel die Winkelbeschleunigung ϕ
der Seilkräfte Muss das System wie in Bild 5.7 geschnitten
werden.
- 186 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
5.5 Stoßvorgänge
Vier unterschiedliche Stoßvorgänge werden betrachtet. Sie
unterscheiden sich dadurch, ob die Normale zur Tangente
an
dem
Stoßpunkt
durch
den
Schwerpunkt
S1,
beziehungsweise S2 geht oder nicht. Eine weite Rolle spielt,
ob die Berührflächen der Stoßkörper glatt oder rau sind.
Tangente
m1
S2
S1
m2
P
v1P
v2P
Normale zur Tangente
Bild 5.11 Geschwindigkeiten v1P, beziehungsweise v2P im Stoßpunkt P
- 187 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
5.5.1 Die einzelnen Stoßvorgänge
m1
S1
S2
P
m2
a)
b)
S2
m1
m2
P
S1
Bild 5.12 a) Zentraler Stoß; b) exzentrischer Stoß
Beim
zentralen
Stoß
liegen
die
Schwerpunkte
S1,
beziehungsweise S2 auf der Normalen durch den Stoßpunkt
P. Beim exzentrischen Stoß liegen die Schwerpunkte S1,
beziehungsweise S2 außerhalb der Normalen durch den
Stoßpunkt P.
- 188 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
m1
S2
S1
m2
P
v1P v2P
a)
b)
m1
S1
S2
m2
P
v1P
v2P
Bild 5.13 a) Gerader Stoß; b) schiefer Stoß
Beim geraden Stoß verlaufen die Geschwindigkeitsvektoren
v1P, beziehungsweise v2P am Stoßpunkt P in Richtung der
Normalen.
Beim
schiefen
Stoß
verlaufen
die
Geschwindigkeitsvektoren v1P, beziehungsweise v2P am
Stoßpunkt P in beliebiger Richtung.
Bei einer rauen Oberfläche (Reibung) hat die Stoßkraft eine
Tangential- und eine Normalkomponente; bei einer glatten
Oberfläche liegt die Stoßkraft in Normalenrichtung.
- 189 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Diese Fälle werden in den verschiedenen Kombinationen
untersucht. In Kapitel 3 wird der gerade, zentrale Stoß
vorgestellt, hier wird der etwas kompliziertere gerade,
exzentrische Stoß bearbeitet.
5.5.2 Gerader exzentrischer Stoß
Hier wird der gerade exzentrische Stoß behandelt. Es gilt
der Impulssatz um den Schwerpunkt S
(5 .61) :
m (w S nach - v S vor ) = ∑ F̂
und der Drehimpulssatz um den Schwerpunkt S
(5 .62 ) :
Θ S ( ϕ& nach - ϕ& vor ) = ∑ M̂
Allgemein gilt
o ist kein fester Drehpunkt vorhanden, zum
Beispiel eine auf einer Ebene liegende Scheibe,
werden die Impuls- und Drehimpulssätze in xund y- Richtung, sowie um die Drehachse z um
den Schwerpunkt S aufgestellt.
- 190 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
o ist ein fester Drehpunkt A vorhanden, zum
Beispiel eine in A aufgehängte Scheibe wird der
Drehimpulssatz
um
den
S
M
Drehpunkt
A
aufgestellt.
.
. ϕ .
y
x
m
v
a)
b)
.
y
m
v
.
A
ϕ .
x
S
M
Bild 5.16 Scheibe M; a) kein Drehpunkt; b) Drehpunkt in A
Alternativ können immer die Impuls- und Drehimpulssätze
in x- und y- Richtung, sowie um die Drehachse z um den
Schwerpunkt S aufgestellt werden. Durch die Kinematik
werden die Gleichungen verbunden.
- 191 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Die Stoßbedingung
(5.63 ) :
e=-
w P1 - w P2
v P1 - v P2
wird immer um den Stoßpunkt P in Stoßrichtung aufgestellt.
Beispiel
o Exzentrischer, gerader Stoß zwischen zwei starren
Körpern
o Teilelastischer Stoß
Zwei Schiffe (Massen m1 und m2) bewegen sich mit den
Horizontalgeschwindigkeiten vS1 und vS2 (vS1 > vS2). Schiff 1
dreht sich zusätzlich mit der Winkelgeschwindigkeit ϕ& 10 um
seine eigene Achse. In Punkt P stoßen sie zusammen. Die
Schiffswandungen sind glatt. Der Stoß sei plastisch.
gegeben: a1, a2, m1, m2, Θ S 1 , Θ S 2 , vS1, vS2, ϕ& 10 , e
gesucht: Bestimmung aller Geschwindigkeiten nach dem
Stoß
- 192 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
vS2
S2
.
ϕ10
a2
m2
P
a1
S1
P
vS1
m1
Bild 5.14 Zwei Schiffe
Lösung
Festlegung
Massenpunktsgeschwindigkeit vi, beziehungsweise Winkelgeschwindigkeit ϕ& i0 vor dem Stoß, Massenpunktsgeschwindigkeit wi, beziehungsweise Winkelgeschwindigkeit ϕ& i nach
dem Stoß
- 193 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
.
ϕ2
.
ϕ
.
.
. .
ϕ10, ϕ1
S2
a2
P
a1
F
F
m2
P
S1
m1
Bild 5.15 Stoßbild mit Vorzeichendefinition
Die Geschwindigkeiten am Stoßpunkt P zeigen in Richtung
der Stoßnormalen, in dieser Richtung wirkt die Stoßkraft F̂
(glatter Stoß!). In der tangentialen Richtung wirken keine
Kräfte.
- 194 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Die Geschwindigkeiten in y- Richtung nach dem Stoß
werden durch den glatten Stoß in x- Richtung nicht
verändert und sind vor und nach dem Stoß null.
Die Impulsgleichungen lauten
für Körper 1
( 5 . 64 ) :
m 1 (w S1 - v S1 ) = - F̂,
für Körper 2
( 5 . 65 ) :
m 2 (w S2 - v S2 ) = F̂.
Die Drehimpulsgleichungen lauten
für Körper 1
(5.66) :
ΘS1 (ϕ& 1 - ϕ& 10 ) = a1 F̂,
für Körper 2
(5.67) :
ΘS 2 (ϕ& 2 - ϕ& 20 ) = ΘS 2 (ϕ& 2 - 0) = a2 F̂.
Mit der Stoßbedingung am Stoßpunkt P
- 195 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
(5.68 ) :
e=-
w P1 - w P2
.
v P1 - v P2
Die Geschwindigkeiten im Stoßpunkt werden durch die
Schwerpunktsgeschwindigkeiten
Winkelgeschwindigkeiten
ϕ& i und ϕ& i0
(5.69 ) :
v P1 = v S1 - a1 ϕ& 10 ,
(5.70) :
v P2 = v S2 ,
(5.71) :
w P1 = w S1 - a1 ϕ& 1,
(5.72) :
w P2 = w S2 + a 2 ϕ& 2 .
Damit
hat
man
neun
vSi
und
wSi
und
die
ausgedrückt
Gleichungen
für
die
neun
Unbekannten wS1, wS2, ϕ& 1, ϕ& 2 , F̂ , wP1, wP2, vP1, vP2 und
kann das System lösen.
Aus (5.62) + (5.63) folgt ( F̂ eliminieren)
(5.73) :
m1 (w S1 - v S1) + m2 (w S2 - v S2 ) = 0
⇒
- 196 -
m1 w S1 + m2 w S2 = m1 v S1 + m2 v S2 .
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Mit ((5.64) * a1 + (5.66) folgt ( F̂ eliminieren)
(5.74) :
m1a1w S1 - m1a1v S1 + ΘS1ϕ& 1 − ΘS1ϕ& 10 = 0
⇒ m1a1w S1 + ΘS1ϕ& 1 = m1a1v S1 + ΘS1ϕ& 10 .
Mit ((5.65) * a2 - (5.67) folgt ( F̂ eliminieren)
(5.75) :
m2a2 w S2 - m2a2 v S2 - ΘS2ϕ& 2 = 0
⇒ m2a2 w S2 - ΘS2ϕ& 2 = m2a2 v S2 .
Mit (5.69), (5.70), (5.71), (5.72) in (5.68)
(5.76 ) :
e=⇒
⇒
(w S1 - a1ϕ& 1 ) - (w S2 + a 2 ϕ& 2 )
(v S1 - a1ϕ& 10 ) - v S2
(v S1 - a1 - v S2 ) e = - (w S1 - a1ϕ& 1 - w S2 - a 2 ϕ& 2 )
- w S1 + w S2 + a1ϕ& 1 + a 2 ϕ& 2
= e v S1 - e v S2 - e a1 ϕ& 10 .
Aus (5.73) + (5.75) * m1 folgt (wS1 eliminieren)
m1 w S1 + m 2 w S2
= m1 v S1 + m 2 v S2 .
- m1w S1 + m1w S2
+ m1a1ϕ&1 + m1a 2ϕ& 2
= e m1v S1 - e m1v S2
- e m1a1 ϕ&10
- 197 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
(5.77) :
(m1 + m2 ) w S2 + m1a1ϕ& 1 + m1a2ϕ& 2
= m1 v S1 + m2 v S2 + e m1v S1 - e m1v S2 - e m1a1 ϕ& 10 .
Aus (5.75) * (m1 a2) + (5.77) * Θ S 2 folgt ( ϕ& 2 eliminieren)
m1a 2m2 a 2 w S2 - m1a 2 Θ S2 ϕ& 2 = m1a 2m 2a 2 v S2
(m1 + m2 ) ΘS2 w S2 + m1ΘS2a1ϕ& 1 + m1ΘS2a 2 ϕ& 2
= m1ΘS2 v S1 + m2 ΘS2 v S2 + eΘS2m1v S1
- e m1Θ S2 v S2 - e m1ΘS2a1 ϕ& 10
_______________________________________________________________________
(5.78) :
(a22 m1m2 + (m1 + m2 ) ΘS2 )w S2 + m1a1ΘS2ϕ& 1 =
= m1Θ S2 v S1(1 + e) + ((m 2 - e m1 )Θ S2
+ a 22m1m 2 )v S2 − e m1Θ S2 a1 ϕ& 10
Aus (5.66) = (5.65) * a1 folgt
(5 .79 ) :
a1 m 2 (w S2 - v S2 ) + Θ S1 ( ϕ& 1 - ϕ& 10 ) = 0
⇒
a1 m 2 w S2 + Θ S1 ϕ& 1 = a1 m 2 v S2 + Θ S1 ϕ& 10 .
Aus (5.78) * ( - m 1 a 1 Θ S 2 ) + (5.78) * Θ S 1 folgt
- 198 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
- a1 m 2 m1 a1 Θ S 2 w S2 − Θ S1 m1 a1 Θ S 2 ϕ& 1
= −a1 m 2m1 a1 Θ S 2 v S2 − Θ S1 m1 a1 Θ S 2 ϕ& 10 .
(a22 m1m2 + (m1 + m2 ) ΘS2 )ΘS1w S2 + m1a1ΘS1ΘS2ϕ& 1
= m1ΘS1ΘS2 v S1(1+ e) + ((m2 - e m1)ΘS2
+ a22m1m2 )ΘS1v S2 - e m1ΘS1ΘS2a1 ϕ& 10
_______________________________________________________________________
(5 .80 ) :
(-a 12m 2m1 Θ S 2 + (a 22 m1m 2 + (m1 + m 2 ) Θ S2 )Θ S1 )w S2
= −a12m 2m1Θ S 2 v S2 − Θ S1 m1 a1 Θ S 2 ϕ& 10
+ m1ΘS1ΘS2 v S1(1 + e) + ((m2 - e m1 )ΘS2
+ a 22m1m2 )ΘS1v S2 - e m1ΘS1ΘS2a1 ϕ& 10
(5.81) :
w S2
=
m1Θ S1Θ S 2 v S1(1 + e ) + ((m 2 − em1 )Θ S1Θ S 2 + a 22m1m 2 Θ S1
(a12m1m 2 Θ S 2 + (a 22m1m 2 Θ S1 + (m1 + m 2 )Θ S1Θ S 2 )
+
+ a12m1m 2 Θ S 2 )v S 2 − m1Θ S1Θ S 2a1(1 + e )ϕ& 10
(a12m1m 2 Θ S 2 + (a 22m1m 2 Θ S1 + (m1 + m 2 )Θ S1Θ S2 )
- 199 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Θ
m2
− e)ΘS1 + a 22m2 S1 + a12m2 )v S 2
m1
Θ S2
=
Θ
m
(a12m2 + (a 22m2 S1 + (1 + 2 )Θ S1 )
ΘS2
m1
ΘS1a1(1 + e)ϕ& 10
−
Θ
m
(a12m2 + (a 22m2 S1 + (1 + 2 )ΘS1 )
ΘS2
m1
ΘS1v S1(1 + e) + ((
Aus (5.79) folgt
(5.82) :
ϕ& 1 = −a1
m2
m
w S2 + a1 2 v S2 + ϕ& 10 .
ΘS1
ΘS1
Aus (5.73) folgt
(5.83 ) :
w S1 = v S1 +
m2
m
v S2 − 2 w S2 .
m1
m1
Mit ((5.66) * a2) – ((5.67) * a1) folgt
a2 ΘS1 (ϕ& 1 - ϕ& 10 )
= a1a2 F̂
− a1ΘS 2 (ϕ& 2 - 0)
= -a1a2 F̂
- 200 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
_____________________________________________________
( 5 .84 ) :
a 2 Θ S1 ϕ& 1 − a1Θ S 2 ϕ& 2 = a 2 Θ S1 ϕ& 10
Aus (5.84) folgt
(5.85) :
ϕ& 2 =
a2ΘS1
( ϕ& 1 - ϕ& 10 ).
a1 ΘS 2
Mit e = 0 und den Verhältnissen a1 =
1
l , a2= l, m1= 2 m, m2
2
= m, ΘS1 = 2m l2 , Θ S 2 = m l 2 , vS1=2 v0, vS2=v0 und ϕ& 10 =
folgt (
v0
l
m 2 1 ΘS1
= ,
= 2)
m1 2 ΘS2
(5.86) :
w S2
12
1
1
l m2 + l2m)v 0 − 2ml 2a1v 0
4
4
l
=
12
3
l m + l2m2 + 2ml 2
4
2
1
1
1
4+ 2+ −2
4
4
2 v = 15 v ,
=
0
0
1
3
21
+2+ 2
4
2
2ml2 2v 0 + (ml2 +
- 201 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
(5.87) :
ϕ& 1 = - a1
=−
(5.88) :
m2
m
v S2 + ϕ& 10 + a1 2 w S2
ΘS1
ΘS1
1 v 0 v 0 13 v 0
+
=
,
14 l
l
14 l
w S1 = v S1 +
= 2v 0 +
(5.89 ) :
ϕ& 2 = −
m2
m
v S2 − 2 w S2
m1
m1
1
1 15
15
v0 v0 =
v0,
2
2 21
7
Θ S1 a 2
54 v 0
(ϕ& 10 + ϕ& 10 ) = −
.
Θ S 2 a1
7 l
In Tabelle 5.1 werden noch einmal alle Formeln, die
Bezeichnungen und die Grundgleichungen für die reine
Translation und die reine Rotation zusammengestellt.
- 202 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Tabelle 5.1 Formelsammlung
Reine Translation
Reine Rotation
x
Koordinate
ϕ
&
v= x
Geschwindigkeit
ω = ϕ&
a = v& = &x&
Beschleunigung
& =ϕ
&&
α=ω
Masse m
Trägheitsmoment Θ
Kraft F
Moment M
Impuls p = m v
Drehimpuls, Drall L = Θω
1
T = mv2
2
W=
kinetische Energie
∫ F dx
P=Fv
T=
1 2
Θϕ
2
Arbeit
W = Mdϕ
Leistung
P = Mω
∫
Grundgesetze
Masse m = const.
Trägheitsmoment Θ = const .
Impuls p = m v = const.
Drehimpuls, Drall L = Θω = const.
dp
= ma = F
dt
dL
dϕ&
=Θ
=M
dt
dt
- 203 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
5.6 Aufgaben zu Kapitel 5
AUFGABE 5.1
o Bestimmung des Massenträgheitsmoments der
Querschnitte bezüglich einer Achse z
Folgende massebehaftete Körper sind gegeben a) Stab
(Länge l, Masse m); b) Kreisplatte (Radius r, Masse m);
c) Rechteckplatte (Seitenlängen a, b, Masse m); d) Kugel
(Radius r, Masse m); e) Kegel (Radius r, Höhe h, Masse m);
f) Winkel (Schenkellänge a, Schenkelmasse m).
gegeben: l, r, a, b, h, t, a >> t
gesucht:
Bestimmung
der
Massenträgheitsmomente
bezüglich einer Achse z durch 0, die senkrecht zur
Zeichenebene steht.
- 204 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
a)
b)
d)
e)
c)
f)
Bild 5.17 Verschiedene massebehaftete Körper; a) Stab; b) Kreisplatte; c) Rechteckplatte; d) Kugel; e) Kegel; f) Winkel
- 205 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Lösung: a) Θ O =
c) Θ O =
1 2
3
ml , b) Θ O = mR 2 ,
3
2
1
2
m(a 2 + b 2 ) , d) Θ SKugel = mr 2 ,
12
5
e) Θ O Kegel =
5
r2
3
m(h 2 + ) , f) Θ Oges = ma 2
3
5
4
Aufgabe 5.2
o Aufstellung der NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen und des
Momentensatzes am starren Körper
o Lösung durch Schneiden
o Bestimmung des Zeitpunkts, an dem die
Zylinder aufeinander rollen
o Bestimmung der Winkelgeschwindigkeiten
Ein Vollzylinder (G1, r1) ist an einer gewichtslosen Stange
drehbar befestigt. Ein zweiter Vollzylinder (G2, r2) ist um A
drehbar gelagert. Der Zylinder 2 ruht zunächst. Der Zylinder
1, der sich mit der Winkelgeschwindigkeit
ihn
gesetzt,
so
dass
beide
(Reibungskoeffizient µ).
gegeben: G1, r1, G2, r2, ϕ& 0 , µ
- 206 -
ϕ& 0
dreht, wird auf
aufeinander
rutschen
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
gesucht: Bestimmung der Zeit tr, nach der beide Zylinder
aufeinander
rollen,
und
die
Größe
der
Winkelgeschwindigkeiten ϕ& 1 und ϕ& 2 .
.
ϕ0
m1
r1
µ
r2
A
m2
Bild 5.24 Zwei Vollzylinder
Lösung: ϕ& 1(t r ) = -
tr =
ϕ& 0
r m ϕ& 0
,
+ ϕ& 0 , ϕ& 2 (t r ) = 1 1
m1
r2 m2 m1
1+
1+
m2
m2
r1ϕ& 0
m
2µg(1+ 1 )
m2
- 207 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
AUFGABE 5.3
o Aufstellung der NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen und des
Momentensatzes am starren Körper
o Lösung durch Schneiden
o Bestimmung des Antriebsmoments
Auf einer homogenen zylindrischen Walze wird ein
masseloses dehnstarres Seil aufgewickelt, an dem die
Masse m2 hängt.
gegeben: m1, m2, r, &x& = a
gesucht: Bestimmung des Antriebsmoments M0, das
aufgewandt werden muss, um die Masse m2 mit &x& = a zu
beschleunigen.
- 208 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
.
ϕ
r
M0
B
A
m1
.
x
m2
Bild 5.26 Homogene zylindrische Walze mit Seil
Lösung: M0 =
1
m1 r a + r m 2 (a + g)
2
AUFGABE 5.4
o Aufstellung der NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen und des
Momentensatzes am starren Körper
o Lösung durch Schneiden
o Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
o Bestimmung der Lagerreaktionen
o Reibung zwischen Balken und Klotz
o Massebehaftete Umlenkrolle
Am freien Ende eines in B starr eingespannten, masselosen
Brettes (Länge l) ist eine Rolle (Radius r, Masse m)
- 209 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
reibungsfrei drehbar gelagert. Über die Rolle läuft ein
masseloses, dehnstarres Seil, an dessen Enden die
Punktmassen 1 und 2 (Masse jeweils m) befestigt sind. Die
Punktmasse 1 rutscht (Reibungskoeffizient µ ) auf dem
Brett.
gegeben: l, r, m1 = m2 = m, Θ =
gesucht:
Bestimmung der
1
mr 2 , µ
2
Lagerreaktionen
in
B in
Abhängigkeit von der Lage x des Körpers 1.
Θ, m
Bild 5.28 In B starr eingespanntes, masseloses Brett mit Rolle
- 210 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Lösung:
MB = m g (- x - l
BH =
2
m g (µ - 1) ,
5
BV = m g
13 + 2µ
,
5
8 + 2µ
)
5
AUFGABE 5.5
o Aufstellung der NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen und des
Momentensatzes am starren Körper
o Lösung durch Schneiden
o Lösung mit dem d´ALEMBERTschen Prinzip
o Masselose Umlenkrolle
o Haftung zwischen Rolle 1 und Rolle2
o Bestimmung der Beschleunigung
o Bestimmung der Lagerkraft
Mit dem skizzierten System wird das Gewicht (Masse m3)
nach
oben
gezogen.
Die
Rollen
Massenträgheitsmoment
Θ1 )
und
1
2
(Masse
m1,
(Masse
m2,
Massenträgheitsmoment Θ 2 ) sind reibungsfrei gelagert. Die
Umlenkrolle ist masselos. Das konstante Antriebsmoment
M0 greift an der Rolle 1 an. Zwischen beiden Rollen besteht
Haftung.
gegeben: m1, m2, m3, M0, r1, r2, Θ1 , Θ 2 , µ 0
- 211 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
gesucht:
Bestimmung
der
Beschleunigung
&x&
des
Gewichtes nach oben und der Auflagerkraft in A.
M0
r2
A
Rolle 2
m2,Θ2
µ0
B
Rolle 1
m1,Θ1
r1
masselos
.
x
m3
Bild 5.31 Rollensystem mit der Masse m3
Lösung: &x& =
M0
r1
−
m3 g
1
1
( 2 Θ1 + 2 Θ 2 + m3 )
r1
r2
A V = m2 g - m3 g - (m3 +
,
Θ2
)&x& )
r22
AUFGABE 5.6
o Aufstellung der NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen und des
Momentensatzes am starren Körper
o Lösung durch Schneiden
o Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
- 212 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Ein
Fahrzeug,
vereinfacht
durch
zwei
homogene,
zylindrische Walzen (Massen m) dargestellt, die durch
einen Balken (Masse m0) verbunden sind, rollt auf einer
horizontalen Bahn infolge eines Moments M0, das vom
Motor auf die hintere Walze (ideale Lagerung) abgegeben
wird.
gegeben: m, r, m0, M0
gesucht:
Bestimmung
der
Beschleunigung
&x&
des
Fahrzeugs und der Kräfte in den Radlagern A und B.
M0
A
m, r
m0
.
x
B
m, r
Bild 5.34 Fahrzeug, vereinfacht durch zwei homogene, zylindrische
Walzen dargestellt
3
M 0 (m 0 + m )
2 , A = 1 m g, B = 1 m g,
Lösung: A H =
V
0
V
0
r(m 0 +3m)
2
2
&x& =
M0
r(m 0 +3m )
- 213 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
AUFGABE 5.7
o Aufstellung der NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen und Momentensatz am
starren Körper
o Lösung durch Schneiden
In dem skizzierten Planetengetriebe ist das Zahnrad 1 in 0
reibungsfrei drehbar gelagert, Zahnrad 2 läuft einerseits auf
Zahnrad 1, andererseits in einem feststehenden Zahnkranz,
dessen Mittelpunkt in 0 liegt. Die Zahnräder (homogene
Scheiben) haben gleiche Massen m und gleiche Radien r.
gegeben: m, r, ψ 0 .
&&1(ψ ) , ψ
&& (ψ )
gesucht: Bestimmung der Beschleunigungen ϕ
und der Größe der Winkelgeschwindigkeit ψ& für ψ = 90 0 ,
wenn das System ohne Anfangsgeschwindigkeit aus der
Lage ψ = 60 0 losgelassen wird.
- 214 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
m
.
ϕ2
ψ
Zahnrad 1
r
m
Zahnrad 2
0
.
ϕ1
r
Bild 5.37 Planetengetriebe
2
4g
2g
&& 1 =
&& 2 =
Lösung: &x& 2 = g sin ψ , ϕ
sin ψ , ϕ
sin ψ ,
7
7 r
7r
&& =
ψ
1g
g
sin ψ , ψ& (ψ ) =
7 r
7r
AUFGABE 5.8
o Aufstellung
der
NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen
und
des
Momentensatzes am starren Körper
o Lösung durch Schneiden
o Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
Zwei Walzen 1 und 2 sind auf einer gemeinsamen Achse A
gelagert. Sie können sich unabhängig voneinander drehen.
- 215 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Die Walze 1 rollt auf einer horizontalen Ebene und ist über
ein Seil S1 mit der Masse 3 verbunden. Das um die Walze 2
geschlungene Seil S2 ist an der Wand befestigt.
gegeben: m1, m2, m3, Θ1 , Θ 2 , r, R
gesucht:
Bestimmung
der
Beschleunigung
&x&1
der
gemeinsamen Achse A und der Seilkraft S1
S2
Walze 1
m1, Θ1
A
r
Walze 2
m2, Θ2
R
masselos
S1
m3
Bild 5.40 Zwei Walzen 1 und 2 auf einer gemeinsamen Achse A
- 216 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Lösung: &x&1 =
2gm3
Θ Θ
m1 + m2 + 4m3 + 21 + 22
R
r
,
1
1
Θ + 2 Θ2
2 1
R
r
S1 = m 3 g
1
1
m1 + m 2 + 4m 3 + 2 Θ1 + 2 Θ 2
R
r
m1 + m 2 +
AUFGABE 5.9
o Aufstellung der NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen und des
Momentensatzes am starren Körper
o Lösung mit dem Energiesatz
o Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
Eine
Stufenrolle
1
(Masse
m1,
Gesamtmassenträgheitsmoment Θ1 , Radien r und r + R)
rollt
auf
einer
schiefen
Ebene
und
ist
mit
einem
dehnstarren, masselosen Seil über die in A reibungsfrei
drehbar gelagerte Rolle 2 (m2, R) mit der Rolle 3 (m3, R)
verbunden. Über die Rolle 3 ist ein weiteres Seil geführt,
das einerseits bei B befestigt ist und an dessen anderem
Ende die Masse M hängt.
gegeben: m1, m2 = m, m3 = m, M, r, R, Θ1 , α
- 217 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
gesucht:
Bestimmung
der
Beschleunigung
&x&1
des
Schwerpunktes der Stufenrolle 1 und der Größe der Masse
M, damit das System in Ruhe ist.
.
ϕ1
Stufenrolle 1
.
x1
R
r
.
ϕ2
R
Rolle 2
Θ
.
ϕ3
A
m1,Θ1
R
Rolle 3
.
x3
α
m3
B
M
x4
Masse
Bild 5.44 Stufenrolle 1 auf einer schiefen Ebene
g(r + R )(mR + 2MR − m1(r +R )sin α )
Lösung: &x&1 =
,
m1(r +R ) 2 + mR 2 + 4MR 2 +Θ 1 + 2Θ 2
M=
- 218 -
1
(r +R )sin α 1
m1
− m
2
R
2
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
AUFGABE 5.10
o Aufstellung
der
NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen
und
des
Momentensatzes am starren Körper
o Lösung durch Schneiden
o Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
Eine Walze (Masse m2, Radius r) rollt eine rauhe, schiefe
Ebene hinab. Um die Walze ist ein masseloses Seil
geschlungen, an das ein Wagen (Masse m1, masselose
Räder) angehängt ist.
gegeben: m1, m2, r, α
gesucht:
Bestimmung
der
Beschleunigung
des
Schwerpunktes &x& der Walze und der Seilkraft S.
- 219 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
m1
r
m2
α
Bild 5.47 Walze auf einer rauen, schiefen Ebene
1
m1 m2 g sin α
g sin α (2 m1 + m2 )
2
&
&
Lösung: x =
, S=
3
3
4 m1 + m2
4 m1 + m2
2
2
AUFGABE 5.11
o Aufstellung
der
Drehimpulsgleichungen
Impuls-
und-
o Vollplastischer Stoß
o Berechnung aller Geschwindigkeiten
Winkelgeschwindigkeiten nach dem Stoß
und
o Berechnung der maximalen Federauslenkung
mit dem Energiesatz
- 220 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Eine
Punktmasse
m1
stößt
plastisch
mit
der
Geschwindigkeit v0 auf einen homogenen Balken (Masse
m2, Länge l), der in A drehbar gelagert ist und bei B durch
eine Feder (Federsteifigkeit c) gehalten wird.
gegeben: m1, m2, l, v0, c, die Feder hat auf den
Stoßvorgang keinen Einfluss
Bestimmung
gesucht:
der
Größe
der
maximalen
Federauslenkung xmax.
v0
m2
B
m1
A
c
a
l/2
l/2
Bild 5.49 Punktmasse m1 stößt plastisch auf einen homogenen
Balken




c l2 v 02
2agm1 

x
=
1
+
1
+
Lösung: max 1, 2
1
lc 
2 2
2
2 
4g m1 (a + m2 l ) 

12


- 221 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
AUFGABE 5.12
o Aufstellung des Drallsatzes
o Berechnung der Winkelgeschwindigkeit
o Berechnung
der
Winkelbeschleunigung für Haften
maximalen
Eine Kreisscheibe (Masse m1, Radius r) rotiert mit der
Winkelgeschwindigkeit ω 0 um ihre vertikale Achse. Ein
dünner Stab (Masse m2, Länge r), der gleichfalls um diese
Achse
rotieren
kann,
wird
zur
Zeit
t
=
0
ohne
Anfangsgeschwindigkeit auf die rotierende Scheibe gelegt.
Zunächst
soll
der
Stab
auf
der
Scheibe
rutschen
(Reibungskoeffizient µ ).
gegeben: m1, r, m2, ω 0 , µ , µ 0
gesucht: Bestimmung der Zeit t1 und deren Größe, nach
der beide Körper die gleiche Winkelgeschwindigkeit ω1
haben.
Bestimmung
der
Größe
der
Winkelbeschleunigung ω& , die die Scheibe nach Beendigung
des Rutschvorgangs beschleunigt, wenn der Stab weiterhin
auf der Scheibe haften soll (Haftungskoeffizient µ 0 ).
- 222 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
ω0
m2
r
m1
m2
Bild 5.51 Kreisscheibe mit dünnem Stab
Lösung: t 1 =
2 rω1
3 µg
1
3
g
& max = µ 0
, ω
2m 2
2
r
1+
3m1
AUFGABE 5.13
o Aufstellung des Momentensatzes
o Berechnung der Winkelgeschwindigkeit und der
Winkelbeschleunigung
o Berechnung der Lagerkräfte
Ein dünner, homogener Stab ist in A frei drehbar gelagert
und durch ein Seil in horizontaler Lage gehalten.
- 223 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
gegeben: l, m
gesucht: Bestimmung der Winkelgeschwindigkeit ϕ& und
&& nach dem Durchschneiden
der Winkelbeschleunigung ϕ
des Seils in Abhängigkeit von ϕ und die Lagerreaktionen in
A für ϕ =
π
.
2
l/4
A
ϕ
l
Bild 5.52 Dünner, homogener Stab ist in A frei drehbar gelagert
und durch ein Seil in horizontaler Lage gehalten
&& =
Lösung: ϕ
12 g
cos ϕ , ϕ& =
7 l
13
24 g
mg ,
sin ϕ , A V =
7
7 l
AH = 0
AUFGABE 5.14
o Aufstellung der NEWTON’sche
Bewegungsgleichung und des Momentensatzes
- 224 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
o Berechnung des Abstands des Lagers
Eine Stange liegt symmetrisch auf zwei Lagern A und B.
Wenn das Lager B plötzlich entfernt wird, ändert sich die
Größe der Lagerkraft A.
gegeben: l, a, m
gesucht: Bestimmung des Abstands a, damit sich die
Lagerkraft A zu Beginn der Bewegung nicht ändert.
A
a/2
B
a/2
l/2
l/2
Bild 5.55 Stange symmetrisch auf zwei Lagern A und B
Lösung: a =
l
3
AUFGABE 5.15
o Aufstellung
der
Drehimpulsgleichungen
Impuls-
und
o Plastischer Stoß mit Stoßzahl e
o Berechnung aller Geschwindigkeiten
Winkelgeschwindigkeiten nach dem Stoß
und
- 225 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Gegen die glatte, ruhende Seite einer in A drehbar
aufgehängten
Viertelkreisscheibe
m2
stößt
eine
Punktmasse m1 mit der Anfluggeschwindigkeit v0. Die
Stoßzahl ist e.
gegeben: m1, m2, v0, e, a, b
gesucht:
Bestimmung
der
Geschwindigkeit
der
Punktmasse, sowie der Winkelgeschwindigkeit der Scheibe
nach dem Stoß.
A
a
b
m1
v0
m2
Bild 5.57 In A drehbar aufgehängte Viertelkreisscheibe
- 226 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Lösung: x& 1 =
ϕ& 2 =
v0
2
1− e
m2 a 2
4m1b 2
2
1+
m2 a
4m1b 2
1
, y& 1 =
2v 0 ,
2
v0 1+ e
2b
m a2
1+ 2 2
4m1b
AUFGABE 5.16
o Aufstellung
der
Drehimpulsgleichungen
Impuls-
und
o Vollelastischer Stoß
o Berechnung aller Geschwindigkeiten
Winkelgeschwindigkeiten nach dem Stoß
o Berechnung des Massenverhältnisses
die Bewegung des Klotzes nach oben
und
M
für
m
Ein masseloses Seil ist mehrfach um eine frei drehbar
gelagerte Walze (Masse M, Radius r) geschlungen. An
seinem Ende ist ein Klotz (Masse m) befestigt. Das Seil
strafft sich, wenn der Klotz um die Höhe h gefallen ist. Beim
Stoß tritt kein Energieverlust auf.
gegeben: M, r, m, h
- 227 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
gesucht: Bestimmung der Winkelgeschwindigkeit ϕ& M der
Walze und der Geschwindigkeit vm des Klotzes nach dem
Stoß. Wie groß Muss das Massenverhältnis
M
mindestens
m
sein, damit sich der Klotz nach dem Stoß nach oben
bewegt?
r
M
A
m
h
m
Bild 5.59 Frei drehbar gelagerte Walze
Lösung: ϕ& M =
- 228 -
2gh
2m − M
M
4m
, x& m =
2gh ,
>2
2m + M
m
2m + M r
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
AUFGABE 5.17
o Aufstellung
der
Drehimpulsgleichungen
Impuls-
und
o Vollelastischer Stoß
o Berechnung aller Geschwindigkeiten
Winkelgeschwindigkeiten nach dem Stoß
und
Eine Stange 1, die unter dem Winkel β gegen die
Horizontale geneigt ist, fällt ohne zu rotieren senkrecht nach
unten. Sie stößt mit der Geschwindigkeit v1 elastisch auf
das Ende einer in 0 drehbar gelagerten Stange 2. Beide
Stangen haben gleiche Massen und Längen und sind glatt.
gegeben: l, m, v1, β , e = 1
gesucht:
Bestimmung
der
Geschwindigkeiten
der
Schwerpunkte und der Winkelgeschwindigkeit unmittelbar
nach dem Stoß
- 229 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Stange 1, m
2l
β
v1
P
Stange 2, m
l
0
P
l
Bild 5.61 Stange 1 und in 0 drehbar gelagerte Stange 2
2
6v
cos β
Lösung: x& 1n = 0 , y& 1n = v 1 2 + 3cos 2 β , ϕ& 1n = 1
,
l 4+3cos 2 β
4 + 3cos β
ϕ& 2n =
- 230 -
6v 1
1
l 4+3cos 2 β
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
AUFGABE 5.18
o Aufstellung
der
Drehimpulsgleichungen
Impuls-
und
o Teilelastischer Stoß
o Berechnung aller Geschwindigkeiten
Winkelgeschwindigkeiten nach dem Stoß
und
Auf einer glatten, ebenen Unterlage liegt eine rechteckige
Scheibe (Masse m2) in Ruhe. Der Massenpunkt m1 stößt
mit der Geschwindigkeit v gegen die Mitte eines glatten
Randes der Scheibe und trifft die Scheibe unter einem
Winkel α . Die Stoßzahl ist e.
gegeben: α , m1, m2, e, v
gesucht: Bestimmung der Größe und Richtung der
Geschwindigkeiten beider Massen nach dem Stoß.
- 231 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
m2
m1
α
v
Bild 5.63 Rechteckige Scheibe auf glatter, ebener Unterlage
Lösung:
x& 1n = v cosα ,
y& 2n = v sinα
y& 1n = v sinα
m1 − em2
,
m1 + m2
x& 2n = 0 2n,
m1(1+ e)
m1+m2
AUFGABE 5.19
o Aufstellung
der
Drehimpulsgleichungen
Impuls-
und
o Teilelastischer Stoß
o Berechnung der Länge b,
Lagerpunkt keinen Stoß erfährt
Ein
Schlaghammer
besteht
aus
zwei
für
die
der
rechtwinkelig
aneinander geschweißten Stangen gleicher Masse pro
Längeneinheit µ . Er kann sich um 0 frei drehen.
- 232 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
gegeben: l, µ = ρA , e, ϕ& v
gesucht: Bestimmung der Länge b der Querstange 2, wenn
der Drehpunkt 0 keinen Stoß erhalten soll.
0
1
l
2
b
Bild 5.65 Schlaghammer aus zwei rechtwinkelig aneinander geschweißten Stangen unmittelbar vor dem Stoß
Lösung: b = 3 2 l
AUFGABE 5.20
o Aufstellung
der
Drehimpulsgleichungen
Impuls-
und
o Teilplastischer Stoß
o Berechnung aller Geschwindigkeiten
Winkelgeschwindigkeiten nach dem Stoß
und
- 233 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Ein glatter Winkel (Schenkellänge l, Gesamtmasse m2) liegt
wie skizziert auf einer Unterlage. Eine Punktmasse m1 stößt
mit der Geschwindigkeit v0 im Punkt B gegen den Winkel.
gegeben: l, m1, m2, v0, e
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeitskomponenten
des Winkelschwerpunkts nach dem Stoß.
m2
3l/4
m1
l/4
v0
45°
B
Bild 5.67 Glatter Winkel
- 234 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
Lösung:
x& 2 = v 0
x& 1 = - e v 0
2 11
2 1+ e
+ v0
,
2
5
2 m2 11
+
m1 5
y& 1 = v 0
2
,
2
2 1+ e
6
1 1+ e
, y& 2 = 0 , ϕ& 2 = 2v 0
m
11
2
5
i m2 11
2
+
+
m1 5
m1 5
- 235 -
5 BEWEGUNG DES STARREN KÖRPERS
- 236 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Lehrziel des Kapitels
o Bestimmung der Schwingungsdifferentialgleichungen
für Systeme mit einem Freiheitsgrad (Einmassenschwinger)
o Bestimmung der Federkoeffizienten von elastischen
Systemen
o Bestimmung der Federeinflüsse im Schwingungssystemen Lösung der Schwingungsdifferentialgleichung
der freien ungedämpften Schwingung
o Lösung der Differentialgleichung der freien gedämpften Schwingung
o Lösung der Differentialgleichung für die ungedämpfte, erzwungene Schwingung
o Resonanz
o Lösung der Differentialgleichung für die gedämpfte,
erzwungene Schwingung
o Definition der Erregertypen
o Definition der Überhöhungsfunktionen Schwingungsdifferentialgleichung des Einmassenschwingers
Formeln des Kapitels
Schwingungsdifferentialgleichung
( 6. 4 ) :
&x& + ω x = 0
- 237 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Eigenkreisfrequenz
(6.5) :
ω=
c
= 2πf.
m
Federkoeffizient eines masselosen Stabes der Länge l
und der Dehnsteifigkeit E A
(6.17) :
cD =
EA
.
l
Federkoeffizient eines masselosen Biegebalkens der
Länge l und der Biegesteifigkeit E I
(6.18 ) :
cB =
3E I
.
l3
Federkoeffizient eines masselosen Torsionsstabes der
Länge l und der Torsionssteifigkeit G IT
(6.19) :
cT =
G IT
.
l
Parallelschaltung von Federn im Schwingersystem
- 238 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
( 6.30 ) :
c ers = c 1 + c 2 .
Reihenschaltung von Federn
( 6.31) :
1
c ers
=
1
1
+
.
c1 c 2
Lösung der homogenen Differentialgleichung für eine
ungedämpfte Schwingung
(6.38) :
x = A cosωt + B sinωt.
Differentialgleichung der freien gedämpften
Schwingung
(6.46) :
&x& + 2δ x& + ω2 x = g
Lösung der homogenen Differentialgleichung für eine
gedämpfte Schwingung
(6.47) :
x hom = e -δt (A cosωd t + B sinωd t),
- 239 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Kritischer Dämpfungsfaktor, das LEHRsche
Dämpfungsmaß
(6.52) :
D=
δ
ω
Schwingungsdifferentialgleichung für eine
ungedämpfte, erzwungene Schwingung
(6.68) :
&x&(t) + ω2 x(t) = g + F0 cos Ωt,
Gesamtlösung für die Verschiebung
( 6 .71) :
x ges = x hom + x part .
Resonanzansatz im Fall ω = Ω
( 6 .86 ) :
x part = A t sin ω t
Schwingungsdifferentialgleichung für eine gedämpfte,
erzwungene Schwingung
(6.92) :
- 240 -
&x& + 2δx& + ω2 x = g + F0cos Ωt.
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Vergrößerungsfunktion V1
(6.132) :
V1(η) =
1
(1 -η2 )2 + (2Dη)2
.
6.1 Systeme mit einem Freiheitsgrad (Einmassenschwinger)
Der
Einmassenschwinger
ist
das
wichtigste
System
überhaupt, um dynamische Berechnungen zu verstehen
und
zu
überprüfen.
Die
meisten
dynamischen
Berechnungen beruhen auf der Methode der Modalen
Superposition, in der die Gesamtlösung, zum Beispiel die
zeitlich veränderlichen Spannungen oder Verformungen,
des
jeweiligen
Überlagerung
dynamischen
der
Problems
Einzellösungen
durch
die
einzelner
Einmassenschwinger unter dieser dynamischen Belastung
entsteht. Dabei werden die Eigenkreisfrequenzen der
Einmassenschwinger so variiert, dass sie das Problem
wiedergeben.
Feder- Masse- Schwinger
Die
einfachste
Lösung
liefert
der
ungedämpfte
Einmassenschwinger. Er besteht aus einer Punktmasse m,
- 241 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
die durch eine Feder mit der Federkonstante c gehalten
wird. Die Feder folgt dem linearen Federgesetz. Bild 6.1
zeigt das System in Ruhe, die Punktmasse hat sich zum
Zeitpunkt t = 0 die Auslenkung x = 0.
Um die Bewegungsgleichungen aufstellen zu können, wird
die Punktmasse um den Weg x(t) ausgelenkt. Dadurch
entsteht in der Feder eine Federkraft, die wie in der Statik
mit Hilfe eines Schnittbildes am ausgelenkten System
sichtbar gemacht wird (Bild 6.1). Dort wird die Federkraft FF
(6.1) :
FF = c x,
und die Gewichtskraft G
(6.2) :
G=m g
eingetragen.
Aus der Gleichgewichtsbedingung in x- Richtung erhält man
eine inhomogene Differentialgleichung für das System
(6.3) :
- 242 -
m&x& + c x = m g.
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Der partikuläre Teil ergibt die statische Auslenkung des
Systems,
um
die
das
System
schwingt.
Dieser
Lösungsanteil wird in der Gesamtlösung vernachlässigt.
Dann spricht man von einer Schwingung um die statische
Ruhelage.
c
m
FF=c x
x(t)
mg
Bild 6.1 System und Schnittbild eines Einmassenschwingers
Um diese Differentialgleichung zu lösen, wird die Gleichung
durch die Masse m geteilt. Damit ergibt sich die
Differentialgleichung um die statische Ruhelage zu
( 6. 4 ) :
&x& + ω x = 0
- 243 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
mit der Eigenkreisfrequenz
ω , beziehungsweise der
Eigenfrequenz f des ungedämpften Systems mit der
 1
Dimension  
s
(6.5) :
c
= 2πf.
m
ω=
Aus der Eigenkreisfrequenz ω , beziehungsweise der Eigenfrequenz f wird die Schwingungsdauer T mit der Dimension
[s].
( 6 .6 ) :
T=
1
f
und die Drehzahl n mit der Dimension [
( 6 .7 ) :
n=
30ω
π
berechnet.
Mathematisches Pendel
- 244 -
1
]
min
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Eine Punktmasse ist an einem masselosen Stab (Länge l)
in Punkt A aufgehängt und dreht sich in ϕ − Richtung.
A
ϕ
l
S
m
mg
Bild 6.2 System und Schnittbild eines mathematischen Pendels
Mit Hilfe der NEWTON’schen Bewegungsgleichungen in
ϕ − Richtung
erhält
Differentialgleichung
mit
man
dem
die
inhomogene
Massenträgheitsmoment
Θ A = m l2 .
(6.8) :
&& + m g l sinϕ = 0.
ΘA ϕ
Hier ist die Gewichtskraft mgsinϕ eine rückstellende Kraft.
Diese Differentialgleichung ist durch den Term sinϕ nur nä-
- 245 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
herungsweise lösbar. Sie wird durch die Annahme, dass nur
kleine Ausschläge auftreten sollen, kann dieser Term
(6.9) :
sinϕ ≈ ϕ
linearisiert werden. Die Differentialgleichung ergibt sich zu
(6.10) :
&& + m g l ϕ = 0.
l2 m ϕ
Um diese Differentialgleichung zu lösen, wird die Gleichung
durch die Masse m und die Länge l2 geteilt
(6.11) :
&& + ω2 ϕ = 0.
ϕ
mit der Eigenkreisfrequenz ω , beziehungsweise der Eigenfrequenz f des ungedämpften Systems
(6.12) :
- 246 -
ω=
g
= 2πf.
l
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Physikalisches Pendel
A
ϕ s
S
Bild 6.3 System eines physikalischen Pendels
Eine ausgedehnte Masse (Schwerpunkt S im Abstand s
vom Aufhängepunkt) ist in A aufgehängt und kann sich nur
in ϕ − Richtungbewegen.
Mit Hilfe der NEWTON’schen Bewegungsgleichungen in
ϕ − Richtung erhält man die homogene Differentialgleichung
(6.13) :
&& + m g lred sinϕ = 0.
Θred A ϕ
- 247 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
mit
dem
Massenträgheitsmoment
2
Θ A = m lred ,
der
2
reduzierten Länge lred =
iA =
I
/Kunow/.
A
Hier
ist
die
iA
s
Gewichtskraft
und dem Trägheitsradius
mg sin ϕ
ebenfalls
eine
rückstellende Kraft. Sie kann durch die Annahme, dass nur
kleine Ausschläge (sinϕ ≈ ϕ) auftreten sollen, linearisiert
werden. Dann lautet sie
(6.14) :
2
&& + m g lred ϕ = 0.
lred m ϕ
Um diese Differentialgleichung zu lösen, wird die Gleichung
durch die Masse m und die Länge lred2 geteilt
(6.15) :
&& + ω2 ϕ = 0
ϕ
mit der Eigenkreisfrequenz
ω , beziehungsweise der
Eigenfrequenz f des ungedämpften Systems
- 248 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
(6.16) :
ω=
g
red l
= 2πf.
6.1.1 Federkoeffizienten einiger elastischer Systeme
Auch die oben angenommene Feder stellt in den meisten
Systemen ein Ersatzsystem dar. Durch eine Feder mit
einem linearen Federgesetz kann zum Beispiel eine
stabartige Struktur dargestellt werden.
Für
diese
stabartige
Ersatzfedersteifigkeit
cD
Struktur
definiert
kann
werden,
die
eine
einem
masselosen Stab der Länge l und der Dehnsteifigkeit E A
entspricht
(6.17) :
cD =
EA
.
l
- 249 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
EA
l
m
Bild 6.4 Masseloser Stab der Länge l und der Dehnsteifigkeit EA
Eine weitere, häufig benötigte Struktur ist die Biegefeder mit
der Federsteifigkeit cB, die balkenartige Strukturen ersetzen
kann (Bild 6.5).
Für diese balkenartige Struktur (Bild 6.5) kann eine
Ersatzfedersteifigkeit
masselosen
cB
definiert
Biegebalken
Biegesteifigkeit E I entspricht
(6.18 ) :
- 250 -
cB =
3E I
.
l3
der
werden,
Länge
die
l
und
einem
der
6 SCHWINGUNGSLEHRE
EI
m
l
Bild 6.5 Masseloser Balken der Länge l und der Biegesteifigkeit EI
Schließlich gibt es die stabartige Struktur, die auf Torsion
belastet wird. Daraus wird eine
Torsionsfeder
mit
der
Federsteifigkeit
cT,
die
diese
Strukturen ersetzt (Bild 6.6).
GIT
l
Θ
Bild 6.6 Masseloser Torsionsstab der Länge l und der Torsionssteifigkeit G IT mit dem Massenträgheitsmoment Θ
Die
Ersatzfedersteifigkeit
cT
eines
masselosen
Torsionsstabes der Länge l und der Torsionssteifigkeit G IT
ist
- 251 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
(6.19) :
Auch
cT =
G IT
.
l
komplexere
Strukturen
lassen
sich
durch
Ersatzsysteme mit Ersatzfedersteifigkeiten abbilden. Um die
jeweiligen Steifigkeiten zu berechnen, wird eine Last 1 N
auf das System in der gewünschten Richtung aufgebracht.
Die Verschiebung unter dieser Last entspricht dann dem
reziproken Wert der Federsteifigkeit. Wenn man ein
Systemteil durch eine äquivalente Feder ersetzt, muss
immer geprüft werden, ob die dynamische Wirkung des
Systems erhalten bleibt.
Beispiel
o Berechnung der Federsteifigkeit aus einen Stab
Die Federsteifigkeit eines einfachen, masselosen Stabes
wird berechnet. Dazu wird das System mit der Kraft 1 belastet (Bild 6.7).
- 252 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
1
l
EA
Bild 6.7 Masseloser Stab der Länge l und der Dehnsteifigkeit EA,
mit der Kraft 1 belastet
Aus der Technischen Mechanik II ist das Ergebnis bekannt
(6.20) :
∆l =
l
EA
=
1
.
cD
Das entspricht genau dem reziproken Wert der Federsteifigkeit für den masselosen Dehnstab (6.20).
Beispiel
o Berechnung der Federsteifigkeit aus einen Fachwerk
Dieselbe Methode lässt sich auch auf komplexe Systeme
mit Hilfe des Arbeitssatzes in der Elastostatik anwenden.
- 253 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Um die horizontale Steifigkeit des Fachwerksystems (Bild
6.8) zu bestimmen, wird eine horizontale Last 1 aufgebracht.
II
1
3
1
4a
III
I
2
3a
Bild 6.8 Statisch bestimmtes Fachwerksystem mit der äußeren
Belastung F = 1
Die Stabkräfte des Systems ergeben sich zu
( 6.21) :
S1 = - 1.33 ,
( 6.22 ) :
S 2 = - 1,
( 6 . 23 ) :
S 3 = 1.66 .
- 254 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Die Verformungen an den einzelnen Systemen infolge ihrer
Belastung lassen sich über
(6.24) :
δij =
Sik Slj
∑ EA lk
k,l
berechnen. Eine Kraft 1 wird am Ort und in Richtung der
gewünschten Verformung angebracht. Das entspricht für
diese Untersuchung der Last F = 1 = 1 (Bild 6.9).
II
1
3
1
III
I
2
Bild 6.9 Anbringen der 1 - Kraft zur Berechnung der
Horizontalverschiebung am Knoten II
Mit diesen so berechneten Stabkräften
( 6.25 ) :
S1 = - 1.33 1 ,
- 255 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
(6.26 ) :
S2 = - 1 ,
(6.27) :
S3 = 1.66 1
wird die Horizontalverschiebung am Knoten II mit Hilfe des
Arbeitssatzes berechnet
(6.28) :
S S
a
fH = ∑ k l lk = 23.85
EA
k,l EA
Mit dem reziproken Wert
( 6.29 ) :
cH =
1
EA
=
fH 23.85 a
erhält man die Ersatzfedersteifigkeit cH in horizontaler Richtung für das Fachwerksystem.
6.1.2 Federn im Schwingersystem
Bei komplexen Systemen können einzelne Bauteile durch
Einzelfedern
dargestellt
werden,
Gesamtsystem gemeinsam wirken.
- 256 -
die
dann
am
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Für die Aufstellung der Bewegungsgleichung Muss man für
die Anordnung der Federn unterscheiden, ob sie paralleloder hintereinandergeschaltet sind. Daraus ergibt sich dann
die Gesamtsteifigkeit des Systems.
Parallelschaltung von Federn
Eine Punktmasse hängt an zwei unterschiedlichen Federn
(lineare Federsteifigkeiten c1 und c2) (Bild6.10). Sie kann
sich nur in x- Richtung bewegen. Die Federansatzpunkte
erfahren die gleiche Auslenkung an Ansatzpunkt an die
Masse.
c1
c2
m
x(t)
Bild 6.10 Parallelschaltung von Federn
Die Federsteifigkeiten addieren sich bei einer solchen
Anordnung zur Ersatzfedersteifigkeit
- 257 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
( 6.30 ) :
c ers = c 1 + c 2 .
Reihenschaltung von Federn
Eine Punktmasse hängt an zwei unterschiedlichen Federn
(lineare Federsteifigkeiten c1 und c2). Sie kann sich nur in
x- Richtung bewegen. Die Federn sind hintereinander
angeordnet,
so
dass
die
Federn
nicht
denselben
Ansatzpunkt an die Masse haben und unterschiedliche
Auslenkungen erfahren.
c1
c2
m
x(t)
Bild 6.11 Reihenschaltung von Federn
Die Federsteifigkeiten addieren sich bei einer solchen
Anordnung reziprok zur Ersatzfedersteifigkeit
- 258 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
1
( 6.31) :
c ers
=
1
1
+
.
c1 c 2
Diese Verschiebungseinflusszahl h =
durch
eine
1
/Kunow/ kann auch
c
Steifigkeitsberechnung
mit
Hilfe
des
Arbeitssatzes in der Elastostatik berechnet werden.
Beispiel
o Bestimmung der Eigenkreisfrequenz des Systems
An einer im Punkt A drehbar gelagerten, gewichtslosen
Stange ist eine punktförmige Masse m befestigt (Bild 6.13).
An der Masse ist eine Feder mit der Federkonstante c angebracht. Die Lage ϕ = 0 ist die statische Ruhelage.
A
ϕ
l
m
c
Bild 6.12 Pendel mit zusätzlicher horizontaler Feder
- 259 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
gegeben: l, c, m
gesucht: Die Differentialgleichung der Bewegung der Stan-
ge für kleine Ausschläge.
Lösung
Die Bewegungsgleichungen werden nun aufgestellt. Um die
Schnittkräfte zu zeigen, Muss das Schnittbild am ausgelenkten System gezeichnet werden (Bild 6.13). Da das System nur für kleine Auslenkung gelten soll, werden die Auslenkungen linearisiert
(6.32) :
sinϕ ≈ ϕ,
cosϕ ≈ 1.
Daraus ergibt sich dann für die Kinematik:
(6.33) :
- 260 -
x = lϕ.
6 SCHWINGUNGSLEHRE
A
ϕ
l
S
cx
m
lϕ
mg
Bild 6.13 Schnittbild am ausgelenkten System mit linearisierten
Ausschlägen
Momentensatz um A ergibt mit linearisierten Ausschlägen
(6.13) :
&& + cx l + mglϕ = 0.
ΘAϕ
Die Kinematik und das Massenträgheitsmoment Θ A = m l 2
werden eingesetzt
(6.34) :
&& + + cl2 ϕ + m g l ϕ = 0
ml2 ϕ
(6.35 ) :
&& + ϕ
ϕ
: ml2
c l+mg
) = 0.
ml
Damit ergibt sich die Eigenkreisfrequenz
- 261 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
(6.36 ) :
ω=
c l+mg
ml
6.3 Lösung der Differentialgleichung der freien
ungedämpften Schwingung
Die oben aufgestellten Differentialgleichungen sind alle
derselben Art.
(6.37) :
&x& + ω2 x = 0.
Ihre Lösung wird hier ohne Herleitung dargestellt. Die
Herleitung wird im Grundlagenfach Mathematik ausführlich
hergeleitet.
Die Lösung ist die Verschiebung in x der Punktmasse
(6.38) :
Die
x = A cosωt + B sinωt.
Konstanten
A
Anfangsbedingungen
und
in
B
werden
mit
Hilfe
der
der
Lösung
bestimmt.
Die
Anfangsbedingungen sind die Verschiebung x0 und die
Geschwindigkeit v0 der Punktmasse zum Zeitpunkt t = 0
(6.40) :
- 262 -
x(t = 0) = x 0 ,
x& (t = 0) = v 0 .
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Damit kann die Verschiebung in der Form
( 6.41) :
x = x 0 cos ωt +
v0
sin ωt
ω
geschrieben werden. Offensichtlich können auch ohne
äußere Belastung zeitlich veränderliche Verschiebungen x
nur
durch
eine
Anfangsverschiebung
x0
und
eine
Anfangsgeschwindigkeit v0 entstehen.
In der Technik findet man weitere Schreibweisen für die
Darstellung der Lösung (6.41)
(6.42) :
x = Ccos(ωt + ε)
und
(6.43) :
mit
x = Csin(ωt + γ ),
der
Amplitude
Phasenverschiebungen,
C=
x 02
ε = arctan
+
v 02
ω2
v0
x0 ω
und
für
den
die
- 263 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
nachlaufende Cosinusschwingung und γ = arctan
x0 ω
für
v0
die vorauslaufende Sinusschwingung.
6.4 Lösung der Differentialgleichung der freien
gedämpften Schwingung
Das
System
wird
mit
Hilfe
einer
sehr
einfachen
Dämpfungsannahme gedämpft, der Flüssigkeitsdämpfung.
Es besteht wieder aus einer Punktmasse m, die diesmal
sowohl durch eine Feder mit der Federkonstanten c, als
auch durch einen Dämpfer mit der Dämpfung 2δ mit der
Aufhängung verbunden ist (Bild 6.14). Das System befindet
sich bei t = 0 in Ruhe.
c
2δ
m
x(t)
Bild 6.14 Gedämpfter Einmassenschwinger
- 264 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Um die Bewegungsgleichungen aufstellen zu können, wird
die Punktmasse wieder um den Weg x ausgelenkt. Dadurch
entsteht in der Feder eine Federkraft FF und eine
Dämpferkraft FD (Bild 6.15)
( 6.44) :
FD = 2δm x& .
.
2mδx
cx
x(t)
mg
Bild 6.15 Schnittbild des gedämpften Einmassenschwingers am
ausgelenkten System
Aus der Gleichgewichtsbedingung in x- Richtung erhält man
wieder eine inhomogene Differentialgleichung für das
System
(6.37) :
m&x& + 2δm x& + cx = mg
durch Division durch die Masse m lösbar wird
- 265 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
&x& + 2δ x& + ω2 x = g
(6.46) :
Der Term g liefert wieder die statische Auslenkung infolge
des Eigengewichts und wird im Folgenden vernachlässigt.
Die Lösung des homogenen Systems für schwache
Dämpfung lautet
x hom = e -δt (A cosωd t + B sinωd t),
(6.47) :
mit den Konstanten A und B. Diese Konstanten werden
wieder mit Hilfe der Anfangsbedingungen in der Lösung
bestimmt. Die Verschiebung x lautet dann
xhom = e- δt (x0cosωdt +
(6.48) :
v 0 + δ x0
sinωdt).
ωd
Offensichtlich können auch hier ohne äußere Belastung
zeitlich
veränderliche
Verschiebungen
x
durch
die
Anfangsverschiebung x0 und Anfangsgeschwindigkeit v0
entstehen.
Die Eigenkreisfrequenz ωd des gedämpften Systems lautet
nun
- 266 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
(6.49) :
ω2 - δ 2 .
ωd =
Sie wird also durch die Dämpfung kleiner als im
ungedämpften
System.
Da
die
meisten
technischen
Probleme einen sehr kleinen Dämpfungsfaktor δ haben
(6.50) :
δ << ω,
kann diese Differenz vernachlässigt werden. Es gilt daher
für technische Probleme im Allgemeinen
(6.51) :
ωd ≈ ω.
Weiter wird ein kritischer Dämpfungsfaktor, das LEHRsche
Dämpfungsmaß D durch das Verhältnis
(6.52) :
D=
δ
ω
definiert.
Wenn das System sehr stark gedämpft wird, das heißt
(6.53) :
δ > ω,
- 267 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
erhält man für die Differentialgleichung eine ähnliche
Lösung
für
die
Verschiebung,
allerdings
mit
Hyperbelfunktionen statt der trigonometrischen Funktionen.
Das System schwingt nicht mehrfach um seine Ruhelage,
sondern kommt sofort zur Ruhe.
Wenn der aperiodische Grenzfall auftritt, ist der kritische
Dämpfungsfaktor
(6.54) :
D = 1.
Das logarithmische Dekrement
( 6.55 ) :
Λ=
entspricht
Abstand
( 6.56 ) :
dem
Verhältnis
zweier
Amplituden
T′
,wobei die Schwingungsdauer als
2
T´ =
definiert ist.
- 268 -
δπ
ωd
2π
ωd
im
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Beispiel
o Bestimmung der Schwingungsdifferentialgleichungen
für das System
o Bestimmung der kleinsten Dämpfungskonstante
Eine Messeinrichtung (Bild 6.16) besteht aus einem masselosen Kragbalken (Länge l1, Biegesteifigkeit EI), an dessen
freien Ende ein Stab (Länge l2, Dehnsteifigkeit EA) und eine Spiralfeder (Federsteifigkeit c) befestigt ist. Die Spiralfeder ist mit dem anderen Ende mit einer Punktmasse m befestigt, die durch einen Dämpfer (Dämpfungskonstante δ )
mit dem Boden verbunden ist. An der Masse befindet sich
der Messschreiber, der die Auslenkungen des Systems
aufnimmt.
gegeben: l1, l2, EI, EA, c, δ
gesucht: Bestimmung der Bewegungsgleichung für das
System und der kleinsten Dämpfungskonstante δ , für die
der Zeiger nach einer Anfangsauslenkung nicht weiterschwingt (aperiodischer Grenzfall).
- 269 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
l2, EA
l1, EI
c
m
x(t)
2δ
Bild 6.16 Messeinrichtung
Lösung
Die Bewegungsgleichung wird am ausgelenkten System
(Bild 6.17) aufgestellt.
( 6.57 ) :
- 270 -
m&x& = - FD - FFed .
6 SCHWINGUNGSLEHRE
FFeder
m
x(t)
FDämpfer
Bild 6.17 Schnittbild des gedämpften Einmassenschwingers am
ausgelenkten System
Mit der Dämpferkraft
(6.58) :
FD = 2δm x&
und der Federkraft
( 6.59) :
FFed = c ers x
ergibt sich die Bewegungsgleichung
(6.60 ) :
m &x& + 2m δ x& + c ers x = 0.
Der Kragträger I ist mit dem Stab II parallel geschaltet
(6.61) :
c12 = c1 + c 2 =
1
1 3EI E A
+
= 3 +
.
h1 h2
l2
l1
- 271 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Die Ersatzfeder c12 ist mit der Spiralfeder c in Reihe geschaltet
( 6.62) :
h ges = h12 =
1
1
+ .
c 12 c
Die Ersatzfedersteifigkeit cers ist damit
( 6.63) :
c ers
 3EI EA 

c  3 +

l
l
1
1
2 

1
=
=
=
.
1
1
3EI EA
h ges
+
c+ 3 +
3EI EA c
l2
l1
+
3
l2
l1
Damit lautet die Bewegungsgleichung des Meßsystems
( 6.64 ) :
 3EI EA 

c  3 +
l2 
l1

m &x& + 2m δ x& +
x = 0.
3EI EA
c+ 3 +
l2
l1
Um den aperiodischen Grenzfall mit D = 1 zu erhalten,
muss
- 272 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
(6.65) :
Mit ω =
(6.65 ) :
δ = ω.
c ges
m
δ=
ergibt sich die Dämpfungskonstante zu
c ges
m
.
6.5 Lösung der Differentialgleichung der
ungedämpften, erzwungenen Schwingung
Die
einfachste
Lösung
liefert
der
ungedämpfte
Einmassenschwinger. Er besteht aus einer Punktmasse m,
die durch eine Feder mit der Federkonstante c gehalten und
durch eine Einzelkraft F = F0cos Ωt
belastet wird. Die
dynamische Belastung, auch Erregung genannt, verändert
sich mit der harmonischen Cosinusfunktion. Die Feder folgt
wieder dem linearen Federgesetz. Bild 6.18 zeigt das
System in Ruhe, die Punktmasse befindet sich zum
Zeitpunkt t = 0 bei x = 0.
- 273 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
c
m
F0cosΩt
x(t)
Bild 6.18 Einmassenschwinger unter einer harmonischen Einzelkraft
F = F0cos Ωt
Um die Bewegungsgleichungen aufstellen zu können, wird
die Punktmasse um den Weg x(t) = x ausgelenkt. Dadurch
entsteht in der Feder eine Federkraft, die wie in der Statik
mit Hilfe eines Schnittbildes am ausgelenkten System
sichtbar gemacht wird (Bild 6.19). Dort wird die Federkraft
FF
(6.66) :
FF = c x,
und die Gewichtskraft G=mg eingetragen.
Aus der Gleichgewichtsbedingung in x- Richtung erhält man
eine inhomogene Differentialgleichung für das System
- 274 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
(6.67) :
m&x&(t) + cx(t) = m g + F0cos Ωt.
Um diese Differentialgleichung zu lösen, wird die Gleichung
durch die Masse m geteilt. Das ergibt
(6.68) :
&x&(t) + ω2 x(t) = g + F0 cos Ωt,
mit der harmonischen Lasterregung
(6.69) :
F0 =
F0
m
und der Eigenkreisfrequenz ω , bzw. der Eigenfrequenz f
des ungedämpften Systems
( 6.70 ) :
ω=
c
= 2πf.
m
- 275 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
FF = c x
x
mg
F0 cosΩt
Bild 6.19 Schnittbild des Einmassenschwingers
Die Gesamtlösung für die Verschiebung x setzt sich aus der
Lösung der homogenen Gleichung xhom und der Lösung der
partikulären oder inhomogenen Gleichung xpart zusammen
( 6 .71) :
x ges = x hom + x part .
Die Lösung der homogenen Gleichung xhom lautet
( 6 . 72 ) :
x hom = A cos ω t + B sin ω t
mit den freien Konstanten A und B.
Mit einem Lösungsansatz für die partikuläre Lösung
- 276 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
( 6 .73 ) :
x part = C sin Ω t + E cos Ω t + x stat, G ,
wird die Lösung der partikulären Gleichung xpart erstellt. Hier
wird
der
Funktionstyp
der
Erregerfunktion
als
Ansatzfunktion gewählt. Die Konstanten C, E und xstat,
G
müssen dafür noch bestimmt werden.
Der Term mg auf der rechten Seite der Differentialgleichung
(6.67) liefert die Verschiebung der statischen Auslenkung
( 6 .74 ) :
x stat, G =
g
ω2
infolge des Gewichts G. Diese Verschiebung kann hier
vernachlässigt werden. Hier interessiert nur die dynamische
Lösung des Problems.
Mit einem weiteren Lösungsansatz, der diesen Term
vernachlässigt,
( 6 .75 ) :
x part = C sin Ω t + E cos Ω t
schwingt die Masse um ihre statische Ruhelage.
Nach dem Einsetzen von (6.75) und deren 2. Ableitung
nach der Zeit
- 277 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
(6.76) :
&x&part = - Ω2 (C sinΩt + E cosΩt)
in (6.68) ergeben sich durch einen Koeffizientenvergleich
(6.77) :
(ω2 - Ω 2 ) E = F0
(6.78) :
(ω2 - Ω 2 ) C = 0
die Konstanten C und E zu
( 6.79 ) :
( 6 . 80 ) :
E=
F0
2
ω − Ω2
,
C=0
In (6.75) eingesetzt lautet die partikuläre Lösung
( 6.81) :
x part =
F0
2
ω − Ω2
cosΩt .
Sie ist vom Typ der Erregerfunktion und hängt von der
Lastamplitude
- 278 -
F0
und
von
der
Differenz
der
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Eigenkreisfrequenz ω und der Erregerfrequenz Ω ab, die
jeweils quadratisch eingehen.
Damit lautet die Gesamtverschiebung des ungedämpften
Einmassenschwingers
( 6.82) :
x ges = A cosωt + B sinωt +
F0
ω2 − Ω 2
cosΩt .
Hierin ist die statische Auslenkung der Punktmasse infolge
der Kraft F0
( 6.83 ) :
x stat, F =
F0
ω
2
=
F0
mω2
unter der Last F0 enthalten. Man erhält sie, indem man in
(6.82) die Erregerfrequenz Ω zu Null setzt.
Die
Konstanten
A
und
B
werden
mit
Hilfe
der
Anfangsbedingungen in der Gesamtlösung bestimmt. Die
Anfangsbedingungen sind die Verschiebung x0 und die
Geschwindigkeit v0 der Punktmasse zum Zeitpunkt t = 0
( 6 . 84 ) :
x(t = 0) = x 0 ,
x& (t = 0) = v 0 .
- 279 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Offensichtlich können auch hier ohne äußere Belastung
zeitlich veränderliche Verschiebungen x nur durch die
Anfangsverschiebung x0 und die Anfangsgeschwindigkeit v0
entstehen.
Durch sie kann die Gesamtlösung, die Verschiebung in x
der Punktmasse unter einer harmonischen Lasterregung
dargestellt werden
( 6.85 ) :
x ges = (x 0 −
+
F0
v
Ω
) cos ωt + 0 sin ωt
2
2
ω ω -Ω
ω
F0
cos Ωt .
ω − Ω2
2
Diese Lösung gilt für alle Verschiebungen x(t) für alle Werte
Ω , außer ω = Ω .
Im Fall ω = Ω
wird der Nenner zweier Summanden von
(6.85) zu Null. Man nennt diesen Fall Resonanz. Die
Erregerfrequenz Ω stimmt mit der Eigenkreisfrequenz ω
überein.
Durch
einen
Resonanzansatz,
- 280 -
speziellen
Lösungsansatz,
den
6 SCHWINGUNGSLEHRE
( 6 .86 ) :
x part = A t sin ω t
erhält man die Lösung für Resonanz
( 6.87 ) :
x part =
F0
t sin ωt.
2ω
Die Verschiebung wächst linear mit der Zeit t an. Die
Auslenkung würde stetig bis zu einem unendlichen Wert
anwachsen, wenn diese Belastung lange genug wirken
würde.
Dieselbe Lösung kann man auch durch Grenzwertbildung
nach der Regel von l´HÔPITAL erhalten. Die Lösung (6.85)
wird für den Grenzwert ω → Ω untersucht. Da der Nenner
zu Null
( 6.88 ) :
x part
=
F0 cos ωt
ω2 − ω2
limΩ → ω
würde, wird der Zähler und Nenner jeweils nach Ω
abgeleitet und abermals der Grenzwert Ω → ω gebildet:
- 281 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
(6.89) :
x part
=
F0 cos Ωt
2
ω −Ω
2
=
F0 t sin Ωt
0 − 2Ω
2
=−
F0
2ω2
t sin ωt.
limΩ → ω
Beide Berechnungsmethoden liefern dasselbe Ergebnis.
In der Praxis gibt es keine völlig ungedämpften Systeme.
Dennoch ist der Resonanzfall auch in der Praxis von großer
Bedeutung, da dabei die Verschiebungen eines Systems
unzulässig groß werden können.
Deshalb wird nun am Einmassenschwinger gezeigt, wie
sich die Gesamtlösung durch die Hinzunahme einer sehr
einfachen Dämpfung verändert.
Hier sei auch noch einmal darauf hingewiesen, dass die
Grundlage all dieser Betrachtungen das lineare Elastizitätsgesetz ist, das nur für kleine Verformungen gilt.
6.6 Lösung der Differentialgleichung der gedämpften, erzwungenen Schwingung
Das
System
wird
mit
Hilfe
einer
sehr
einfachen
Dämpfungsannahme gedämpft, der Flüssigkeitsdämpfung.
Es besteht wieder aus einer Punktmasse m, die diesmal
sowohl durch eine Feder mit der Federkonstanten c, als
- 282 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
auch durch einen Dämpfer mit der Dämpfung 2δ mit der
Aufhängung verbunden ist. Es wird wieder mit der
Einzelkraft
F0cos Ωt
belastet (Bild 6.20). Das System
befindet sich bei x = 0 in Ruhe.
c
2δ
m
x(t)
F0 cosΩt
Bild 6.20 Gedämpfter Einmassenschwinger unter einer harmonischen Einzelkraft F0 cosΩt
Um die Bewegungsgleichungen aufstellen zu können, wird
die Punktmasse wieder um den Weg x ausgelenkt. Dadurch
entsteht in der Feder eine Federkraft FF und eine
Dämpferkraft FD (Bild 6.21)
( 6 . 90 ) :
FD = 2 δ x& .
- 283 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Aus der Gleichgewichtsbedingung in x- Richtung erhält man
wieder eine inhomogene Differentialgleichung für das
System
(6.91) :
m&x& + 2δmx& + cx = m g + F0cos Ωt,
durch Division durch die Masse m lösbar wird
(6.92) :
&x& + 2δx& + ω2 x = g + F0cos Ωt.
FD
FF
mg
x(t)
F0 cosΩt
Bild 6.21 Schnittbild des gedämpften Einmassenschwingers am
ausgelenkten System
Der Term g liefert wieder die statische Auslenkung infolge
des
Eigengewichts
vernachlässigt.
- 284 -
und
wird
im
Folgenden
wieder
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Die Eigenkreisfrequenz ωd des gedämpften Systems lautet
nun
(6.93) :
ωd =
ω2 - δ2 .
Sie wird also durch die Dämpfung kleiner als im
ungedämpften
System.
Da
die
meisten
technischen
Probleme einen sehr kleinen Dämpfungsfaktor δ haben,
wird hier wieder mit
ω
gerechnet.
Die Gesamtlösung, die Verschiebung x, setzt sich wieder
aus der Lösung der homogenen Gleichung xhom und der
Lösung der partikulären oder inhomogenen Gleichung xpart
zusammen
( 6 .71) :
x ges = x hom + x part .
Die Lösung des homogenen Systems lautet
(6.95) :
xhom = e-δt (A cosωt + B sinωt)
mit den freien Konstanten A und B.
Der Lösungsansatz
- 285 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
( 6 .86 ) :
x part = A t sin ω t
für die partikuläre Lösung liefert wieder durch den
Koeffizientenvergleich
(6.96) :
(ω2 - Ω2 ) E - 2δΩC = F0
( 6.97 ) :
2 δΩ E + ( ω 2 - Ω 2 ) C = 0
die Koeffizienten C und E
( 6.98 ) :
(6.99) :
C=
E=
- 2 δ Ω F0
( ω2 - Ω 2 )2 + ( 2 δ Ω ) 2
(ω2 - Ω 2 ) F0
( ω2 - Ω 2 ) 2 + ( 2 δ Ω ) 2
,
.
In (6.86) eingesetzt lautet die partikuläre Lösung
( 6.100 ) :
x part =
+
- 286 -
- 2 δ Ω F0
sinΩt
( ω - Ω 2 )2 + ( 2 δ Ω )2
2
( ω2 - Ω 2 ) F0
cos Ωt.
( ω2 - Ω 2 ) 2 + ( 2 δ Ω ) 2
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Sie ist wieder vom Typ der Erregerfunktion und hängt von
der Lastamplitude F0 ab. Diesmal erscheinen beide
Funktionstypen, die Sinus- und die Cosinusfunktion. Die
Terme im Nenner, die wieder die Eigenkreisfrequenz ω und
die Erregerfrequenz
Ω
enthalten, können für keine
Erregerfrequenz zu Null werden. Es kann also keine
Resonanz auftreten.
Damit
lautet
die
Gesamtlösung
des
gedämpften
Einmassenschwingers
( 6 .101) :
x ges = e - δt (A cos ω t + B sin ω t)
+
- 2 δ Ω F0
sin Ω t
( ω - Ω 2 )2 + ( 2 δ Ω )2
+
( ω 2 - Ω 2 ) F0
cos Ω t.
( ω 2 - Ω 2 )2 + ( 2 δ Ω )2
2
Die Konstanten A und B werden wieder mit Hilfe der
Anfangsbedingungen (6.84) in der Gesamtlösung wie oben
durchgeführt bestimmt.
6.7 Erregertypen
Erregung über eine Feder
- 287 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Ein
gedämpfter
Einmassenschwinger
wird
über
den
Endpunkt der Feder harmonisch mit
( 6 . 102 ) :
x F (t) = x 0 cos Ω t
bewegt (Bild 6.22). Dann ist die Verlängerung der Feder
durch
xF–
x
gegeben.
Aus
dem
Gleichgewicht
x– Richtung erhält man
( 6 . 103 ) :
m &x& = - 2 δ m x& + c ( x F − x )
oder
( 6 . 104 ) :
- 288 -
m &x& + 2 δ m x& + cx = cx F = x 0 cos Ω t
in
6 SCHWINGUNGSLEHRE
2δ
m
x(t)
.
2mδx
c
m
a)
x0cosΩt
b)
x(t)
c(xF-x)
Bild 6.22 a) Erregung über eine Feder; b) Schnittbild der Punktmasse
Um die Differentialgleichung zu lösen, wird wieder durch die
Punktmasse m dividiert. Man erhält
(6.105) :
&x& + 2δx& + ω2 x = ω2 x 0cos Ωt
Damit ergibt sich die Erregerkraft zu
(6.106) :
FF (t) = = ω2 x 0cos Ωt
Krafterregung
- 289 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Wird ein gedämpfter Einmassenschwinger durch eine Kraft
(6.107) :
F(t) = = F0cos Ωt
harmonisch angeregt (Bild 6.18), erhält man dieselbe
Gleichung wie für die Erregung über eine Feder, wenn man
(3.25) durch m teilt und
( 6.108) :
x0 =
F0 F0 m F0
=
= 2
c
c
ω
einsetzt.
Die Bewegung der Punktmasse führt bei der Krafterregung
und der Erregung über eine Feder auf die gleiche
Differentialgleichung, ist also von demselben Erregertyp.
Erregung über einen Dämpfer
Ein
gedämpfter
Einmassenschwinger
Endpunkt des Dämpfers harmonisch mit
( 6 . 109 ) :
- 290 -
x D (t) = = x 0 cos Ω t
wird
über
den
6 SCHWINGUNGSLEHRE
bewegt (Bild 6.23). Dann ist die Bewegung des Dämpfers
mit xD–x gegeben. Aus dem Gleichgewicht in x– Richtung
erhält man
( 6 . 110 ) :
m &x& = 2 δ m ( x& D − x& ) - c x
oder
( 6 . 111 ) :
m &x& + 2 δ m x& + c x = 2 δ m x& D = 2 δ mx 0 cos Ω t
Um die Differentialgleichung zu lösen, wird wieder durch die
Punktmasse m dividiert. Man erhält
(6.112) :
&x& + 2δx& + ω2 x = 2δx 0 cos Ωt,
Damit ergibt sich die Erregerkraft zu
(6.113) :
mit
dem
FD ( t ) = 2δx 0 Ω sin Ωt = 2 D x 0 ηω2cosΩt
Verhältnis
η
der
Erregerfrequenz
zur
Eigenkreisfrequenz
- 291 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
c
m
x(t)
F=cx
2δ
m
x0cosΩt
a)
b)
x(t)
.
.
2mδ(xDämpfer-x)
Bild 6.23 a) Erregung über einen Dämpfer; b) Schnittbild der
Punktmasse
( 6.114 ) :
η=
Ω
ω
und dem kritischen Dämpfungsfaktor D (6.52).
Erregung durch eine rotierende Unwucht
Eine weitere, wichtige Anregungsform ist die Erregung
durch eine rotierende, massebehaftete Unwucht (Bild
6.24a). Ein Schwinger der Masse M wird durch eine mit der
Erregerfrequenz Ω rotierende Unwucht m zu
Schwingungen angeregt. Durch das Freimachen der
Stabkraft S erhält man im Schnittbild (Bild 6.24b) zwei
- 292 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Systeme, an denen das Gleichgewicht in xM- und
xm- Richtung aufgestellt wird.
( 6 . 115 ) :
M &x& M = - 2 δ m x& M - c x M + S cos Ω t
( 6 . 116 ) :
m &x& m = − S cos Ω t
Die Beziehung zwischen diesen beiden Koordinaten ist
geometrisch festgelegt
( 6 .117 ) :
x m = x M + r cos Ω t,
mit dem Abstand r zwischen den beiden Punktmassen.
Aus Gleichung (6.115) und (6.116) ergibt sich nach der
Elimination von S
- 293 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
m
r
Ωt
x(t)
M
c
2δ
a)
m
S
xm(t)
Ωt
r
M S
b)
cxM
xM(t)
.
2MδxM
Bild 6.24 a) Schwinger der Masse M mit der rotierenden Unwucht
m; b) Schnittbild der Systeme
( 6 . 118 ) :
- 294 -
M &x& M + m &x& m = - 2 δ m x& M - c x M
6 SCHWINGUNGSLEHRE
und durch das Einsetzen von (6.117) und deren zeitlichen
Ableitung
(6.119) :
&x&m = &x&M - Ω2 r cosΩt,
ergibt sich die Bewegungsgleichung für die Punktmasse M
(6.120) :
(M + m)&x&M + 2δmx& M + cx M = mΩ 2 r cosΩt,
mit der Gesamtmasse m
( 6 .121 ) :
m =M+m
und dem Verhältnis
(6.122) :
x0 =
m
r
m
Teilt man (6.120) durch die Gesamtmasse m erhält man
mit (6.122) die Gleichung
(6.123) :
&x&M + 2δ
x0
x& M + ω2 xM = ω2 x 0 η2 cosΩt.
r
- 295 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Die drei Erregertypen führen also zu Differentialgleichungen
für die Verschiebungen, die sich nur durch einen Faktor Edyn
unterscheiden. Alle drei Differentialgleichungen lauten somit
(6.124) :
&x& + 2δx& + ω2 x = Edyn x 0cosΩt,
wobei der Faktor
o Edyn = 1 für die Erregung über eine Feder oder
eine Krafterregung,
o Edyn = 2Dη für die Erregung über einen
Dämpfer,
2
o Edyn = η für die Erregung durch eine rotierende
Unwucht steht.
Die Gesamtlösung für die Verschiebung x setzt sich aus der
Lösung der homogenen Gleichung xhom und der Lösung der
partikulären oder inhomogenen Gleichung xpart zusammen
(6.71).
6.8 Überhöhungsfunktionen
Bei einem System mit dem kritischen Dämpfungsfaktor D >
0 (6.52) ergibt sich die Differentialgleichung zu
(6.125) :
- 296 -
&x& + 2δx& + ω2 x = F0cosΩt.
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Im Folgenden wird gezeigt, dass der homogene Anteil der
Lösung durch die Exponentialfunktion sehr schnell mit der
Zeit abklingt. Die Gesamtlösung des Schwingungsvorgangs
wird durch xpart beschrieben. Der Zeitraum, in dem diese
Lösung abklingt, nennt man Einschwingvorgang.
Nach Beendigung dieses Einschwingvorgangs befindet sich
der Schwinger im einem eingeschwungenen Zustand. Der
Einmassenschwinger
schwingt
harmonisch
mit
der
Erregerfrequenz Ω . Die Schwingung ist dann stationär.
Deshalb wird in den meisten technischen Anwendungen mit
harmonischen
Erregern
nur
der
Partikulärteil
der
Gesamtlösung betrachtet.
Die größte Auslenkung, die Amplitude Q, und das Maß
zwischen
Erregung
und
Antwort,
die
Phase
oder
Phasenverschiebung ε , sind vom Verhältnis η (6.114) der
Erregerfrequenz Ω zur Eigenkreisfrequenz ω und vom
kritischen Dämpfungsmaß D (6.52) abhängig.
Um ein dimensionsloses Maß für die Ausschläge eines
solchen Einmassenschwingers zu erhalten, bezieht man
dies auf einen Vergleichswert, zum Beispiel die maximale
statische Verschiebung der Masse
- 297 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
( 6.126 ) :
x stat, F =
F0 m F0
= 2.
c
ω
Damit wird eine Vergrößerungsfunktion V1
( 6.127 ) :
V1 =
definiert.
Sie
Maximalwertes
Q
x stat
beschreibt
der
die
Amplitude
Vergrößerung
eines
des
dynamischen
gegenüber dem eines statischen Systems. Der Faktor gibt
die Vergrößerung der Antwort des Systems an.
Dazu wird die partikuläre Lösung (6.39) umgeformt
( 6 .128 ) :
x = Q cos ( Ω t - γ ).
Die neue Amplitude Q erhält man aus der vektoriellen
Summe der Einzelamplituden
- 298 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
( 6.129 ) :
- 2 δ Ω F0
( ω2 - Ω 2 ) F0
2
Q= ( 2
) +( 2
)2
2 2
2
2 2
2
(ω - Ω ) + (2 δ Ω )
(ω - Ω ) + (2 δ Ω )
=
F0
2 2
2
( ω - Ω ) + ( 2 δ Ω )2
.
Der Winkel
γ
zwischen den Komponenten wird zu
(6.130) :
(ω2 - Ω 2 ) F0
(ω2 - Ω 2 )2 + (2 δ Ω)2 (ω2 -Ω 2 )
tan γ =
=
- 2 δ Ω F0
- 2δΩ
2
2 2
2
( ω - Ω ) + ( 2 δ Ω)
=
(1- η2 ) (1-η2 )
=
.
δ
- 2Dη
-2 η
ω
Damit erhält man das Maß für die Phasenverschiebung ε
in
Abhängigkeit
des
Dämpfungsfaktors
D
und
des
Verhältnisses η
( 6.131) :
tan ε =
1
-2D η
=
.
tan γ (1 - η2 )
Mit (6.127) folgt für die Vergrößerungsfunktion V1
- 299 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
( 6.132 ) :
V1( η) =
=
=
ω2
F0
F0
( ω 2 - Ω 2 )2 + ( 2 δ Ω )2
1
δ
(1 -η2 )2 + ( 2 η)2
ω
1
(1 -η2 )2 + ( 2Dη)2
.
In Bild 6.25 wird die Funktion V1(η) über dem Verhältnis
η
in
Abhängigkeit des Dämpfungsfaktors D aufgetragen.
3,00
2,50
0
,
0
1
V1
2,00
1,50
0
,
2
0
1,00
0,50
0,00
eta
Bild 6.25 Die Vergrößerungsfunktion V1( η) (V1(eta)) in Abhängigkeit des Dämpfungsfaktors D
- 300 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
In Bild 6.26 wird die Phasenverschiebung ε(η) über dem
Verhältnis η in Abhängigkeit des Dämpfungsfaktors D
dargestellt.
Die
Vergrößerungsfunktion
V1(η) und
die
Phasenverschiebung ε(η) lassen sich in drei Bereiche
unterteilen.
Unterkritischer Bereich
Im unterkritischen Bereich liegt die Erregerfrequenz unter
der kritischen, der Resonanzfrequenz.
- 301 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
eps
p
0
200,00
4,00
100,00
2,00
1,50
1,40
1,30
1,20
1,10
1,05
1,00
1,00
1,00
0,95
0,90
0,80
0,70
0,60
0,50
0,40
0,30
0,20
0,10
p
0,00
0
,
0
1
0
,
2
0
eta
Bild 6.26 Die Phasenverschiebung
ε(η) (eps(eta)) in Abhängigkeit
des Dämpfungsfaktors D
Wenn die Erregerfrequenz Ω wesentlich kleiner als die
Eigenkreisfrequenz ω ist
( 6 .133 ) :
Ω << ω , bzw. η << 1,
nennt man die Erregung unterkritisch. Dann ist die
Vergrößerungsfunktion V1(η) nahezu eins
( 6 . 134 ) :
- 302 -
V1( η ) ≈ 1.
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Das bedeutet, dass die Amplitude Q gleich der statischen
Auslenkung xstat ist
( 6 . 135 ) :
Q ≈ x stat ,
die Phasenverschiebung ist nahezu Null
(6.136 ) :
ε( η) ≈ 0.
Das heißt, die Verschiebung x(t) schwingt in Phase mit der
Belastung F(t).
Resonanzbereich
Im Resonanzbereich ist die Erregerfrequenz gleich der
Eigenkreisfrequenz
(6.137) :
Dann
Ω ≈ ω , bzw. η ≈ 1.
erreicht
die
Vergrößerungsfunktion
V1(η)
ein
Maximum
( 6 . 138 ) :
V1( η )max =
1
2D 1 -D 2
für D << 1 bei η =
≈
1
2D
1 -2D 2 .
- 303 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Für kleine Dämpfungsfaktoren D << 1 ist der Ort des
Maximums näherungsweise bei
(6.139) :
Ω = ω , bzw. η = 1.
Für große Dämpfungswerte
( 6.140 ) :
D≈
2
2
rückt der Ort des Maximums gegen η = 0. Das Maximum
tritt dann also nicht bei der Eigenkreisfrequenz
(6.141) :
ωd = ω 1 -D2
des Schwingers auf.
Für die Dämpfung Null wird die Vergrößerungsfunktion im
Resonanzfall, Ω = ω unendlich.
Die Phasenverschiebung ε springt in diesem Fall von 0 auf
π.
Überkritischer Bereich
- 304 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Im überkritischen Bereich liegt die Erregerfrequenz über der
kritischen, der Resonanzfrequenz.
Wenn die Erregerfrequenz Ω wesentlich größer als die
Eigenkreisfrequenz ω ist
(6.142) :
Ω >> ω , bzw. η >> 1,
nennt man die Erregung überkritisch. Dann ist die
Vergrößerungsfunktion V1(η) ≈ 0. Das bedeutet, dass die
Amplitude Q gegen Null geht.
(6.143 ) :
Q → 0,
die Phasenverschiebung erreicht den Wert π
(6.144 ) :
ε(η) ≈ π.
Das heißt, die Verschiebung x(t) schwingt in Gegenphase
mit der Belastung F(t).
In der Schwingungslehre sind weitere Vergrößerungsfunktionen definiert, die auf andere Bezugswerte normiert werden. Hier wird nur das Prinzip dieser Vergrößerungsfunktionen dargestellt.
- 305 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Zur Vollständigkeit dieses Kapitels wird die Analogie
zwischen mechanischem Schwinger und elektrischem
Schwingkreis in Tabelle 6.1 erläutert. Diese Analogie wird
häufig bei Versuchen eingesetzt. Damit lassen sich
Messergebnisse
angeben.
- 306 -
sofort
als
mechanische
Ergebnissen
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Tabelle 6.1 Analogie zwischen mechanischem Schwinger und
elektrischem Schwingkreis
C
u(t)
i
L
R
Mechanischer Schwinger
Elektrischer Schwingkreis
Verschiebung x
Ladung Q
Geschwindigkeit v = x&
&
Stromstärke i = Q
Masse m
Induktivität L einer Spirale
Dämpfungskonstante 2δm
Widerstand R
Federkonstante c
1
1 eines
=
Kapazität C
Kondensators
Kraft F
Spannung U
6.9 Aufgaben zu Kapitel 6
AUFGABE 6.1
- 307 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
o Bestimmung
der
Eigenkreisfrequenzen
verschiedener Einmassenschwinger
Es sind verschiedene Masse- Feder- Systeme (Masse m,
Federsteifigkeit ci) gegeben.
gegeben: m, c, l, EI, c1, c2
gesucht: Bestimmung der Eigenkreisfrequenzen ω
a)
b)
c)
d)
Bild 6.26 Masse- Feder- Systeme
- 308 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Lösung: a) ω =
c
, b) ω =
m
1
 1 l3 

m +

 c 3EI 
1
c) ω =
3EI
c+ 3
l , d) ω =
m
1
l3
+
c 1 3EI
m
,
+ c2
AUFGABE 6.2
o Bestimmung der Schwingungsdauer eines
masselosen Balkens mit einer Einzelmasse
Ein elastischer, gewichtsloser Balken, der auf zwei Federn
(Federsteifigkeit c) gelagert ist, trägt in P eine Punktmasse
m.
gegeben: l, c, E I, m
gesucht: Bestimmung der Schwingungsdauer T des
Systems
- 309 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
c
m
P
EI
c
l/3
l
Bild 6.30 Elastischer, gewichtsloser Balken auf zwei Federn
Lösung: T = 2π m(
5 1 4 l3
+
)
9 c 243 EI
AUFGABE 6.3
o Bestimmung der Ersatzfedersteifigkeit eines
Stabwerks
o Bestimmung
Stabwerks
der
Eigenkreisfrequenz
eines
Für das skizzierte System muss die Eigenkreisfrequenz ω
so bestimmt werden, dass sie so niedrig wie möglich wird.
Der Balken sei dehnstarr und masselos.
gegeben: EA, EI, l, m
gesucht: Bestimmung der Ersatzfedersteifigkeit c, der
Eigenkreisfrequenz ω und dem Einfluss des Stabwerks auf
die Ersatzfedersteifigkeit cers des Gesamtsystems.
- 310 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
EA
l
2
EI
l
1 EA
3
EA
m
l
Bild 6.34 Dehnstarrer, masseloser Balken mit Einzelmasse
Lösung: f =
1 2 24 EI
1 l3
, c ers = , ω =
f
EI 24
ml3
AUFGABE 6.4
o Aufstellung der NEWTON’schen
Bewegungsgleichung
o Bestimmung der Ersatzfedersteifigkeit
o Bestimmung der Eigenkreisfrequenz
Eine Punktmasse m wird durch zwei Biegefedern (Länge l,
Biegesteifigkeit
EI1,
beziehungsweise
EI2)
und
eine
Spiralfeder (Federsteifigkeit c) in der statischen Ruhelage
gehalten.
gegeben: l, EI1, EI2, c, m
gesucht: Bestimmung der Eigenkreisfrequenz
ω
- 311 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
c
l, EI1
m
l, EI2
Bild 6.42 Punktmasse mit zwei Biegefedern und einer Spiralfeder
Lösung: ω 2 =
3EI
3EI 
1
c+ 31 + 32

m
l
l 
AUFGABE 6.5
o Aufstellung der NEWTON’schen
Bewegungsgleichung
o Bestimmung der Eigenkreisfrequenz
o Lösung mit Hilfe des Energiesatzes
Ein Kolben schwingt mit kleinen Auslenkungen um die
skizzierte Ruhelage.
gegeben: r, m, c
gesucht: Bestimmung der Eigenkreisfrequenz ω
- 312 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
r
c
300
m
2r
Bild 6.45 Kolben in seiner Ruhelage.
2
Lösung: ω =
3c
4mr 2
AUFGABE 6.6
o Bestimmung der
Schwingungsdifferentialgleichung und deren
Lösung
o Bestimmung Schwingungsdauer des Systems
o Bestimmung des maximalen Auslenkwinkels für
Nicht- Abheben der Zusatzmasse
Der Schwinger, bestehend aus starrem Balken (Masse m,
Länge l), Feder c, Masse M und lose aufliegender
Zusatzmasse ∆M , wird um den Winkel + ϕ0 aus seiner
statischen
Ruhelage
heraus
ausgelenkt
(für
kleine
Ausschläge) und zur Zeit t = 0 losgelassen.
gegeben: l, m, c, M = 2 m, ∆M =
2
m
3
- 313 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
gesucht: Bestimmung der Differentialgleichung, die diese
Schwingung
beschreibt,
und
deren
Lösung,
der
Schwingungsdauer T des Systems und des Betrags ϕ0 max
des Auslenkwinkels ϕ 0 , wenn die Zusatzmasse nicht
abheben soll.
∆M
c
m, l
M
l/3
l
ϕ
Bild 6.48 Schwinger aus Balken, Feder, Masse und lose aufliegender Zusatzmasse
Lösung:
T = 2π
- 314 -
27m
27gm
, ϕ 0max <
c
cl
&& = 3 m l2 ϕ
l2
cϕ , ϕ(t) = ϕ 0 cosωt ,
9
6 SCHWINGUNGSLEHRE
AUFGABE 6.7
o Bestimmung der Eigenkreisfrequenz der
Drehschwingung, für Haftung zwischen den
beiden Walzen
o Bestimmung des maximalen Winkels
Haftung zwischen den beiden Walzen
für
o Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
o Lösung mit dem Energiesatz
o Lösung mit dem Momentensatz
Zwei Walzen (Massen m1, m2, Massenträgheitsmomente
Θ1 , Θ 2 , Radien r, R) sind in der skizzierten Weise gelagert.
Die
Feder
(Federsteifigkeit
c),
welche
die
Walzen
aneinander drückt, ist um den Betrag ∆l vorgespannt. An
der Walze 1 ist eine Drehfeder (Drehfedersteifigkeit ĉ )
angebracht, die für ϕ = 0 ungespannt ist. Zur Zeit t = 0 wird
die
Walze
1
aus
der
Anfangslage
ϕ = ϕ0
ohne
Geschwindigkeit losgelassen.
gegeben: m1, m2, Θ1 , Θ 2 , c, ĉ , r, R = 2 r, ∆l , ϕ 0 , µ 0
gesucht:
Bestimmung
der
Eigenkreisfrequenz
der
Drehschwingung, falls Haftung zwischen den beiden
Walzen besteht. Wie groß darf der Winkel ϕ 0 höchstens
- 315 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
sein, wenn die Walzen nicht aufeinander rutschen sollen
(Haftreibungskoeffizient µ 0 )?
.
ϕ
R
c
r
Walze 1
c
Walze 2
Bild 6.51 Zwei Walzen durch Federn gehalten
Lösung: ω2 =
Θ
c
ĉ
, ϕ0 ≤ µ0 ∆l r(1 + 4 1 )
1
ĉ
Θ2
Θ1 + Θ 2
4
AUFGABE 6.8
o Bestimmung der
Bewegungsdifferentialgleichung für kleine
Ausschläge
o Bestimmung der Dämpferkonstante, wenn der
Zeiger nach einer Anfangsauslenkung nicht
mehr schwingen soll
- 316 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
o Falldiskussion für das LEHRsche
Dämpfungsmaß
Ein dünner stabförmiger Zeiger (Länge l, Masse m) ist in O
durch eine Drehfeder (Drehfedersteifigkeit ĉ ) elastisch eingespannt. In Zeigermitte ist ein geschwindigkeitsproportionaler Dämpfer angeschlossen (Dämpferkonstante r).
gegeben: m, l, r, ĉ
gesucht: Bestimmung der Bewegungsdifferentialgleichung
für kleine Ausschläge, der Dämpferkonstante r, wenn der
Zeiger
nach
einer
Anfangsauslenkung
nicht
mehr
schwingen soll.
c
0
r
l/2
l/2
Bild 6.54 Dünner stabförmiger Zeiger durch Drehfeder in O elastisch eingespannt.
- 317 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
&& +
Lösung: ϕ
mĉ
3 r
3ĉ
ϕ& + 2 ϕ = 0 , r = 8
,
4m
ml
3l2
ϕ( t ) = A1e −ωt + A 2e −ωt ,
ϕ& ( t ) = −ωe − ωt ( A 1 +
A2
+ A 2 t)
ω
AUFGABE 6.9
o Bestimmung
Bewegungsdifferentialgleichung
Partikularlösung
und
der
ihrer
o Bestimmung der Erregerfrequenz
o Bestimmung der Amplitude der schwingenden
Wagenmasse bei seiner Reisegeschwindigkeit
o Bestimmung
der
Reisegeschwindigkeit
kritischen
Ein Auto, vereinfacht dargestellt als Masse- Feder- System
(Dämpfungseinflüsse werden vernachlässigt), durchfährt mit
konstanter
Horizontalgeschwindigkeit
v0
sinusförmige
Bodenwellen (Amplitude u0, Wellenlänge L).
gegeben: c, m, v0, u0, L
gesucht: Bestimmung der Bewegungsdifferentialgleichung,
die
diesen
Bewegungsablauf
beschreibt,
und
ihrer
Partikularlösung, Bestimmung der Erregerfrequenz, der
Amplitude x0 der schwingenden Wagenmasse bei einer
- 318 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Reisegeschwindigkeit
v0
und
der
kritischen
Reisegeschwindigkeit vkrit.
m
v0
x
u0
c
L
Bild 6.56 Durchfahrt einer sinusförmigen Bodenwellen eines Autos
mit konstanter Horizontalgeschwindigkeit
Lösung: &x& +
x0 =
c
c
c
x = u( t ) , ω2 = ,
m
m
m
L c
ω2
v
=
,
u
krit
0
2π m
ω2 − Ω 2
AUFGABE 6.10
o Bestimmung des Ausschlags des Klotzes nach
einmaligem Hin- und Herschwingen
o Anwendung der COULOMBschen Reibung
o Lösung mit den NEWTON’schen
Bewegungsgleichungen
o Lösung mit dem Energiesatz
- 319 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
Auf einer rauhen, ebenen Unterlage liegt ein Klotz (Masse
m), der durch zwei Federn (Federsteifigkeit c) seitlich
gehalten wird. Der Klotz wird aus der Ruhelage (Federn
ungespannt) um die Strecke x0 ausgelenkt und ohne
Anfangsgeschwindigkeit
losgelassen.
Der
Reibungskoeffizient µ sei so klein, dass der Klotz einige
Male hin- und herschwingt.
gegeben: c, m, µ , x0
gesucht: Bestimmung des Ausschlags x2 des Klotzes nach
einmaligem Hin- und Herschwingen.
x0, x2
c
m
c
µ
Bild 6.58 Klotz auf einer rauhen, ebenen Unterlage
Lösung: x 2 = x 0 - 2
- 320 -
µmg
c
6 SCHWINGUNGSLEHRE
AUFGABE 6.11
o Bestimmung der Eigenkreisfrequenz
Systems für kleine Ausschläge
des
o Bestimmung der Amplitude der Antwortfunktion
im stationären Zustand
Ein Druckmessgerät für den veränderlichen Unterdruck
p(t) = p 0 sin Ωt
besteht aus einem Kolben 1 (Masse m1,
Fläche A), einer Stange 2 (Masse m2), einem dünnen
Zeiger 3 (Masse m3) und einer Feder 4 (Federsteifigkeit c).
Das gesamte Gewicht soll im Lager O aufgenommen
werden.
gegeben: m1, m2, m3, A, c, l, a, p0, Ω
gesucht: Bestimmung der Eigenkreisfrequenz
ω des
Systems für kleine Ausschläge und der Amplitude Q der
Antwortfunktion q(t) = Q sin Ωt im stationären Zustand.
2
4
p(t)
1
O
3
l
a
Bild 6.60 Druckmessgerät für veränderlichen Unterdruck
- 321 -
6 SCHWINGUNGSLEHRE
(m1 + m 2 + m3 )g
a
Lösung: ω2 =
,
1 l2
m1 + m 2 +
m3
3 a2
c−
Q=
- 322 -
l
a
A p0
m1 + m 2 +
2
1 l
m3
3 a2
1
ω − Ω2
2
7 LITERATUR
7 LITERATUR
Assmann; Technische Mechanik I, II, II; Oldenbourg; 2009
Beitz/
Grote
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Dubbel, Taschenbuch
für den
Maschinenbau, 20. Auflage; Springer- Verlag; 2011
Böge; Technische Mechanik; Vieweg; 2011
Brommundt/
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Technische
Mechanik;
Springer-
Lehrbuch; 1998
Bronstein, Ilja N./ Semendjajew, K. A./ Musiol, Gerhard/
Muehlig, Heiner; Taschenbuch der Mathematik; Deutsch
(Harri); 2008
Bufler; Technische Mechanik; Vorlesungsskript Institut für
Mechanik (Bauwesen) der TU Stuttgart; 1971
Dankert, Jürgen/
Dankert, Helga; Technische Mechanik:
Statik, Festigkeitslehre, Kinematik/Kinetik; Vieweg+Teubner
Verlag; 2010
Gabbert, Ulrich/ Raecke, Ingo; Technische Mechanik für
Wirtschaftsingenieure; Carl Hanser Verlag; 2007
Göldner/ Holzweissig; Leitfaden der Technische Mechanik;
Fachbuchverlag Leipzig; 1990
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7 LITERATUR
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Pfefferkorn
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Technische
Mechanik;
Fachbuchverlag Leipzig; 1990
Göldner/ Witt; Technische
Mechanik;
Fachbuchverlag
Leipzig- Köln; 1993
Gross, Dietmar/
Hauger, Werner/ Schröder, Jörg/ Wall
Wolfgang A.; Technische Mechanik: 1 Statik, 2 Elastostatik,
3 Kinetik; Springer-Lehrbuch; 2011
Gross,
Dietmar/
Ehlers,
Wolfgang/
Wriggers,
Peter/
Schröder, Jörg, Müller, Ralf ; Formeln und Aufgaben zur
Technischen Mechanik 1 Statik, , 2 Elastostatik, 3 Kinetik;
Springer-Lehrbuch; 2011
Gummert/ Reckling; Mechanik; Vieweg; 1994
Herr,
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Technische
Mechanik.
Lehr-
und
Aufgabenbuch: Statik, Dynamik, Festigkeitslehre; EuropaLehrmittel; 2008
Hibbeler, Russell C.; Technische Mechanik 1 – Statik, 2 –
Festigkeitslehre, 3. Dynamik; Pearson Studium; 2005, 2012
Issler/ Ruoß/ Häfele; Festigkeitslehre- Grundlagen I, II;
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7 LITERATUR
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Kunow, A.; Technische Mechanik: I Statik; II Elastostatik, III
Kinetik ; kindle; 2012
Kunow, A.; Technische Mechanik: I Statik; II Elastostatik, III
Kinetik – Vollständig durchgerechnete Übungen; kindle;
2012
Mayr; Technische Mechanik; Carl Hanser; 2008
Mayr; Mechanik Training; Carl Hanser; 2008
Neuber; Technische Mechanik; Springer; 1974
Pestel/
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Technische
Mechanik;
Bibliographisches Institut; 1983
Riemer/ Wauer/ Wedig; Mathematische Methoden der
Technischen Mechanik; Springer- Lehrbuch; 1993
Romberg/ Hinrichs; Keine Panik vor Mechanik!; Vieweg;
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Kleine
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Technische
Mechanik/ CD- Rom; Fachbuchverlag Leipzig; 1998
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7 LITERATUR
Zimmermann;
Übungsaufgaben
Fachbuchverlag Leipzig; 1994
- 326 -
Technische
Mechanik;
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
Amplitude - 297 -
Dämpfung - 282 -
Anfangsbedingung - 287 -
Dämpfungsfaktor - 285 -
Anfangsgeschwindigkeit 280 Anfangsverschiebung
Dehnstab - 253 -
280 Antwort des Systems 298 Arbeitssatz - 253 Elastostatik - 253 Auslenkung
statische - 277 Bereich
kritischer - 296 -
Eigenfrequenz - 275 Eigenkreisfrequenz - 285 Einschwingvorgang - 297
Erregerfunktion - 287 Ersatzfedersteifigkeit
-
249 -, - 252 Ersatzsystem - 252 Federkraft - 283 -
überkritischer - 305 -
Federsteifigkeit - 250 -
unterkritischer - 301 -
Flüssigkeitsdämpfung
Biegefeder - 250 Dämpfer - 290 Dämpferkraft - 283 -
-
282 Gesamtverschiebung
-
279 -
- 327 -
SACHWÖRTERVERZEICHNIS
Gleichgewichtsbedingung
Ruhelage
- 274 -
statische - 277 -
Gleichung
Schwinger
homogene - 276 -
mechanischer - 306 -
inhomogene - 276 -
Schwingkreis
partikuläre - 276 -
elektrischer - 306 -
Grenzwert - 281 Koeffizientenvergleich
278 -, - 286 Krafterregung - 289 -
l´HÔPITAL - 281 Lastamplitude - 287 Lasterregung
harmonische - 275 Resonanz - 280 Resonanzbereich - 303 Resonanzfall - 282 -
- 328 -
stationär - 297 -
Torsionsfeder - 251 Torsionssteifigkeit - 251 Unwucht
rotierende - 292 -
Vergrößerungsfunktion
-
298 Zustand
eingeschwungener - 297
-
BEREITS ERSCHIENEN
BEREITS ERSCHIENEN
Annette Kunow, Technische Mechanik I - Statik-
http://www.kisp.de/buchshop/
Annette Kunow, Übungen zur Technischen Mechanik I Statik-, Vollständig und mit möglichen Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben
http://www.kisp.de/buchshop/
Annette Kunow, Technische Mechanik II - Festigkeitslehre/ Elastostatik-
http://www.kisp.de/ buchshop/
Annette Kunow, Übungen zur Technischen Mechanik II Festigkeitslehre/ Elastostatik-, Vollständig und mit möglichen Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben
http://www.kisp.de/ buchshop/
Annette Kunow, Technische Mechanik III - Kinetik/ Dynamik-
http://www.kisp.de/ buchshop/
Annette Kunow, Übungen zur Technischen Mechanik III
- Kinetik/ Dynamik -, Vollständig und mit möglichen Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben
http://www.kisp.de/ buchshop/
- 329 -
BEREITS ERSCHIENEN
Annette Kunow, Finite Elemente/ Computer Aided Engineering (CAE), Anwendungen und Lösungen
http://www.kisp.de/ buchshop/
Annette Kunow, Projektmanagement & Business
Coaching, Grundlagen des agilen Projektmanagements
mit Methoden des Systemischen Coachings
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Erscheint in Kürze unter http://www.kisp.de/buchshop/
Annette Kunow, Numerische Dynamik
und
Annette Kunow, Numerische Dynamik, Vollständig und
mit möglichen Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben
- 330 -
IMPRESSUM
IMPRESSUM
Prof. Dr.-Ing. Annette Kunow
Technische Mechanik III – Dynamik/Kinetik 2. Auflage 2016
Konzeption: Annette.kunow
Grafiken: Annette Kunow
Umschlag: Frank Terhaag
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