a0 a0 - Ing. Johannes Wandinger

Technische Mechanik Lösungsblatt 3.2
Aufgabe 1:
a) Winkelgeschwindigkeit vor Beginn des Bremsens
Allgemein gilt:  t =
v B t 
R
Daraus folgt: 0 = 0=
Zahlenwert: 0 =
v0
R
30 m / s
1
=0,15
200 m
s
b) Überstrichener Winkel
Allgemein gilt: s t=R t 
Daraus folgt:  B =
Zahlenwert:  B =
sB
R
75 m
=0,375=21,49 °
200 m
c) Beschleunigungen
Die Bahnbeschleunigung ist während des Bremsens konstant, d.h. es liegt
eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung vor.
Am Ende des Bremsens ist die Bahngeschwindigkeit Null. Für die Bremszeit
tB gilt also:
v 0 a 0 t B=0  t B =−
v0
a0
Für den während dieser Zeit zurückgelegten Weg gilt:
2
2
2
2
v 1
v
1
1v
1v
2
s B =v 0 t B a 0 t B =− 0  a 0 0 =− 0  a 0=− 0
2
a0 2
a0
2 a0
2 sB

Zahlenwert:
2
a 0 =−
2
2
30 m / s
2
=−6 m/ s
2⋅75m
Technische Mechanik
3.2-1
Prof. Dr. Wandinger
Zeitpunkt 1:
Unmittelbar vor Beginn des Bremsvorgangs ist die Bahnbeschleunigung
gleich Null. Für die Zentripetalbeschleunigung gilt:
2
v 0 30 2 m2 /s 2
m
a Z 0= =
=4,5 2 .
R
200 m
s
Die Zentripetalbeschleunigung ist zum Kreismittelpunkt hin gerichtet.
Zeitpunkt 2:
Unmittelbar nach Beginn des Bremsvorgangs wirkt die Bahnbeschleunigung
von -6m/s2 und die Zentripetalbeschleunigung von 4,5m/s2.
Zeitpunkt 3:
Für die Zeit tH bis zum Zurücklegen des halben Bremsweges gilt
2
1
1
1 v0 2
2
s B =v0 t H  a 0 t H =v 0 t H −
tH .
2
2
4 sB
Daraus folgt
2
1 v0 2
1
t H −v 0 t H  s B=0 .
4 sB
2
Die Lösungen dieser quadratischen Gleichung sind

2
0
v 0± v −
t H 1 /2 =
2
1 v0
2 sB
v 20
2
=
2 sB
2
v0
2sB
1
1
=
1±
 2 v0
2
   
v 0 1±
.
Für die Geschwindigkeiten folgt daraus
2
±v 0
1 v0 2 s B
1
v H 1 /2=v 0 a 0 t H =v 0−
1±
=
.
2 sB v0
2 2


Beim ersten Erreichen der halben Strecke ist die Geschwindigkeit positiv.
Also gilt
vH=
v0
2
.
Die Zentripetalbeschleunigung berechnet sich zu
Technische Mechanik
3.2-2
Prof. Dr. Wandinger
2
a ZH =
vH
R
2
v0
1
2
= a Z 0 =2,25 m/ s .
2R 2
=
Zeitpunkt 4:
Unmittelbar vor Ende des Bremsvorgangs ist die Bahngeschwindigkeit und
damit auch die Zentripetalbeschleunigung praktisch gleich Null. Es wirkt nur
die Bahnbeschleunigung von -6m/s2 .
Übersicht:
Zeitpunkt 1:
Zeitpunkt 2:
aZ0
Zeitpunkt 3:
aZ0
Zeitpunkt 4:
aZH
a0
a0
a0
Aufgabe 2:
a) Beschleunigungen:
Dynamisches Gleichgewicht:
∑ F x =0
: F cos − H −F T =0
F
 m a S =F cos −H
∑ F y=0
α
FT
: N −G−F sin =0
 N =mg F sin 
∑ M  S =0
m
MT
r
S
G
y
φ
: − M T r H =0
H
x
 J S ̇=r H
N
Das Massenträgheitsmoment einer homogenen
Kreisscheibe berechnet sich zu
Technische Mechanik
3.2-3
Prof. Dr. Wandinger
1
2
J S= m r .
2
Damit folgt aus dem Momentengleichgewicht:
H=
Js
1
̇= m r ̇ .
r
2
Mit der Rollbedingung
v S − r =0
folgt daraus
1
1
H = m v̇ S = m a S .
2
2
Einsetzen in das Kräftegleichgewicht in x-Richtung ergibt:
1
3
2 F cos 
m a S = F cos − m a S  m a S =F cos   a S =
2
2
3m
Aus der Rollbedingung folgt:
̇=
aS
r
=
2 F cos 
3mr
Zahlenwerte:
2
2⋅100 N⋅cos 20° 
3,132m /s
1
2
=6,265 2
aS=
=3,132 m/ s , ̇=
0,5 m
3⋅20 kg
s
b) Maximale Kraft für Rollen:
Aus der Haftbedingung H ≤0 N folgt:
1
1
1
H = m a S = F cos ≤0  mgF sin    F cos −0 sin  ≤0 mg
2
3
3

 F≤

30 mg
cos −3 0 sin 
Zahlenwert:
2
3⋅0,8⋅20 kg⋅9,81 m / s
F≤
=3962 N
cos20 °−3⋅0,8⋅sin 20 ° 
Technische Mechanik
3.2-4
Prof. Dr. Wandinger
Aufgabe 3:
a) Geschwindigkeit als Funktion des Weges
Die einzige Kraft, die Arbeit verrichtet, ist die Gewichtskraft. Daher lässt sich
die Aufgabe am einfachsten mit dem Energieerhaltungssatz lösen.
Das Nullniveau für die Lageenergie wird in den Startpunkt gelegt. Dann sind
die kinetische und die potenzielle Energie beim Start gleich Null. Der Energieerhaltungssatz lautet daher:
K
G
E  s E s =0
Die kinetische Energie setzt sich zusammen aus der translatorischen kinetischen Energie der Seifenkiste und der Räder sowie der rotatorischen kinetischen Energie der Räder:
K
E  s =
1
1
2
2
m S 4 mR  v  s4⋅ J R   s

2
2
Da die Räder rollen, gilt die Rollbedingung
v  s =r   s     s =
v s
.
r
Damit gilt für die kinetische Energie:
K
E  s =
JR 2
1
mS 4 m R4 2 v s 
2
r


Für die Lageenergie gilt:
G
E  s=− m S 4 m R  g s sin 
Damit lautet der Energieerhaltungssatz:
JR 2
1
m S 4 m R 4 2 v  s− m S 4 m R  g s sin =0
2
r


Daraus folgt:

v s = 2 g s
 m S 4 m R  sin 
m S 4 m R 4 J R /r
2
b) Geschwindigkeit für s = s1
Nach Zurücklegen von 30m hat die Seifenkiste die Geschwindigkeit
Technische Mechanik
3.2-5
Prof. Dr. Wandinger
 55kg 4⋅2,5kg  sin 30 °
2
v 1= 2⋅9,81 m/ s ⋅30 m⋅
=16,70 m/ s
2
2 2
55kg4⋅2,5 kg4⋅0,02 kgm / 0,15 m

Technische Mechanik
3.2-6
Prof. Dr. Wandinger