2. Allgemeine ebene Bewegung

2. Allgemeine ebene Bewegung
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
2.2 Arbeit und Energie
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-1
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
●
Schwerpunktsatz:
–
Aus dem Schwerpunktsatz für Massenpunktsysteme folgt
unmittelbar der Schwerpunktsatz für den starren Körper:
m r̈ S =F
–
Der Schwerpunkt eines starren Körpers bewegt sich so, als
ob die gesamte Masse in ihm vereinigt wäre und alle äußeren Kräfte an ihm angriffen.
–
Für die Bewegung in der xy-Ebene gilt:
m ẍ S =
m ÿ S
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
=
∑Fx
∑ Fy
TM 3 4.2-2
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
●
26.09.16
Drallsatz:
–
Bei einer allgemeinen Bewegung des starren Körpers ist es
vorteilhaft, als Bezugspunkt nicht einen ortsfesten Punkt,
sondern den bewegten Schwerpunkt zu wählen.
–
Da der starre Körper als ein System von unendlich vielen
starr verbundenen Massenelementen betrachtet werden
kann, lautet der Drallsatz bezüglich des bewegten Schwerpunkts wie bei einem System von Massenpunkten:
L̇ S =M S
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-3
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
●
Berechnung des Dralls:
–
–
Zur Berechnung des
Dralls wird ein körperfestes Koordinatensystem
gewählt, das seinen Ursprung im Schwerpunkt
hat.
Der Drall bezüglich des
Schwerpunkts ist definiert
durch
y
vP
rP
K
S
P
x
L S =∫ ( r P × v P ) dm
K
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-4
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Mit r P = x e x + y e y + z e z und v P =v Px e x +v Py e y berechnet sich
der Integrand wie im Falle der Rotation um eine feste Achse
zu
r P ×v P = ( x v Py − y v Px ) e z + z v Px e y−z v Py e x
–
Für die Geschwindigkeiten gilt: v Px =v Sx −ω y , v Py =v Sy +ω x
–
Damit folgt:
r P ×v P =( x v Sy +ω x 2 − y v Sx +ω y 2 ) e z
+ ( z v Sx −ω z y ) e y−( z v Sy +ω z x ) e x
–
Da der Ursprung des gewählten Koordinatensystems im
Schwerpunkt liegt, gilt:
∫ x dm=∫ y dm=∫ z dm=0
K
Prof. Dr. Wandinger
K
K
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-5
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Damit führt die Integration auf
L S =ω
(
2
2
x
+
y
(
) dm e z−∫ x z dm e x−∫ y z dm e y
∫
K
K
K
)
=ω ( J Sz e z + J Sxz e x + J Syz e y )
–
Die zeitliche Änderung des Dralls berechnet sich wie im Falle der Rotation um eine feste Achse:
[ ][ ] [ ]
S
[ L̇ S ]=
L̇ x
S
S
L̇ y = J yz
S
L̇ z
Prof. Dr. Wandinger
S
J xz
S
Jz
S
−J yz
2
ω̇+ J Sxz ω
0
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-6
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
●
Gleichungen für die ebene Bewegung des starren Körpers:
m ẍ S =
m ÿ S =
J Sz ϕ̈ =
∑Fx
∑ Fy
S
M
∑ z
M Sx = J Sxz ϕ̈−J Syz ϕ̇2
M Sy = J Syz ϕ̈+ J Sxz ϕ̇2
–
Aus den drei Gleichungen auf der linken Seite kann die Bewegung (xS (t), yS (t), ϕ(t)) ermittelt werden.
–
Mit den beiden Gleichungen auf der rechten Seite lassen
sich die nötigen Führungsmomente berechnen.
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-7
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
●
Beispiel: Kugel auf schiefer Ebene
–
Gegeben:
●
●
m
S
●
r
–
μ0 , μ
g
Prof. Dr. Wandinger
Homogene Kugel mit Masse m und Radius r
Winkel α
Haftungskoeffizient μ0 und
Gleitreibungskoeffizient μ
Gesucht:
●
α
26.09.16
Beschleunigung des
Schwerpunkts und Winkelbeschleunigung
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-8
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Kräfte an der freigeschnittenen Kugel:
y
–
m v̇ S =−T + m g sin (α)
0= N −m g cos (α)
ω
S
x
r
N
–
mg
Drallsatz:
J S ω̇=−r T
vS
α
T
Schwerpunktsatz:
–
Massenträgheitsmoment:
2
J = mr2
5
S
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-9
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Für das Weitere muss unterschieden werden, ob die Kugel
rollt oder gleitet.
–
Rollen:
●
Mit der Rollbedingung
v̇ S
v S =−r ω → ω̇=−
r
S
S
J
J
folgt aus dem Drallsatz: T =− ω̇= 2 v̇ S
r
r
●
Einsetzen in den Schwerpunktsatz in x-Richtung ergibt
JS
m v̇ S =− 2 v̇ S + m g sin (α)
r
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-10
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
●
Daraus folgt für die Beschleunigung des Schwerpunkts:
v̇ S =
●
m g sin(α) g sin (α) g sin(α) 5
=
=
= g sin (α)
S
S
2
7
J
J
1+
m+ 2
1+
5
r
m r2
Für die benötigte Tangentialkraft folgt aus dem Drallsatz:
JS
2 5
2
T = 2 v̇ S = m⋅ g sin (α)= m g sin(α)
5 7
7
r
●
Die Haftbedingung lautet:
2
7
T = m g sin(α)<μ 0 N =μ 0 m g cos(α) → tan (α)< μ 0
7
2
●
Die Kugel rollt, wenn die Haftbedingung erfüllt ist.
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-11
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Gleiten:
●
●
●
Für tan(α)> 7μ 0 /2 gleitet die Kugel.
Das Gleitreibungsgesetz lautet: T =R=μ N =μ m g cos(α)
Einsetzen in den Schwerpunktsatz in x-Richtung ergibt:
m v̇ S =m g ( sin(α)−μ cos(α) ) → v̇ S = g ( sin (α)−μ cos (α) )
●
Der Drallsatz lautet:
2
5 μg
m r 2 ω̇=−r μ m g cos (α) → ω̇=−
cos(α)
5
2 r
●
Beim Gleiten sind Schwerpunktbeschleunigung und Winkelbeschleunigung nicht durch die Rollbedingung gekoppelt.
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-12
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
●
Beispiel: Beschleunigendes Fahrzeug
–
–
L1
Das Fahrzeug wird als
starrer Körper der Masse
m angesehen. Die Rotation der Räder wird vernachlässigt.
Gegeben:
●
●
Haftungskoeffizient μ0
zwischen Fahrbahn und
Reifen
Prof. Dr. Wandinger
m
S
h
μ0
–
m, L1 , L2 und h
L2
Gesucht
●
maximal mögliche Beschleunigung a bei Hinterradantrieb
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-13
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Schwerpunktsatz und Drallsatz:
S
y
H
x
∑ F x =m aSx
∑ F y=0
S
M
∑ =0
Prof. Dr. Wandinger
N1
mg
N2
:
H =m a
(1)
:
N 1 + N 2 −m g =0
(2)
:
−L 1 N 1 + L 2 N 2 +h H =0
(3)
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-14
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
26.09.16
Zum Auflösen werden zunächst die Normalkräfte mit Hilfe
der Gleichungen (2) und (3) eliminiert:
(2) → N 2 =m g −N 1
in (3) : − L1 N 1 + L 2 ( m g− N 1 ) +h H =0
→ h H + L 2 m g h=( L1 + L 2 ) N 1
h H + L2 m g
L1 m g −h H
→ N 1=
, N 2=
L 1+ L 2
L1 + L 2
–
Die Haftbedingung lautet:
L2
h
H <μ 0 N 1=μ 0
H +μ 0 m g
L1 + L 2
L1+ L2
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-15
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Aus der Haftbedingung folgt:
(
–
26.09.16
μ0 h
L2
μ0 L2
1−
H <μ 0 m g
→ H<
mg
L1+ L2
L1 + L 2
L1 + L 2 −μ 0 h
)
Aus (1) folgt für die Beschleunigung:
μ0 L2
H
a= <
g
m L1 + L 2−μ 0 h
–
Dieses Ergebnis ist richtig, solange das Vorderrad nicht abhebt.
–
Das Vorderrad hebt ab für N2 < 0.
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-16
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
●
Beispiel: Radfahrer in Kurve
–
Ein Radfahrer fährt durch eine Kurve.
–
Gegeben:
–
–
●
Geschwindigkeit v
●
Kurvenradius r
Gesucht:
●
Haftungskoeffizient μ0
●
Neigungswinkel α
α
Der Drall der Räder wird vernachlässigt.
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-17
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
–
Die Beschleunigung des Schwerpunkts ist gleich der Zentripetalbeschleunigung:
v2
a Sy =−
r
S
Der Schwerpunktsatz lautet:
∑ F y=m aSy
v2
: −H =−m
r
v2
→ H =m
r
∑ F z =0
Prof. Dr. Wandinger
h mg
H
α
z
b
N
y
: −m g + N =0 → N =m g
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-18
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Der mindestens nötige Haftungskoeffizient folgt aus der
Haftbedingung:
v2
v2
H =m <μ 0 N =μ 0 m g → μ 0 >
r
gr
–
Die Winkelgeschwindigkeit ist konstant:
–
Der Drallsatz lautet:
∑ M x =−J yz ω : b N −h H =−
S
S
2
J Syz
r2
v
v
ω=
r
2
J Syz
2
v
2
→ b m g + 2 v =h m
r
r
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-19
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Zentrifugalmoment:
●
●
●
Zur Vereinfachung wird angenommen, dass der Radfahrer symmetrisch bezüglich der ξζ-Ebene ist.
ζ
z
η
Dann gilt im gedrehten Koordinatensystem:
S
J ηζ =0
Die Massenträgheitsmomente JSη
und JSζ für Drehungen um die ηbzw. ζ-Achse werden als bekannt
vorausgesetzt.
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
y
α
TM 3 4.2-20
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
●
Umrechnung der Koordinaten:
ζ
z
P
β=90 °−α , ϕ=ψ+β
η=R cos ( ψ) , ζ=R sin ( ψ)
y=R cos(ϕ) , z=R sin(ϕ)
η
R
ψ
β
α
ϕ
β
y
y=R cos ( ψ+β)=R ( cos ( ψ) cos (β)−sin ( ψ)sin (β) )
=η cos (β)−ζ sin (β)=ηsin (α)−ζ cos (α)
z=R sin ( ψ+β)=R ( sin ( ψ) cos (β)+cos ( ψ)sin (β) )
=ζ cos (β)+ηsin (β)=ζ sin (α)+η cos (α)
yz=( ηsin (α)−ζ cos (α) )( ζ sin (α)+ηcos (α) )
=( η2 −ζ 2 ) sin (α) cos (α)+ηζ ( sin 2 (α)−cos 2 (α))
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-21
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
●
26.09.16
Mit J Sηζ =0 folgt für das Zentrifugalmoment:
J yz =−∫ y z dm=−∫ ( η −ζ ) dm sin (α) cos (α)
S
2
K
2
K
=−∫ [ (ξ +η )−(ξ +ζ ) ] dm sin (α) cos (α)
2
2
2
2
K
=−( J Sζ −J Sη ) sin (α)cos (α)
–
Geometrie:
h=c sin (α)
b=c cos (α)
c
h
α
b
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-22
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Neigungswinkel:
●
Aus dem Drallsatz folgt:
v
m g c cos (α)+
r
2
()
2
v
S
S
J
−J
( η ζ ) sin (α)cos (α)=m c sin (α)
r
J Sη−J Sζ
→ 2+
sin (α)=tan (α)
rcm
v
gr
●
●
Diese Gleichung kann nur iterativ gelöst werden.
Für
J S η−J S ζ
rcm
≪
gr
v
2
ergibt sich die Näherung:
Prof. Dr. Wandinger
gr
v
2
≈tan (α)
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-23
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Zahlenwerte:
●
Mit v = 10 m/s, r = 20 m, c = 1,2 m, m = 75 kg, JSη = 20 kgm2,
JSζ = 2 kgm2 berechnen sich die einzelnen Terme zu
S
S
2
J η−J ζ
(20−2) kgm 2
g r 9,81 m /s ⋅20 m
=
=1,962 ,
=
=0,01
2
2
2 2
r c m 20 m⋅1,2 m⋅75 kg
v
10 m /s
2
v
1
μ0 > =
=0,5097
g r 1,962
●
Haftungskoeffizient:
●
Neigungswinkel aus Näherung:
tan(~
α)=1,962 → ~
α=62,99 °
●
Exakter Neigungswinkel:
α=63,10 °
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-24
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
26.09.16
Ähnliche Verhältnisse liegen bei einem Flugzeug
im Kreisflug vor.
A
MA
G
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-25
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
●
Beispiel: Abgleitende Leiter
–
–
Die abgebildete Leiter gleitet in
den Punkten A und B.
●
●
–
Abmessung a
Masse m,
Massenträgheitsmoment J S =m i 2S
Reibungskoeffizient μ
Gesucht:
●
g
ϕ
Gegeben:
●
A
Winkelbeschleunigung ϕ̈(ϕ , ϕ̇)
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
S
B
TM 3 4.2-26
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Kinematik:
y
NA
x S =a sin (ϕ)
y S =a cos(ϕ)
A
RA
ẋ S =a cos(ϕ) ϕ̇
ẏ S =−a sin (ϕ) ϕ̇
ẍ S =−a ( sin (ϕ) ϕ̇2 −cos(ϕ) ϕ̈)
ÿ S =−a ( cos(ϕ) ϕ̇2 +sin (ϕ) ϕ̈)
yS
ϕ
S
mg
B
xS
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
NB
RB
x
TM 3 4.2-27
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Kinetik:
∑ F x =m ẍ S
∑ F y =m ÿ S
∑ M S =J S ϕ̈
: N A −R B =m ẍ S
(1)
: R A−m g + N B =m ÿ S
(2)
:−N A a cos(ϕ)−R A a sin (ϕ)
+ N B a sin (ϕ)−R B a cos(ϕ)=J S ϕ̈ (3)
–
Reibungsgesetze:
–
Einsetzen der Reibungsgesetze in (1) und (2) ergibt:
m
N A=
ẍ +μ ÿ S +μ g )
2( S
NA − μ NB =
m ẍ S
1+μ
→
m
μ N A + N B = m ( ÿ S + g )
N B=
ÿ −μ ẍ S + g )
2( S
1+μ
Prof. Dr. Wandinger
R A =μ N A , R B =μ N B
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-28
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Einsetzen der Kräfte in (3) führt auf:
−a ( ẍ S +μ ÿ S +μ g ) ( cos(ϕ)+μ sin (ϕ) )
JS
+a ( ÿ S −μ ẍ S + g ) ( sin (ϕ)−μ cos(ϕ) ) =( 1+μ ) ϕ̈
m
2
→
–
[ ( 1−μ 2 ) sin (ϕ)−2μ cos(ϕ)] a g
=( 1+μ 2 ) i 2S ϕ̈+ [ ( 1−μ 2 ) cos(ϕ)+2μ sin (ϕ) ] a ẍ S
−[ ( 1−μ 2 ) sin (ϕ)−2μ cos (ϕ) ] a ÿ S
Mit den kinematischen Beziehungen folgt:
[
[ ( 1−μ 2 ) sin (ϕ)−2μ cos(ϕ) ] ag = ( 1+μ 2 )
Prof. Dr. Wandinger
i 2S
a
4. Kinetik des starren Körpers
]
2
2
+1−μ
ϕ̈−2μ
ϕ̇
2
TM 3 4.2-29
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
26.09.16
Auflösen nach ϕ̈ ergibt:
ϕ̈=
[ ( 1−μ 2 ) sin (ϕ)−2μ cos(ϕ)] ag +2 μ ϕ̇2
( 1+μ 2 )
iS 2
+1−μ 2
a
()
–
Diese Gleichung gilt, solange die Normalkräfte NA und NB
positiv sind.
–
Wird eine der Normalkräfte null, so löst sich der entsprechende Kontakt. Dann gelten andere kinematische und kinetische Beziehungen.
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-30
26.09.16
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
–
Die Leiter kann aus der Ruhelage zu gleiten beginnen,
wenn gilt: ϕ̈(ϕ0 , 0)> 0
–
Daraus folgt für den kritischen Winkel ϕ0 :
( 1−μ 2 ) sin (ϕ0 )>2μ cos(ϕ0 ) → tan (ϕ0 )> 2μ 2
1−μ
–
Zahlenwerte:
●
●
Die folgenden Diagramme zeigen die Ergebnisse für a = 5 m,
(i S /a)2 = 0,3, μ = 0,3 und ϕ0 = 35°.
Nach 2,78 s löst sich der Kontakt im Punkt A. Ab diesem Zeitpunkt gelten die angegebenen Beziehungen nicht mehr.
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-31
2.1 Schwerpunktsatz und Drallsatz
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
26.09.16
TM 3 4.2-32
2.2 Arbeit und Energie
●
Kinetische Energie:
–
Wie bei der Rotation um
eine feste Achse gilt:
E K=
–
–
Integration über den Körper ergibt:
1 2 2
E = ( v Sx +v Sy ) m
2
1 2 ( 2 2)
+ ω ∫ x +y dm
2 K
K
1
v 2 dm
∫
2K
Das Quadrat der Geschwindigkeit berechnet
sich jetzt zu
26.09.16
–
Damit ist gezeigt:
v 2=v 2x +v 2y
2
2
=( v Sx −ω y ) + ( v Sy +ω x )
1
1
E K = m v 2S + J S ω 2
2
2
=v 2Sx +v 2Sy +ω2 ( x 2 + y 2 )
−2 v Sx ω y +2 v Sy ω x
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-33
2.2 Arbeit und Energie
●
26.09.16
Arbeitssatz:
–
Aus dem Arbeitssatz für Massenpunktsysteme mit starren
Bindungen folgt unmittelbar der Arbeitssatz für den starren
Körper:
E KB −E KA =W AB
–
Die Differenz zwischen der kinetischen Energie zum Zeitpunkt B und der kinetischen Energie zum Zeitpunkt A ist
gleich der in diesem Zeitraum von den äußeren Kräften verrichteten Arbeit.
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-34
26.09.16
2.2 Arbeit und Energie
●
Energieerhaltungssatz:
–
Wenn alle äußeren Kräfte konservative Kräfte sind, kann
ihre Arbeit aus der potenziellen Energie berechnet werden.
–
Dann gilt:
E KB + E PB =E KA + E PA
–
Die Summe aus kinetischer und potentieller Energie ist
konstant.
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-35
2.2 Arbeit und Energie
●
Beispiel: Rollende Kugel
–
Aufgabenstellung:
●
ω0
r
m
z
Prof. Dr. Wandinger
v0
26.09.16
g
●
●
Eine homogene Kugel
mit Masse m und Radius
r rollt einen Abhang hinunter.
Ihr Schwerpunkt hat die
Anfangsgeschwindigkeit
v0 .
Gesucht ist die Geschwindigkeit in Abhängigkeit von der vom
Schwerpunkt zurückgelegten Höhendifferenz
z.
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-36
2.2 Arbeit und Energie
26.09.16
2
2
J = mr
5
S
–
Massenträgheitsmoment der Kugel:
–
Rollbedingung:
–
Außer der Führungskraft wirkt nur die Gewichtskraft auf die
Kugel. Die Gewichtskraft ist eine konservative Kraft. Daher
kann der Energieerhaltungssatz angewendet werden.
–
Kinetische Energie:
ω r =v → ω=
v
r
1
1
7
K
2 2
2 2
2 2 2
2
E 0 = m v 0 + ω0 r = m v 0 + v 0 =
m v0
2
5
2
5
10
(
)
(
)
7
2
E ( z)=
m v ( z)
10
K
Prof. Dr. Wandinger
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-37
26.09.16
2.2 Arbeit und Energie
–
Als Nullniveau für die Lageenergie wird der Ausgangspunkt
gewählt.
–
Dann gilt für die Lageenergie:
–
Damit lautet der Energieerhaltungssatz:
E G0 =0 , E G ( z)=−mg z
7
7
2
m v ( z)−mg z=
m v 20
10
10
–
Daraus folgt für die Geschwindigkeit:
v 2 ( z)=v 20 +
Prof. Dr. Wandinger
√
10
10
g z → v (z)= v 20 +
gz
7
7
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-38
26.09.16
2.2 Arbeit und Energie
●
Beispiel: Umfallender Stab
–
–
–
Ein homogener dünner Stab
wird aus der Anfangslage
(Winkel ϕ0 ) aus der Ruhe losgelassen.
Zu untersuchen ist die sich
einstellende Bewegung.
Gegeben:
●
●
g
S
ϕ
a = 0,5 m, m, JS = ma 2/3
μ = 0,4, μ0 = 0,8, ϕ0 = 30°
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y
4. Kinetik des starren Körpers
A
x
TM 3 4.2-39
2.2 Arbeit und Energie
–
–
26.09.16
Der Vorgang besteht aus 2 Phasen:
●
Phase 1: Der Stab haftet im Punkt A.
●
Phase 2: Der Stab gleitet im Punkt A.
Phase 1: Haften
●
●
Nur die Gewichtskraft verrichtet Arbeit. Diese Phase kann mit
dem Energieerhaltungssatz untersucht werden. Das Nullniveau wird bei y = 0 gewählt.
Zustand A: Ruhelage
K
G
E A =0 , E A =m g a cos(ϕ0 )
●
Zustand B: Ausgelenkte Lage
1
K
2 1 S 2
G
E B = m v S + J ϕ̇ , E B =m g a cos(ϕ)
2
2
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4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-40
26.09.16
2.2 Arbeit und Energie
v S =a ϕ̇
●
Der Stab dreht sich um Punkt A:
●
Damit gilt für die kinetische Energie im Zustand B:
1
1
2
E KB = m a 2 + a 2 ϕ̇2 = m a 2 ϕ̇2
2
3
3
(
●
)
Energieerhaltungssatz:
K
G
K
G
E B + E B =E A + E A
2
2 2
m a ϕ̇ +m g a cos(ϕ)=m g a cos(ϕ0 )
3
2
→ ϕ̇ =
3 g
cos(ϕ0 )−cos (ϕ) )
(
2a
2
1 d ϕ̇ 3 g
→ ϕ̈=
=
sin(ϕ)
2 dϕ 4 a
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4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-41
26.09.16
2.2 Arbeit und Energie
–
Haftbedingung:
●
y
Schwerpunktsatz:
∑ F x =m ẍ S
: −H =m ẍ S
→ H =−m ẍ S
S
∑ F y =m ÿ S
: N −m g =m ÿ S
→ N =m ( ÿ S +g )
●
ϕ
mg
Kinematik:
A
H
x S =−a sin (ϕ)
ẋ S =−a cos (ϕ) ϕ̇
→
y S = a cos(ϕ)
ẏ S =−a sin(ϕ) ϕ̇
2
x
N
2
→ ẍ S =a ( sin (ϕ) ϕ̇ −cos(ϕ) ϕ̈) , ÿ S =−a ( cos(ϕ) ϕ̇ +sin(ϕ) ϕ̈)
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4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-42
26.09.16
2.2 Arbeit und Energie
●
2
Einsetzen für ϕ̇ und ϕ̈ ergibt:
3
ẍ S = g ( 2 sin (ϕ) cos(ϕ0 )−2 sin (ϕ) cos(ϕ)−cos(ϕ) sin(ϕ) )
4
3
= g sin(ϕ) ( 2 cos(ϕ0 )−3 cos(ϕ) )
4
3
2
2
ÿ S =− g ( 2 cos (ϕ) cos(ϕ0 )−2 cos (ϕ)+sin (ϕ) )
4
●
Damit folgt für die Haftkraft und die Normalkraft:
3
H = m g sin(ϕ) ( 3 cos(ϕ)−2 cos(ϕ0 ) )
4
1
2
N = m g ( 1−6 cos(ϕ)cos (ϕ0 )+ 9 cos (ϕ) )
4
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4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-43
2.2 Arbeit und Energie
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4. Kinetik des starren Körpers
26.09.16
TM 3 4.2-44
2.2 Arbeit und Energie
●
●
●
●
●
26.09.16
Die Bahnbeschleunigung liefert einen positiven Beitrag zur
Beschleunigung aSx und die Zentripetalbeschleunigung einen
negativen. Ab einem Winkel von 54,7° wird die Beschleunigung positiv. Entsprechend ändert sich auch das Vorzeichen
der Haftkraft.
Gleiten beginnt für |H| > μ 0 N .
Mit den gegebenen Zahlenwerten ergibt sich für den Winkel,
bei dem Gleiten einsetzt: ϕG = 59,5° (numerisch ermittelt)
Bei diesem Winkel ist die Haftkraft negativ, d.h. sie ist nach
rechts gerichtet.
Es setzt also Gleiten nach links ein.
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4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-45
26.09.16
2.2 Arbeit und Energie
–
Phase 2: Gleiten
●
y
Kinematik:
x S =x A−a sin (ϕ)
y S =a cos (ϕ)
ẋ S = ẋ A−a cos (ϕ) ϕ̇
ẏ S =−a sin(ϕ) ϕ̇
S
2
ẍ S = ẍ A +a ( sin(ϕ) ϕ̇ −cos (ϕ) ϕ̈)
ÿ S =−a ( cos(ϕ) ϕ̇2 +sin(ϕ) ϕ̈)
●
A
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x
R
Kinetik:
∑ F x =m ẍ S
∑ F y=m ÿ S
ϕ
mg
N
: R=m ẍ S
: N −m g =m ÿ S
∑ M S =J S ϕ̈
:
1
( N sin(ϕ)+R cos(ϕ) ) a= m a 2 ϕ̈
4. Kinetik des starren Körpers
3
TM 3 4.2-46
26.09.16
2.2 Arbeit und Energie
●
●
●
Reibungsgesetz:
R=μ N
Einsetzen des Reibungsgesetzes in den Drallsatz ergibt:
1
( sin(ϕ)+μ cos(ϕ) ) N = m a ϕ̈
3
Aus dem Schwerpunktsatz in y-Richtung folgt:
N =m ( ÿS + g )
●
●
Einsetzen in den Drallsatz ergibt:
1
( sin(ϕ)+μ cos(ϕ) ) ( ÿ S + g )= a ϕ̈
3
Mit der kinematischen Beziehung folgt:
1
3
( sin(ϕ)+μ cos(ϕ) ) [ g−a ( cos(ϕ) ϕ̇2 +sin (ϕ) ϕ̈ ) ]= a ϕ̈
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4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-47
2.2 Arbeit und Energie
●
26.09.16
Auflösen nach der Winkelgeschwindigkeit ergibt:
2
3 ( g / a−cos(ϕ) ϕ̇ ) ( sin (ϕ)+μ cos(ϕ) )
ϕ̈=
1+3 sin (ϕ) ( sin (ϕ)+μ cos(ϕ) )
●
Damit kann auch die Normalkraft berechnet werden:
m a ϕ̈
1
N=
3 sin (ϕ)+μ cos (ϕ)
●
Aus dem Schwerpunktsatz in x-Richtung folgt:
ẍ S =μ
N
m
→ ẍ A =μ
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N
−a ( sin(ϕ) ϕ̇2 −cos(ϕ) ϕ̈)
m
4. Kinetik des starren Körpers
TM 3 4.2-48
2.2 Arbeit und Energie
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4. Kinetik des starren Körpers
26.09.16
TM 3 4.2-49
2.2 Arbeit und Energie
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4. Kinetik des starren Körpers
26.09.16
TM 3 4.2-50