Blatt 12: Arbeit, Energiesatz, Arbeitssatz

Institut für Angewandte
und Experimentelle Mechanik
Technische Mechanik III
Wintersemester 2010/2011 ZÜ 9.1
Aufgabe 9.1
Ein Klotz K (Masse mK ) soll durch eine Last L (Masse mL ) aufwärts bewegt werden.
Die Umlenkung des undehnbaren masselosen Seils, an dem die beiden Lasten befestigt
sind, erfolgt schlupffrei über die reibungsfrei gelagerte Rolle R, die als homogene Scheibe
(Masse mR , Radius r) angesehen werden kann. Der am Klotz K befestigte Teil des Seils ist stets
parallel zur schiefen Ebene (Neigungswinkel α). Zwischen der schiefen Ebene und dem Klotz K ist
Gleitreibung vorhanden (Gleitreibungskoeffizient µ). Das System setzt sich aus der Ruhe heraus
in Bewegung.
R
mK
g
r
a) Welche Beschleunigung erfährt der Klotz K
entlang der schiefen Ebene?
Hinweis: Lösen Sie diesen Aufgabenteil mit
dem Arbeitssatz!
mR
K
µ
L
mL
α
b) Wie groß ist die Seilkraft am senkrecht herabhängenden Teil des Seils?
Aufgabe 9.2
B
Zwei Walzen A und C (Radius jeweils r, Masse jeweils m) sind durch ein Seil S (masselos, undehnbar) verbunden und rollen auf zwei schiefen Ebenen (Neigungswinkel α bzw. β) ohne zu gleiten ab.
Das Seil wird über Rolle B (Radius r, Masse m)
geführt. Zwischen Seil und Rolle tritt kein Schlupf
auf.
g
S
C
A
v
α
β
Bestimmen Sie die translatorische Geschwindigkeit
v(s) der Walze A, wenn das System aus der Ruhe
heraus losgelassen wird.
Aufgabe 9.3
Eine Feder (masselos, Federsteifigkeit k) ist an einem Ende im Festpunkt C drehbar gelagert. Das
andere Ende ist mit einem Führungsstift F (masselos) verbunden, der sich in den Führungen 1
bzw. 2 reibungsfrei bewegt. Die Feder sei gerade entspannt, wenn sich der Führungsstift F im
Punkt A befindet.
a) Berechnen Sie durch Integration die
Führung 2
Führung 1
jeweils aufzuwendende Arbeit, um
A
A
den Führungsstift F entlang der
Führung 1 bzw. 2 von A nach B zu
ℓ
ℓ
bringen.
F
F
b) Bestimmen Sie die Differenz der
B
B
potentiellen Energie zwischen den
k
Punkten A und B.
k
ℓ
ℓ
C
C
ℓ
ℓ
Hinweis:
sin α cos α = 21 sin (2α)
sin α2 cos α − cos α2 sin α = − sin α2
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und Experimentelle Mechanik
Technische Mechanik III
Wintersemester 2010/2011 ZÜ 9.2
Lösung zur Aufgabe 9.1
Zunächst muss man bei den äußeren Kräften zwischen konvervativen und nicht konservativen
Kräften unterscheiden. Beim gedanklichen Freischneiden stößt man auf folgende Kräfte:
• konservative Kräfte
Gewichtskraft von K, Gewichtskraft von L
• nicht konservative Kräfte Reibkraft R
Lagerkräfte und Kräfte, die senkrecht zur Bewegungsrichtung stehen, leisten keine Arbeit und
müssen folglich nicht berücksichtigt werden (z.B. Normalkraft zwischen Klotz K und schiefer
Ebene).
Da sich die Rolle R nicht translatorisch bewegen kann, ist die zugehörige Potentialdifferenz gleich
Null. Somit muss die Gewichtskraft von R ebenfalls nicht berücksichtigt werden.
Lage 2
a) Der Arbeitssatz lautet in allgemeiner
Lage 1 s
ω
R
Form:
vK,2
L
K
h
α
R
NN
s
∗
T1 − T0 + U1 − U0 = W01
mit
∗
W01
=
vL,2
Z
F~ (~r) · d~r
(1)
(2)
s
Für die kinetische Energie T und die potentielle Energie U in den Lagen 0 und 1 ergeben
sich folgende Terme:
1
1
1
1
2
2
mK vK,1
+ mL vL,1
+ JRS ω 2, mit JRS = mR r 2
2
2
2
2
U0 = −mK g h , U1 = mK g (−h + s sin α) − mL g s
T0 = 0 ,
T1 =
(3)
(4)
Die Arbeit, welche die nichtkonservative Reibkraft R verrichtet, ist:
∗
W01
= −R s = −µ N s = −µ mK g cos α s
(5)
Mit (2) bis (5) erhält man:
1
1
2 2
2
2
mK vK,1 + mL vL,1 + mR r ω + mK g (−h + s sin α) − mL g s − (−mK g h)=
2
2
= −µ mK g cos α s
Durch Einsetzen der kinematischen Beziehungen vK,1 = vL,1 = v und ω =
1
2
1
mK + mL + mR
2
v 2 + (mK sin α − mL + µ mK cos α) g s = 0
v
r
folgt:
(6)
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Wintersemester 2010/2011 ZÜ 9.3
Durch Differenzieren von (6) nach der Zeit erhält man:
1
1
dv
ds
mK + mL + mR 2 v
+ (mK sin α − mL + µ mK cos α) g
=0
2
2
dt
dt
mit
= v und dv
= a:
dt
1
a mK + mL + mR
= [mL − mK (sin α + µ cos α)] g
2
mL − mK (µ cos α + sin α)
a =
g
mK + mL + 12 mR
ds
dt
(7)
Alternativer Lösungsweg:
Statt Gleichung (6) nach der Zeit zu differenzieren, kann auch die Kettenregel angewandt
werden:
a=
dv
dv ds
dv
=
=
v
dt
ds dt
ds
(8)
Auflösen von (6) nach v liefert:
s
+
2 mL − 2 mK (µ cos α + sin α)
Subst. √
g s :=
v(s) =(−)
Cs
1
mK + mL + 2 mR
dv
1
= √
C
ds
2 Cs
(9)
(10)
Einsetzen von (9) und (10) in (8) liefert:
√
1
C
a= √
C Cs=
2
2 Cs
Mit C aus (9):
a=
mL − mK (µ cos α + sin α)
g
mK + mL + 12 mR
b) Zur Bestimmung der Seilkraft kann der Impulssatz beispielsweise für die vertikal bewegte
Last angeschrieben werden:
S
v
mL g
dv
= mL g − S
dt
mK (1 + sin α + µ cos α) + 21 mR
mit (7) S =
mL g
mK + mL + 12 mR
mL
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Wintersemester 2010/2011 ZÜ 9.4
Lösung zur Aufgabe 9.2
ωB
B
SB
vC
ωC
SC
MPC
s
g
C
h
NN
s
SA
ωA
A
vA
α
MPA
β
Das vorliegende System ist konservativ. Es kann daher der Energiesatz angewandt werden.
U2 + T2 − (U1 + T1 ) = 0
(1)
Für die einzelnen Terme gilt:
T1 = 0
U1 = m g 0 + m g h
| {z } | {z }
Walze A
(2)
(3)
Walze C
1
1
1
1
1
T2 = m vA2 + JASA ωA2 + m vC2 + JCSC ωC2 + JBSB ωB2
|2
{z2
} |2
{z2
} |2 {z }
Walze A
Walze C
(4)
Walze B
Es gelten folgende kinematische Beziehungen:
vA = vC = v
ωA = ωB = ωC = ω
v
ω=
r
(5)
(6)
(7)
Für die Trägheitsmomente gilt:
1
JASA = JBSB = JCSC = m r 2
2
(8)
Einsetzen von (5),(6) und (8) in (4) liefert für T2 :
T2 = m v 2 +
3
m r2 ω 2
4
(7) 7
T2 = m v 2
4
U2 = −s sin α m g + h m g + s sin β m g
|
{z
} |
{z
}
Walze A
Walze C
(9)
(10)
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Einsetzen von (2),(3),(9) und (10) in (1):
7
m g [h + s (sin β − sin α)] + m v 2 − (m g h + 0) = 0
4
7
m v 2 = g s (sin α − sin β) m
4
r
(−)
4
v = +
g s (sin α − sin β)
7
Alternativer Lösungsweg: Die Bewegungen der Walzen A und C lassen sich auch als reine
Drehungen um die Momentanpole MPA und MPC beschreiben. Somit erhält man alternativ für
die kinetische Energie von Walze A und C:
1 MPA 2
1 1
3
A
2
2
T2 = JA ωA =
m r + m r ωA2 = m r 2 ωA2
2
2 2
4
analog:
T2C =
1 MPC 2
3
JC ωC = m r 2 ωC2
2
4
Damit erhält man für die kinetische Energie in Lage 2:
T2 = T2A + T2C +
11
m r 2 ωB2
2
2
|
{z
}
Walze B
mit (6) und (7)
v 2 1
v 2
3
m r2
+ m r2
2
r
4
r
7
T2 = m v 2
4
T2 =
Lösung zur Aufgabe 9.3
a) Das Arbeitsintegral in allgemeiner Form lautet:
Z
ex
W = F~ (~r) · d~r
(1)
s
Um dieses Integral berechnen zu können, muss ein Koordinatensystem und eine Parametrisierung eingeführt werden.
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A
Bei Führung 1 kann der Winkel α als Parameter verwendet werden. Zunächst muss
nun der Ortsvektor ~r zu einem beliebigen
Punkt P in Abhängigkeit von α aufgestellt
werden:
ℓ sin α
~r =
ℓ + ℓ cos α
P
ℓ
α
2
α
B
r
y
ℓ
α
2
Damit erhält man für d~r:
d~r
ℓ cos α
=
−ℓ sin α
dα
cos α
d~r = ℓ
dα
− sin α
ℓF
x
C
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ℓ
(2)
Nun muss die Federkraft in Abhängigkeit von α bestimmt werden. Dazu wird die Länge
ℓF der Feder benötigt: Dreieck ACP ist ein rechtwinkliges Dreieck mit AC als Hypothenuse
(Thaleskreis!). Folglich gilt:
cos
ℓF
α
=
2
2ℓ
α
ℓF = 2ℓ cos
2
Damit ergibt sich für die Verkürzung der Feder:
α
∆ℓ = 2 ℓ 1 − cos
2
Mit (3) ergibt sich für den Betrag der Feder- Das Arbeitsintegral (1)
kraft:
α
|FF | = 2 ℓ 1 − cos
k
2
A
P
α
2
α
FF
Die durch die Feder auf den Führungsstift F
wirkende Kraft F~F kann somit im xy-System
wie folgt dargestellt werden:
α
sin α2
~
FF = 2 ℓ 1 − cos
k
(4)
cos α2
2
B
y
α
2
x
C
lautet mit (2) und (4):
π
ex
WF1
=
Z2
α=0
(3)
α
2 ℓ 1 − cos
k
2
sin α2
cos α2
·ℓ
cos α
dα
− sin α
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Nach Ausmultiplizieren des Skalarprodukts erhält man das skalare Integral:
π
=
Z2
α=0
α α
α
2 ℓ2 1 − cos
k sin cos α − cos sin α dα
2
2
2
Mit der trigonometrischen Beziehung aus der Aufgabenstellung:
π
=
Z2
α=0
Mit
α
α
2 ℓ2 k 1 − cos
k sin −
dα
2
2
sin α2 cos α2 = 21 sin α
:
π
Z2
ex
WF1
α 1
2 ℓ k − sin + sin α dα
=
2 2
α=0
π2
α 1
2
= 2 ℓ k 2 cos − cos α
2 2
α=0
(
!
)
√
2
1
= 2 ℓ2 k 2
− 1 − (0 − 1)
2
2
√
= ℓ2 k 2 2 − 3
2
(5)
Bei der 2. Führung kann analog vorgegangen werden:
A
s
X
P
r
2ℓ
√
2ℓ
y
B
β
~er
x
~eβ
Für den Bereich AX gilt im xy-System:
0
~r =
2ℓ − s
0
d~r =
ds
−1
Die Federkraft ist:
0
F~ =
ks
(6)
(7)
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Für den Bereich XB gilt mit β als Parameter im ~er ~eβ -System:
~r = r ~er
d~r
d
d~er
r6=f (β)
=
(r ~er ) = r
= r ~eβ
dβ
dβ
dβ
(siehe Herleitung Polarkoordinaten!)
Und damit in Komponentenschreibweise:
0
d~r =
dβ
r
(8)
Die Länge der Feder F ist unabhängig von β:
√
ℓF = 2ℓ
Damit lautet die Federkraft im ~er~eβ -System:
√
ℓ(2 − 2) k
~
F =
0
(9)
Das Arbeitsintegral (1) für die 2. Führung ist mit (6),(7),(8) und (9):
ex
WF2
=
√
ℓ(2−
Z 2)
s=0
= −k
ex
WF2
0
0
·
ds +
ks
−1
√
ℓ(2−
Z 2)
β
Zmax
β=0
|
√
0
ℓ(2 − 2) k
·
dβ
r
0
{z
}
kein Beitrag, da Federkraft immer ⊥ Bahn
s ds
s=0√
=ℓ k 2 2−3
2
(10)
b) Im Punkt A hat die Feder keine Energie gespeichert, da sie entspannt ist. Im Punkt B ist
die gespeicherte Energie:
√
1
k [ℓ(2 − 2)]2
2 | {z }
Verkürzung
√
2
= −ℓ k 2 2 − 3
UB =
Damit lautet die Änderung der potentiellen Energie:
√
2
∆U = UB − UA = −ℓ k 2 2 − 3
(11)
Bemerkung: Eine Federkraft besitzt ein Potential, d.h. sie ist konservativ und die von ihr
geleistete Arbeit ist unabhängig vom Weg. Die Ergebnisse (5) und (10) verifizieren das.
Besitzen Kräfte ein Potential, so gilt: W = −∆U. Die Ergebnisse (11) und (10) bzw. (5)
bestätigen diesen Sachverhalt.