m - Ing. Johannes Wandinger

2.3 Impuls und Drall
Lösungen
Aufgabe 1:
a) Geschwindigkeit:
Für die Wurfweite gilt: d =


Daraus folgt: v 0=
v 20
sin  2  
g
dg
sin  2  
15 m⋅9,81 m /s 2
Zahlenwert: v 0=
=13,04 m / s
sin 60 °
b) Kraftstoß:
Vor dem Kraftstoß ist der Ball in Ruhe. Damit folgt aus dem integrierten Impulssatz:

F=m
v0

Zahlenwert: F=0,2
kg⋅13,04 m/ s=2,607 Ns
Aufgabe 2:
a) Fahrt in der Ebene:
Während des Rollens wirken die Gewichtskraft G, die
Normalkraft N und die Rollreibungskraft R.
y
Kräftegleichgewicht in y-Richtung:
G
−G N =0  N =G= mK m R  g
x
Rollreibungskraft:
R
R= R N = R  mK m R  g
Die Geschwindigkeit zu Beginn des Rollens ist v1. Aus
dem integrierten Impulssatz in x-Richtung folgt für die
Geschwindigkeit v2 am Ende des Rollens:
Technische Mechanik 2
2.3-1
N
Prof. Dr. Wandinger
 m K m R   v2−v1 =−R t =− R  m K m R  g t
Daraus folgt:
v 2 =v 1− R g t
Damit die mittlere Geschwindigkeit konstant bleibt, muss nach dem Abstoßen
wieder die Geschwindigkeit v1 erreicht werden. Aus dem integrierten Impulssatz in x-Richtung folgt daher für den nötigen Kraftstoß:
  m K m R  v 1−v 2  =  m K mR   R g t
F=
Zahlenwert:
  252  kg⋅0,1⋅9,81 m / s 2⋅3 s=79,46 Ns
F=
b) Fahrt mit Steigung:
Während des Rollens wirken die Gewichtskraft G, die
Normalkraft N und die Rollreibungskraft R.
Kräftegleichgewicht in y-Richtung:
y
G
x
−G cos N =0
 N =G cos = m K m R  g cos
R
Rollreibungskraft:
N
α
R= R N = R  mK m R  g cos
Der integrierte Impulssatz in x-Richtung liefert wieder einen Zusammenhang
zwischen der Geschwindigkeit v1 zu Beginn des Rollens und der Geschwindigkeit v2 am Ende des Rollens:
 m K m R   v 2−v1 =−  R  m K m R  g cos  m K mR  g sin    t
Daraus folgt:
v 2 =v 1−  R cossin   g t
Der Kraftstoß beim Abstoßen muss so groß sein, dass die Geschwindigkeit
nach dem Abstoßen wieder v1 ist. Damit folgt aus dem integrierten Impulssatz
in x-Richtung:
  m K m R  v 1−v 2  =  m K mR   R cossin   g t
F=
Die Steigung beträgt 5%, d.h. tan=0,05 . Daraus folgt:
sin =
tan 
=
0,05
 1tan   10,05
cos =
2
1
 1tan 2 
Technische Mechanik 2
=
2
1
 10,052
=0,0499
,
=0,9988
2.3-2
Prof. Dr. Wandinger
Damit ergibt sich folgender Zahlenwert für den Kraftstoß:

F=27
kg⋅ 0,1⋅0,99880,0499 ⋅9,81 m/ s 2⋅3 s=119,0 Ns
Aufgabe 3:
F [N]
Der Kraftstoß berechnet sich aus
3000
3750
2500
t2
 ∫ F t dt . Das Integral entspricht der
F=
t1
Fläche unter dem F-t-Diagramm. Es berechnet sich zu
25
50
100
200
t [ms]
 1 [ 3000⋅25 25003000 ⋅25 25003750 ⋅503750⋅100 ]⋅10−3 Ns=450 Ns .
F=
2
Aufgabe 4:
a) Seillänge L1:
An der freigeschnittenen Masse greifen die Seilkraft S1, die Gewichtskraft G
und die Fliehkraft Z1 an.
Lageplan:
Kräfteplan:
P
S1
θ1
m
L
G
Z1
S1
θ1
1
Z1
G
r1
Der Kräfteplan zeigt:
tan1 =
G
, S 1= G2 Z 21
Z1
v 21
v 21
Mit G=mg und Z 1=m =m
folgt:
r1
L 1 cos1 
tan1 =
g L1
g L1
g
2
L
cos



sin

=
cos

=
1−sin2 1 
1
1
1
2 1
2
2 
v1
v1
v1
Technische Mechanik 2
2.3-3
Prof. Dr. Wandinger
v 21
sin 1
sin 1 −1=0
g L1
2

2

2
2
1 v1
1 v1
 sin 1=−

1
2 g L1
4 g L1
Die zweite Lösung scheidet aus, da der Wert des Sinus zwischen -1 und 1
liegen muss.
Zahlenwert:

2

1 52 m2 / s 2
1
52 m2 /s 2
sin 1=−

1=0,3455
2 9,81 m/ s 2⋅1 m
4 9,81 m / s 2⋅1 m
 1=20,21 °
Der Radius r1 berechnet sich zu
r 1=L1 cos 1=1 m⋅cos 20,21 °=0,9384 m .
Für die Seilkraft gilt:


v 41
5 4 m4 /s 4
S 1=m g  2 =1kg 9,81 m / s 
=28,39 N
r1
0,9384 2 m2
2
2
2
4
Schließlich berechnet sich die Winkelgeschwindigkeit zu
1=
v1
5 m /s
=
=5,328 s−1 .
r 1 0,9384 m
b) Seillänge L2:
Die Wirkungslinie der Kraft, die zur Verkürzung des Seils nötig ist, geht durch
die Drehachse. Ihr Moment um die Drehachse ist daher null. Damit bleibt der
Drall der Masse um die Drehachse konstant:
m r 2 v 2=m r 1 v1  r 2 v 2=r 1 v 1
Daraus folgt für die Geschwindigkeit
v 2 =v 1
r1
r2
und für die Winkelgeschwindigkeit
 2=
v2
r2
=v1
r1
2
r2
.
Für die Zentrifugalkraft Z2 gilt:
Technische Mechanik 2
2.3-4
Prof. Dr. Wandinger
2
v 22
 v2 r 2  =m  v 1 r1 
Z 2 =m =m
r2
r 32
r 32
2
Daraus folgt für den Winkel θ2 :
gr 32
G
tan 2= =
Z 2  v 1 r1 2
Aus L 2 cos2 =r 2
folgt:
L2 =
r2
cos 2 

=r 2  1tan2  2=r 2 1
 g r 32 
2
=
4
r2
2
 v 1 r 1   v1 r 1 

4
 v1 r 1   g r 32 
2
Die Seilkraft berechnet sich wie oben zu

S 2=m g2 
r2

2

v 22
=m g 2 v 1
Zahlenwerte:
v 2= 5 m / s⋅
tan 2=
L2 =
 
r2
2 1
r
3
2
2
.
0,9384 m
0,9384 m
=18,77 s−1
= 9,384 m / s , 2=5m /s⋅
2
0,5 m
 0,5 m 
9,81 m /s 2⋅0,5 3 m3
2
 5 m /s⋅0,9384 m 
0,5m
 2 =3,188°
 5 m /s⋅0,9384 m   9,81 m /s ⋅0,5 m  =0,5008 m
4
 5 m/ s⋅0,9384 m 

=0,05570
2
4
2

2
2
2
S 2=1kg⋅ 9,81 m / s  5 m /s ⋅
2
0,9384 2 m2
0,5 3 m3

3
3 2
2
=176,4 N
Aufgabe 5:
Im eingezeichneten Koordinatensystem
lautet die vektorielle Form der Flugbahn:
1
r t =v 0 t− g t 2 e z
2
z
v0
r(t)
A
Daraus folgt für die Geschwindigkeit:
x
vt = ṙ t=v0 −g t e z
Technische Mechanik 2
2.3-5
Prof. Dr. Wandinger
Für den Drall bezüglich Punkt A gilt:


1
L A t =r× p=m r×v=m v 0 t− g t 2 e z ×  v 0−g t e z 
2
1 2
1
2
2
=m − g t e z ×v 0−g t v 0×e z = m g t e z ×v 0
2
2


Mit
v 0=v 0  cos  e xsin  e z 
folgt
e z ×v 0=v 0 e z × cos e xsin  e z  =v 0 cos  e z ×e x =v 0 cos e y .
Für den zeitlichen Verlauf des Dralls gilt also:
1
L A t = mg t 2 v 0 cos e y
2
Die zeitliche Ableitung des Dralls berechnet sich zu
L̇ A t =mg t v 0 cos e y .
Während des Flugs wirkt auf den Massenpunkt seine Gewichtskraft. Das Moment dieser Kraft bezüglich des Punktes A ist


1
M A t=r t× −mg  e z =−m g v 0 t− g t 2 e z × e z =mg t e z ×v0
2
=mg t v 0 cos  e y .
Damit ist gezeigt: M A t = L̇ A t 
Aufgabe 6:
Jede Masse bewegt sich auf einer Kreisbahn um
den Punkt A. Daher gilt für den Drall des Systems
bezüglich Punkt A:
y
v1
F
m
L Az =4 m r 2 
Das Moment der Kraft F bezüglich Punkt A berechnet sich zu
M Az =r F .
m
v2
Der Drallsatz bezüglich Punkt A lautet:
r1
r2
r3
A
v4
m
r4
x
m
v3
L̇ Az =4 ̇ m r 2= M Az =r F
Daraus folgt für die Winkelbeschleunigung:
Technische Mechanik 2
2.3-6
Prof. Dr. Wandinger
̇=
rF
4mr
=
2
Zahlenwert: ̇=
F
4mr
90 N
1
=75 2
4⋅1 kg⋅0,3 m
s
Aufgabe 7:
An äußeren Kräfte wirken die Lagerkräfte und die Gewichtskräfte. Das Moment
dieser Kräfte um die Drehachse AB ist
null. Daher ist der Drall um die Drehachse konstant.
Ω
R
B
φ
Der Drall um die Achse AB berechnet
sich zu
L AB =2 m r 2 t  t =2 m r 20 0 .
m
Für den Radius gilt:
L
m
r(t)
A
r t=RL sin  t 
=RL sin  00 t 
Damit folgt:
t =0
r 20
2
r t
Technische Mechanik 2
= 0
 RL sin0 
2
 RL sin 0 0 t  
2.3-7
2
=0

1L / Rsin 0 
1 L /R sin 00 t 

2
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Aufgabe 8:
a) Beschleunigung:
Die einzige in x-Richtung auf das Massenpunktsystem wirkende äußere Kraft
ist die Antriebskraft F. Aus dem Schwerpunktsatz folgt
z
m1
m a=m ẍ= F .
m2
F
m3
L
Dabei ist
x
m=m1m2 m 3
die Gesamtmasse des Rennwagens.
Zahlenwerte:
m=100 kg80 kg70 kg=250 kg
a=
F 1000 N
=
=4 m/ s 2
m 250 kg
b) Vertikalkräfte:
Die gesuchten Vertikalkräfte Az und Bz
können aus dem Kräftegleichgewicht in
z-Richtung und dem Drallsatz um Punkt
A berechnet werden.
Kräftegleichgewicht in z-Richtung:
z
A
Az
A z B z −G 1−G2 −G3=0
G1
F
G2
G3
x
Bz
L
Die y-Achse zeigt in die Zeichenebene. Da alle drei Massenpunkte starr miteinander verbunden sind, bewegen sie sich mit der gleichen Geschwindigkeit.
Für die y-Komponente des Dralls um den Punkt A gilt daher:
L Ay = z 1 m1z 2 m2 z 3 m3  v
Der Bezugspunkt A bewegt sich mit der gleichen Geschwindigkeit v wie der
Schwerpunkt. Daher gilt v A× p S =v×m v=0 . Der Drallsatz bezüglich des bewegten Bezugspunkts A vereinfacht sich somit zu
L̇ A = M A .
In Komponenten lautet diese Gleichung
L̇ Ay = z 1 m1 z 2 m2 z 3 m3  a=  x 1 m 1x 2 m2 x 3 m3  g−L B z .
Mit den Schwerpunktskoordinaten
Technische Mechanik 2
2.3-8
Prof. Dr. Wandinger
xS=
1
1
x 1 m1 x 2 m2 x 3 m3  und z S =  z 1 m 1z 2 m 2z 3 m 3

m
m
Bz =
m
 x g−z S a  .
L S
folgt
Die Vertikalkraft im Punkt A berechnet sich damit zu

A z =m g−Bz =m 1−
xS
L


zS a
g .
L g
Zahlenwerte:
xS=
1
 0,5 m⋅100 kg1m⋅80 kg2 m⋅70 kg  =1,08 m
250 kg
zS =
1
 0,5 m⋅100 kg0,4 m⋅80 kg0,3 m⋅70 kg  =0,412 m
250 kg
Bz =
250 kg
1,08 m⋅9,81 m/s 2−0,412 m⋅4 m /s 2 =1118 N

2m

A z =250 kg 1−

1,08 0,412 4

⋅
⋅9,81 m / s 2=1334 N
2
2 9,81
c) Haftungskoeffizient:
Die Haftbedingung lautet F≤ 0 A z .
Daraus folgt 0 ≥
Zahlenwert: 0 ≥
F
.
Az
1000 N
=0,75
1334 N
Aufgabe 9:
a) Geschwindigkeit vor dem Aufprall:
An jedem der beiden Massenpunkte greift die Gewichtskraft an. Damit lautet der Schwerpunktsatz
 m 1m 2  a=  m1m2  g
.
Der Schwerpunkt wird wie ein einzelner Massenpunkt
mit der konstanten Beschleunigung g beschleunigt.
Technische Mechanik 2
2.3-9
m1
h
m2
d
y
A
x
Prof. Dr. Wandinger
Seine Geschwindigkeit am Ende der Fallhöhe h berechnet sich daher zu
v S=  2 gh .
Zahlenwert:
v S=  2⋅9,81 m/s 2⋅5m=9,90 m /s 2
b) Geschwindigkeit nach dem Aufprall:
Die beim Aufprall im Punkt A wirkenden Kräfte verursachen kein Moment um
Punkt A. Daher ist der Drall des Systems bezüglich Punkt A konstant.
Drall unmittelbar vor dem Aufprall:
L A 1=−m2 d v S
Drall unmittelbar nach dem Aufprall:
L A 2=−m 2 d v 2
Aus der Drallerhaltung
L A 2=L A 1
folgt: v 2 =v S
Technische Mechanik 2
2.3-10
Prof. Dr. Wandinger