Aufgabe 1 (a) cosα = 1 α = 60 α α R R S Lage in A Das Nullniveau

Univ. Prof. Dr. rer. nat. Wolfgang H. Müller
Technische Universität Berlin
Fakultät V
Lehrstuhl für Kontinuumsmechanik und
Materialtheorie - LKM, Sekr. MS 2
Einsteinufer 5, 10587 Berlin
10.Übungsblatt
Starrkörperkinetik II
- S. 1
SS 2012
Aufgabe 1
(a)
S
α
Lage in A
R
α = 60◦
cos α = 21
1
2R
α
Das Nullniveau wird auf die tiefste Stelle der Bahn gelegt. Die Bewegung beginnt in A aus der Ruhe. Im Folgenden
meint v stets die Geschwindigkeit des Schwerpunktes S.
Energiesatz von A nach C:
Mit Hilfe der Skizze kann die Höhe zum Mittelpunkt der Rolle in der Lage A bestimmt werden:
hA =
15
R + R cos α = 8R
2
(1)
Nun wird der Energiesatz aufgestellt:
pot
pot
kin
kin
EA
+ EA
= EC
+ EC
1
1
2
2
+ ΘωC
+ 3mgR
8mgR = mvC
2
2
(2)
(3)
Energiesatz von A nach B:
Auf dem Abschnitt A-B rollt der Körper auf dem Seil ab und rutscht auf der Bahn entgegengerichtet seiner Rotation
hinunter, d.h. schlüpft nach unten. Solange es ein reines Rollen ist, gilt auch die Beziehung v = rω, wie das Abrollen
auf dem Seil. Solange es aber kein reines Rollen, wie auf der Bahn v 6= Rω gilt die Beziehung
nicht !
√
Wenn n Windungen abgewickelt sind, hat sich der Schwerpunkt S um 2πrn = 8r 3 entlang der geraden Bahn
bewegt. Aufstellen des Energiesatzes:
pot
pot
kin
kin
EA
+ EA
= EB
+ EB
1
1
2
2
+ ΘωB
+ mghB
mg 2πrn · sin α + hB = mvB
2
2
(4)
(5)
Die Rolle rollt auf dem Seil ab, damit folgt:
0 = vB ex + ωB ez × rey
Hiermit kann man nun ωB berechnen.
ωB =
r
⇒
vB = ωB r
2 · 2πrnmg sin α
=4
mr2 + Θ
r
g
R
(6)
(7)
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Starrkörperkinetik II
- S. 2
SS 2012
Da die Bahn B-C reibungsfrei ist, d.h. nur die Zwangskraft als externe Last auf den Körper wirkt, welche keine
Momente (bezüglich des Schwerpunktes) hervorruft, folgt nach dem Drallsatz
X
ΘS ω̇ =
M ext. = 0
(8)
ω̇ = 0
,
(9)
und das Seil bei B vollständig abgewickelt ist, gilt
ωC = ωB = 4
Eingesetzt in (3) erhält man:
vC =
(b) Freischnitt
r
g
R
p
2Rg
(10)
(11)
ω
v
mg
FW
FN
Der Angriffspunkt der Reibkraft FW bewegt sich mit der Geschwindigkeit:
v W = vex + ωez × (−Rey ) = v + ωR ex
(12)
Impulssatz / Schwerpunktsatz
mv̇ =
Drehimpulssatz / Drallsatz
X
ΘS ω̇ =
F ext. = −FW = −µmg
X
M ext. = −FW R
(13)
(14)
Wir schlussfolgern für die Winkelgeschwindigkeit ω(t):
µmgR
ΘS
1
2µg
ΘS = mR2 ⇒ ω̇ = −
2
R
Z t
2µg
2µg
dt̃ = −
t
ω(t) − ωC =
−
R
R
0
ΘS ω̇ = −FW · R ⇒ ω̇ = −
(15)
(16)
(17)
Integration des Schwerpunktsatzes Gl. (13) ergibt:
Z
v(t)
v(0)
dṽ = −
Z
t
µg dt̃
(18)
0
v(t) − vC = −µgt
(19)
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Starrkörperkinetik II
- S. 3
SS 2012
Zur Zeit t̂ gilt das erste Mal die Rollbedingung v W = 0 und damit
v t̂ = −Rω t̂ .
(20)
Gl. (17) und (18) eingesetzt in Gl. (20) ergibt:
2µg
−µg t̂ + vC = −R · −
t̂ + ωC
R
√ p
⇒ 3µg t̂ = vC + RωC = (4 + 2) gR
√ s
4+ 2 R
⇒ t̂ =
3µ
g
(21)
(22)
(23)
(c) Nun sind mehrere Fälle möglich. Wir nehmen an, dass die Rolle ihre translatorische Bewegungsrichtung umkehrt
bevor das reine Rollen eintritt. Es kann aber auch sein, dass das reine Rolle eintritt noch bevor die Masse den
Punkt D erreicht. Das würde bedeuten, dass die Geschwindigkeit vW schon vorher Null wäre. Was zur Folge hätte,
dass wir keine Relativbewegung zwischen Rolle und Untergrund hätten und damit auch keine Reibkraft. Wodurch
sich die Rolle einfach nur mit konstanter Geschwindigkeit in positive ex -Richtung bewegen würde. Um diesen
Fall auszuschließen, berechnen wir zunächst die Zeit zu der die translatorische Geschwindigkeit verschwindet. Die
entsprechende Zeit tD bekommen wir aus Gleichung (19) mit der Bedingung v(tD ) = 0:
tD
1
vc
=
=
µg
µ
s
2R
g
(24)
Damit die Annahme erfüllt ist, muss die Zeit tD kleiner sein als die Zeit t̂:
tD
1
µ
<
s
2R
<
g
√
2 2 <
t̂
(25)
√ s
4+ 2 R
3µ
g
(26)
4.
(27)
Also war unsere Annahme richtig und das reine Rolle tritt erst nach dem Punkt D ein. Für die Strecke s schauen
wir uns den Impulssatz nochmal an. Trennung der Variablen und Integration (Bahnparameter s in diesem Gebiet
ist gleich zur horizontalen Achse x
dv ds
dv
dv
=m
= mv
= −µmg
dt
ds dt
ds
Z s̃=s
Z ṽ=vD
ṽ dṽ = −
µgds̃
⇒
m
(28)
(29)
s̃=0
ṽ=vC
Im Punkt D soll es zu einer Bewegungsumkehr kommen, die translatorische Bewegung hört auf, und es beginnt die
Bewegung der Rolle wegen der vorhandenen kinetischen Energie mit 12 Θω 2 in die andere Richtung, d. h. für die
obere Integrationsgrenze wird auf der linken Seite von Gl. (29): vD = 0 eingesetzt. Damit ergibt sich:
1 2
v = µgs
2 C
⇒
s=
2
vC
R
=
2µg
µ
(30)
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Starrkörperkinetik II
- S. 4
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Zur Bestätigung dieser Bewegungsumkehr wollen wir die entstandene Winkelgeschwindigkeit zur Zeit t̂ berechnen
Z t̂
Z t̂
ΘS ω̇ dt =
−FW R dt
(31)
0
S
0
S
Θ ω(t̂) − Θ ωC = −FW Rt̂
(32)
r
S
g
Θ ωC − FW Rt̂
µmgRt̂
=4
− 1
2
ΘS
R
2 mR
√ !
r
g 4−2 2
ω(t̂) =
,
R
3
|
{z
}
ω(t̂) =
(33)
(34)
>0
welche immernoch die gleiche Drehrichtung (nach (15) positives Vorzeichen) hat. Damit bewegt sich die Rolle nach
D tatsächlich in negative ex -Richtung.
Aufgabe 2
(a) Reines Rollen auf dem Seil:
ẋ = rϕ̇ ⇒ ẍ = rϕ̈
(35)
(b) Freischnitt der Rolle: (Beachte: Die Gewichtskraft ist in Komponenten zerlegt.)
S
mg cos α
reines Rollen
ϕ
mg sin α
x
FR
FN
Schwerpunktsatz:
mẍ = mg sin α − S − FW
mÿ = 0 = −mg cos α + FN
⇒ FN = mg cos α
(36)
(37)
(38)
Coulomb:
FW = µFN
(39)
Einsetzen von Gleichungen (38) und (39) in Gleichung (36) liefert:
mẍ = mg sin α − S − µmg cos α
S
ẍ = g(sin α − µ cos α) −
m
(40)
(41)
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Starrkörperkinetik II
- S. 5
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Drehimpulssatz um den Schwerpunkt der Rolle:
ΘS ϕ̈ = Sr − FW r
(42)
Nun die kinematische Beziehung aus (a) (Gl. (35)) sowie Gleichungen (38) und (39) in Gleichung (42) einsetzen, so
folgt:
ΘS
ẍ = rS − rµmg cos α
r
(43)
Damit ergibt sich für die Seilkraft:
S=
ΘS
ẍ + µmg cos α
r2
Durch Einsetzen der Gleichung (44) in (41) erhält man:
ẍ = g(sin α − µ cos α) −
ΘS
ẍ − µg cos α
mr2
(44)
und somit für die Beschleunigung in x-Richtung:
ẍ =
g(sin α − 2µ cos α)
ΘS
1 + mr
2
(45)
Mit dem Massenträgheitsmoment ΘS = 12 mr2 in Gleichung (45):
g(sin α − 2µ cos α)
1 + 21
2
= g(sin α − 2µ cos α)
3
2
⇒ ẋ = g(sin α − 2µ cos α)t + v0
3
ẍ =
(46)
(47)
(48)
(c) Die Steigung“ der Geschwindigkeit muss positiv sein:
”
sin α − 2µ cos α > 0 ⇒ µ <
1
tan α
2
Aufgabe 3
(a) In Zylinderkoordinaten gilt für ein Volumenelement:
dV = r dr dϕ dz ,
(49)
R
(50)
Der Ortsvektor zum Massenmittelpunkt ist
xS :=
xdm
(m)
R
(m)
dm
.
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Starrkörperkinetik II
- S. 6
SS 2012
Unter Ausnutzung der Symmetrie folgt, dass der Schwerpunkt bei x = 0 und y = 0 liegt. Für die z Koordinate des
Ortsvektors zum Massenmittelpunkt zS gilt:
R
ρ
zdV
zS =
(V )
ρ
R
dV
(V )
=
n Rh √Rza
2π
R
z=0
ϕ=0
2π
R
ϕ=0
=
zS =
r=0
o
rz dr dz dϕ
n Rh √Rza
z=0
1
3
3 πah
1
2
2 πah
r=0
o
r dr dz dϕ
2
h
3
(51)
Für den Ortsvektor zum Massenmittelpunkt ergibt sich demnach
xS =
2
he
3 z
(52)
(b) Das Massenträgheitsmoment bzgl. der z-Achse
Θzz :=
Z
(m)
√
Z2π n Zh Z za
o
2
r dm = ρ
r3 dr dz dϕ
ϕ=0
z=0
r=0
1
= ρπa2 h3
6
1
1
mit m = πρah2
= mah
3
2
Da z im Integranden NICHT auftaucht, ist es offenbar egal, bezüglich welchen Punktes auf der z-Achse man das
Massenträgheitsmoment Θzz für die Drehung um die z-Achse hinschreibt.