2 cm2 2 cm2 - Ing. Johannes Wandinger

4.1 Rotation um eine feste Achse
Lösungen
Aufgabe 1:
Die drei Linien durch den Mittelpunkt des Rades und einen der Mittelpunkte
der drei Bohrungen sind Symmetrielinien. Daher liegt der Massenschwerpunkt im Mittelpunkt des Rades:
x S =0, y S =0
Zur Berechnung der Masse und des Massenträgheitsmoments wird das Rad
in sechs Teilkörper unterteilt, nämlich den Radkranz, die Radscheibe, die
mittlere Bohrung und die drei sternförmig angeordneten Bohrungen.
Die Gesamtmasse berechnet sich aus der Masse des Radkranzes und der
Radscheibe abzüglich der Massen der Bohrungen. Entsprechend berechnet
sich das Massenträgheitsmoment aus den Massenträgheitsmomenten des
Radkranzes und der Radscheibe abzüglich der Massenträgheitsmomente der
Bohrungen.
Radkranz:
Der Radkranz ist ein dickwandiger Hohlzylinder.
z
x
30
Masse:

m1= ⋅7,85⋅10−3 kg/ cm3⋅30 cm  802−602  cm 2
4
=517,9 kg
60
80
Massenträgheitsmoment:
1
J 1= ⋅517,9 kg⋅ 802 60 2  cm2=647400 kgcm 2
8
Radscheibe:
Die Radscheibe ist ein Zylinder.
Technische Mechanik 2
4.1-1
z
x
10
Masse:

m 2= ⋅7,85⋅10−3 kg /cm 3⋅602 cm 2⋅10 cm
4
=222,0 kg
60
Prof. Dr. Wandinger
Massenträgheitsmoment:
1
J 2= ⋅222,0 kg⋅60 2 cm2 =99900 kgcm 2
8
Mittlere Bohrung:
Die Bohrung ist ein Zylinder.
z
x
10
Masse:

m3= ⋅7,85⋅10−3 kg/ cm3⋅102 cm 2⋅10 cm=6,165 kg
4
10
Massenträgheitsmoment:
1
J 3= ⋅6,165 kg⋅102 cm=77,06 kgcm2
8
Sternförmige Bohrungen:
Masse:

m4= ⋅7,85⋅10−3 kg / cm3⋅152 cm2⋅10 cm=13,87 kg
4
z
17,5
10
Alle drei Bohrungen sind Zylinder und haben dieselbe
Masse und dasselbe Massenträgheitsmoment.
15
Massenträgheitsmoment:


1
J 4 =13,87 kg⋅ ⋅152 cm2 17,52 cm2 =4638 kgcm 2
8
Gesamtes Rad:
Masse:
m=m1m2 −m 3−3 m4 
m=692 kg
Massenträgheitsmoment:
J z =J 1J 2−J 3−3 J 4 
J z =733300 kgcm 2
Aufgabe 2:
Das Speichenrad besteht aus dem Radkranz, der Nabe und sechs Speichen.
Die Schwerpunkte der Speichen liegen auf einem Kreis mit Radius
Rs =5cm12,5 cm=17, 5cm .
Technische Mechanik 2
4.1-2
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Radkranz:
1
1
2
2
2
2
Dickwandiger Hohlzylinder: m 1=   h  D 1−d 1  , J 1= m1  D1d 1 
4
8
Mit D 1=70 cm , d 1=60 cm und h=10 cm folgt:
m1=80,15 kg , J 1=85160 kgcm 2
Radnabe:
1
1
2
2
2
2
Dickwandiger Hohlzylinder: m 2=   h  D2−d 2  , J 2= m 2  D2d 2 
4
8
Mit D2=10 cm , d 2 =5 cm und h=10 cm folgt:
m2=4,624 kg , J 2 =72,25kgcm 2
Speichen:
Dünner Stab: m3= As L s , J 3 s =
1
m3 L 2s , J 3=J 3 s m 3 R2s
12
2
Mit A s =12,5 cm und L s =25 cm folgt:
m3=2,453 kg , J 3 s =127,8 kgcm 2 , J 3=879,0 kgcm2
Gesamt:
m=m1m2 6 m3 , J z =J 1J 26 J 3
Zahlenwerte:
2
m=99,49 kg , J z =90510 kgcm
Aufgabe 3:
Das Rad ist aus zwei Körpern zusammengesetzt, deren Massen und Massenträgheitsmomente addiert werden. Beide Körper sind dickwandige Hohlzylinder.
Technische Mechanik 2
4.1-3
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Körper 1: Äußeres Rad
Masse:
z
5

m 1= ⋅7,85⋅10−3 kg/cm3⋅5 cm⋅ 702−302  cm 2
4
=123,3 kg
30
Massenträgheitsmoment:
70
1
J 1= ⋅123,3 kg⋅ 70 230 2  cm2=89390 kgcm 2
8
Körper 2: Inneres Rad
Masse:
z
15

m2= ⋅7,85⋅10−3 kg /cm 3⋅15 cm⋅ 302−102  cm 2
4
=73,98 kg
10
Massenträgheitsmoment:
30
1
J 2= ⋅73,98 kg⋅ 302102  cm 2=9248 kgcm 2
8
Gesamtes Rad:
m=m1m2 =197,3 kg , J z =J 1J 2=98640 kgcm 2
Aufgabe 4:
Wenn die Aufhängung im Punkt B versagt, dreht sich das Bild um Punkt A.
Der Drallsatz für die z-Komponente des
Dralls bezüglich Punkt A lautet:
b
−c m g
2
Daraus folgt für die Winkelbeschleunigung:
̇=−
 
mg b
−c
J Az 2
c
ω
S
mg
y
x
a
 
J Az ̇=−
A
b
Für das Massenträgheitsmoment bezüglich des Schwerpunkts gilt:
Technische Mechanik 2
4.1-4
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1
m  a 2 b 2 
12
Für das Massenträgheitsmoment bezüglich
Punkt A gilt:
J Az =J Sz m r
A
2
r=
 
2
r
c
Der Abstand r zwischen dem Schwerpunkt
und dem Drehpunkt A berechnet sich zu
c
S
2
 
a
b
 −c
2
2
B
a
J Sz =
.
b
Zahlenwerte:
J Sz =
1
⋅10 kg⋅ 12 m21,52 m2 =2,708 kgm 2
12
r 2=0,52 m2  0,75−0,3  m2=0,4525 m2
J Az =2,708 kgm 210 kg⋅0,45252 m2=7,233 kgm 2
10 kg⋅9,81 m/ s2
−2
̇=−
⋅ 0,75−0,3  m=−6,103 s
2
7,233 kgm
Aufgabe 5:
Dynamisches Gleichgewicht am freigeschnittenen Segelflugzeug:
∑D F x =0 : −S Rm a=0
 S=Rma
z
∑D F z=0 : −m g N =0
x
 N=m g
ma
S
R
mg
N
Gleitreibungsgesetz:
R= N = m g
Damit berechnet sich die Seilkraft zu
M
S=m   ga  .
Drallsatz für die Trommel: J ̈=M −r S
Kinematik: a=r ̈  ̈=
a
r
S
r
S
A
φ
Damit berechnet sich das benötigte Drehmoment zu
Technische Mechanik 2
4.1-5
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a
M =J r m   ga  .
r
Zahlenwert:
3 m / s2
2
2
M =50 kgm ⋅
0,75 m⋅350 kg⋅ 0,2⋅9,81 m / s 3 m/ s =1503 Nm
0,75 m
2
Aufgabe 6:
Die einzige auf das Gesamtsystem, bestehend aus der
Rolle und den zwei Massen, von außen wirkende Kraft
ist die Gewichtskraft. Da die Gewichtskraft eine konservative Kraft ist, gilt der Energieerhaltungssatz.
Wahl der Freiheitsgrade:
−
−
−
Die Verschiebung s1 der Masse m1 wird ab der
Ruhelage positiv nach oben gemessen.
Die Verschiebung s2 der Masse m2 wird ab der
Ruhelage positiv nach unten gemessen.
φ
s1
m1
m3 , R
m2
s2
Die Verdrehung φ der Rolle wird ab der Ruhelage positiv im Uhrzeigersinn gemessen.
Kinematische Bindungen:
s 1=s 2= R
Nullniveau für die Lageenergie:
Das Nullniveau für die Lageenergien der Massen m1 und m2 wird jeweils
in ihre Ruhelage gelegt.
Kinetische Energien:
Zustand A (Ruhelage):
E KA =0
Zustand B (Auslenkung s1):
1
1
1
E KB = m1 ṡ 21 m 2 ṡ 22  J 3 ̇ 2
2
2
2
Mit den kinematischen Beziehungen ṡ 1= ṡ 2 und ̇= ṡ2 /R sowie dem
Massenträgheitsmoment
1
J 3= m 3 R2
2
K
folgt: E B =


1
1
2
m1m2  m 3 ṡ 2
2
2
Lageenergien:
Technische Mechanik 2
4.1-6
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Zustand A:
E GA =0
Zustand B:
E GB =m1 g s 1−m2 g s 2= m1−m2  g s 2
K
G
K
G
Energieerhaltungssatz: E B E B =E A E A


1
1
2
m 1m2 m3 ṡ 2 m1−m2  g s 2=0
2
2
 s˙22=2
m2 −m1
m1m2m 3 / 2
g s2
Für die Beschleunigung gilt:
2
m2−m1
1 d ṡ 2
a 2 = s̈ 2=
=
g
2 ds 2 m1m2m3 / 2
Zahlenwert: a 2 =
10 kg−5 kg
⋅g=0,3125 g=3,066 m/s 2
5 kg10 kg1 kg
Aufgabe 7:
a) Kinematische Beziehungen:
Riemen und Seil sind dehnstarr. Daher gilt:
v=v A =r 2 2  2=
v B=2 r 3=v
v
r2
B
C
ω1
r3
vB
r1
r1
r2
ω2
A
r2
v B=v C =1 r 1
 1=
r3
=v
v
s
r3
m
r1 r 2
b) Geschwindigkeit in Abhängigkeit vom Weg:
An dem Gesamtsystem greift die Gewichtskraft und das Antriebsmoment an.
Die Aufgabe wird mit dem Arbeitssatz gelöst.
Zustand A: Ruhezustand
Zustand B: Die Masse m hat den Weg s nach oben zurückgelegt.
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4.1-7
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Das Nullniveau für die Lageenergie der Masse wird in die Ruhelage gelegt.
Kinetische Energien:
E KA =0
[   ]
2
r3
J2 2
1
1
1
1
2
2
2
E = m v  J 1  1 J 2 2= mJ 1
 2 v
2
2
2
2
r1r2
r2
K
B
Lageenergien:
E GA =0
E GB =m g s
Arbeit des Antriebsmoments:
Wird der Winkel aus der Ruhelage gemessen, dann gilt: W AB= M A 1
Aus ̇1=1=v
r3
r1 r 2
= ṡ
Damit gilt: W AB= M A
r3
r 1r2
folgt: 1=s
r3
r1 r 2
r3s
r1 r 2
Der Arbeitssatz lautet: E B E B − E A E A =W AB
K
G
K
G
Einsetzen ergibt:
[   ]
2
r3
J2 2
r3 s
1
mJ 1
 2 v m g s=M A
2
r 1r 2
r1r2
r2
Daraus folgt:
v=

2

M A r3
r 1r 2
m J 1

−m g s
 
r3
r1 r 2
2

J2
r 22
c) Kleinstes Antriebsmoment:
Für das kleinste Antriebsmoment ist die Beschleunigung der Masse null. Bei
ortsabhängiger Geschwindigkeit gilt für die Beschleunigung:
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M A r3
dv 1 dv2
a=v =
=
ds 2 ds
r 1r 2
m J 1
Aus a=0 folgt: M Amin =
r1r 2
r3
−m g
 
r3
r1 r 2
2
J2

r 22
mg
Zahlenwert:
M Amin =
0,3 m⋅0,25 m
⋅100 kg⋅9,81 m=147,2 Nm
0,5 m
d) Beschleunigung:
Mit M A =2 M Amin=2
r 1r 2
r3
m g folgt aus der Formel für die Beschleunigung:
m
a=
mJ 1
 
r3
r 1r 2
2

J2
r
1
g=
1
2
2
1
m r 22
 
r3
J1
r1
2
g
J2
Zahlenwert:
1
a=
1
1
100 kg⋅0,252 m 2
Technische Mechanik 2

 
10 kgm 2⋅
2
0,5
80 kgm 2
0,3
4.1-9

g=0,05481 g
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