Aus Kapitel 11

Aufgaben Kap. 11
73
Aufgaben
11.1 •
Der Faden eines Jo-Jos wird festgehalten,
während das Jo-Jo nach unten beschleunigt.
Faden
Ausführliche Lösung: Das System hat einen Freiheitsgrad.
Wir können als generalisierte Koordinate entweder den
Verdrehwinkel ϕ oder die Verschiebung x nach unten einführen. Wir wählen im Folgenden x. Damit gilt
ϕ̇ =
3R
R
Die Bewegungsgleichung erhalten wir aus
d ∂L ∂L
−
= Qx .
dt ∂ẋ
∂x
m
Wie groß ist die Beschleunigung des Schwerpunktes,
wenn der Radius der Walze, auf dem der Faden aufgewickelt ist, R beträgt und das Jo-Jo selbst als homogene
Scheibe der Masse m mit Radius 3R betrachtet werden
kann? Zur Lösung soll das Prinzip von d’Alembert in Lagrange’scher Fassung verwendet werden.
Da ein konservatives System vorliegt, ist Qx = 0, und für
L gilt
L = Ekin − Epot
mit
2
g
11
Ausführliche Lösung: Das System hat einen Freiheitsgrad.
Die virtuelle Verdrehung δϕ und die virtuelle Verschiebung δx sind über
δx = Rδϕ
m 2 1
ẋ + JS ϕ̇2
2
2
1
9
= (mẋ2 + mẋ2 )
2
2
11 2
= mẋ ,
4
= −mgx.
Ekin =
Resultat:
ẍ =
Epot
Hierbei wurde JS = 9mR2 /2 eingesetzt. Somit folgt für L:
gekoppelt. Analog gilt
L=
ẍ = R ϕ̈.
Bei einer virtuellen Verrückung folgt somit:
Mit JS =
=
9mR2 /2
11
∂L
= mẋ,
∂ẋ
2
11
d ∂L
= mẍ,
dt ∂ẋ
2
∂L
= mg.
∂x
ergibt sich:
9
(mg − mẍ − mẍ)δx = 0.
2
Aus der Forderung, dass die Klammer verschwinden
muss, erhalten wir:
ẍ =
Resultat:
ẍ =
Einsetzen ergibt die Bewegungsgleichung
2
g.
11
11.2 •
Lösen Sie Aufgabe 11.1 mithilfe der Lagrange’schen Gleichungen.
2
g
11
11 2
mẋ + mgx
4
und damit für die Ableitungen
δW = mgδx − mẍδx − JS ϕ̈δϕ = 0.
m(3R)2 /2
ẋ
.
R
11
mẍ − mg = 0,
2
aus der die Beschleunigung zu
ẍ =
bestimmt wird.
2
g
11
Technische Mechanik
Aus Kapitel 11
74
Aufgaben Kap. 11
Technische Mechanik
11.3 •• An dem abgebildeten Doppelpendel greifen
die Kräfte F1 und F2 an. Wie viele Freiheitsgrade hat das
System? Wie groß ist die virtuelle Arbeit bei einer virtuellen Verrückung?
F1
α
G
F2
B
A
xA
F1
xB
φ1
φ2
Resultat:
F3
F2
δW = [F1 + sin( ϕ1 − ϕ2 )F2 ]l1 δϕ1
Ausführliche Lösung: Die virtuelle Arbeit der beiden Käfte
berechnet sich aus
Wie groß ist die virtuelle Arbeit? Was ergibt sich für die
verallgemeinerten Kräfte?
Resultat:
FA =
δW = F 1 · δr1 + F 2 · δr2 .
Die Kräfte sind mit
cos ϕ1
F1 =
F ,
− sin ϕ1 1
− sin ϕ2
F
F2 =
− cos ϕ2 2
gegeben, wenn wir x nach rechts und y nach unten positiv nehmen. Die virtuellen Verschiebungen werden aus
den Ortsvektoren der Kraftangriffspunkte bestimmt:
l1 sin ϕ1
,
l1 cos ϕ1
l1 cos ϕ1
δϕ1 ,
δr1 =
−l1 sin ϕ1
l sin ϕ1 + l2 sin ϕ2
,
r2 = 1
l1 cos ϕ1 + l2 cos ϕ2
l1 cos ϕ1
l2 cos ϕ2
δϕ1 +
δϕ2
δr2 =
−l1 sin ϕ1
−l2 sin ϕ2
FB =
1
xB − xA
cos αF1 + F1 sin α
2
2
2 4l − (xB − xA )2
( x − xA ) 2
3
+
4l2 − (xB − xA )2 F2 − B
F2 ,
8l
8l 4l2 − (xB − xA )2
1
xB − xA
F1 sin α
cos αF1 + 2
2 4l2 − (xB − xA )2
1
+
4l2 − (xB − xA )2 F2
8l
( x − xA ) 2
+ B
F2 + F3 .
8l 4l2 − (xB − xA )2
Ausführliche Lösung: Zunächst werden die Ortsvektoren
zu den Kraftangriffspunkten bestimmt. Mit
r1 =
Auswertung der Skalarprodukte ergibt
δW = [F1 + sin( ϕ1 − ϕ2 )F2 ]l1 δϕ1 .
11.4 •• Der abgebildete Zweischlag besteht aus zwei
Stäben der Länge l. Die Punkte A und B können sich horizontal verschieben, ihre Lage wird durch die Koordinaten
xA und xB beschrieben. Am Gelenk G greift die Kraft F1
unter dem Winkel α an. Am linken Stab wirkt mittig die
Kraft F2 stets senkrecht zur Stablängsachse und am Punkt
B die horizontale Kraft F3 .
cos ϕ =
xB − xA
2l
für den Winkel ϕ zwischen den Stäben und der Horizontalen folgt
sin ϕ =
1 − cos2 ϕ =
1
2l
4l2 − (xB − xA )2
und damit
rG =
rF2 =
xA +xB
2
,
4l2 − (xB − xA )2
2
3
1
4 xA + 4 xB
,
1
4l2 − (xB − xA )2
4
rB =
1
xB
.
0
Aufgaben Kap. 11
δrG =
δrF2 =
⎛
⎞
⎛
⎞
δxA +δxB
2
⎝ (x −x )(δx −δx ) ⎠ ,
B
A
− B√ A2
2 4l −(xB −xA )2
3
1
4 δxA + 4 δxB
⎝ (xB −xA )(δxB −δxA ) ⎠ ,
− √ 2
4 4l −(xB −xA )2
δrB =
δxB
.
0
Die Kraftvektoren sind durch
cos α
F1 =
F1 ,
sin α
sin ϕ
F2 =
F
− cos ϕ 2
1
4l2 − (xB − xA )2
= 2l
F2 ,
xB −xA
− 2l
F3
F3 =
.
0
Daraus folgen die verallgemeinerten Kräfte
FA =
FB =
1
xB − xA
F1 sin α
cos αF1 + 2
2
2 4l − (xB − xA )2
3
( xB − xA ) 2
+
4l2 − (xB − xA )2 F2 − F2 ,
8l
8l 4l2 − (xB − xA )2
1
xB − xA
cos αF1 + F1 sin α
2
2 4l2 − (xB − xA )2
1
+
4l2 − (xB − xA )2 F2
8l
( x − xA ) 2
+ B
F2 + F3 .
8l 4l2 − (xB − xA )2
11.5 •• Über den abgebildeten Klappmechanismus
wird der Massenpunkt mithilfe der Kraft F beschleunigt.
F
g
Die virtuelle Arbeit beträgt
δW = F 1 · δrG + F 2 · δrF2 + F 3 · δrB
1
1
= cos αF1 δxA + cos αF1 δxB
2
2
(xB − xA )(δxB − δxA )
− F1 sin α
2 4l2 − (xB − xA )2
3
+
4l2 − (xB − xA )2 F2 δxA
8l
1
+
4l2 − (xB − xA )2 F2 δxB
8l
( x − xA ) 2
+ B
F2 δxB
8l 4l2 − (xB − xA )2
−
=
( xB − xA ) 2
F2 δxA + F3 δxB
8l 4l2 − (xB − xA )2
1
xB − xA
cos αF1 + F1 sin α
2
2
2 4l − (xB − xA )2
3
+
4l2 − (xB − xA )2 F2
8l
( x − xA ) 2
− B
F2 δxA
8l 4l2 − (xB − xA )2
1
xB − xA
+
F1 sin α
cos αF1 + 2
2
2 4l − (xB − xA )2
1
+
4l2 − (xB − xA )2 F2
8l
( xB − xA ) 2
+ F2 + F3 δxB .
8l 4l2 − (xB − xA )2
5m
φ
Der Massenpunkt hat die Masse 5m, die Stäbe jeweils die
Masse m/2 und die Länge l beziehungsweise m/4 und
l/2. Leiten Sie die Bewegungsgleichung mithilfe des Prinzips von d’Alembert her. Überprüfen Sie das Ergebnis mit
den Lagrange’schen Gleichungen 2. Art.
Resultat:
25 2
275 2
275 2 2
ml ϕ̈ +
ml ϕ̈ sin2 ϕ +
ml ϕ̇ sin ϕ cos ϕ
12
8
8
15
+ mgl cos ϕ + Fl cos ϕ = 0
4
Ausführliche Lösung: Für die Lösung mit Hilfe des Prinzips von d’Alembert in Lagrangescher Fassung werden
zunächst die Ortsvektoren zu den Schwerpunkten der
Stäbe und des Massenpunktes bestimmt und daraus die
Beschleunigungen und die virtuellen Verschiebungen:
l
cos ϕ
r1,2 = 2l
,
2 sin ϕ
3l
cos ϕ
r3,4 = 2l
,
2 sin ϕ
9l
cos ϕ
r5 = 4l
,
4 sin ϕ
9l
cos ϕ
4
r6 = 3l
,
4 sin ϕ
Technische Mechanik
Daraus berechnen sich die virtuellen Verschiebungen zu
75
76
Aufgaben Kap. 11
rM =
Technische Mechanik
rF =
ṙ1,2 =
ṙ3,4 =
ṙ5 =
ṙ6 =
ṙM =
r̈1,2 =
r̈3,4 =
r̈5 =
r̈6 =
r̈M =
δr1,2 =
δr3,4 =
δr5 =
δr6 =
δrM =
δrF =
cos ϕ
,
sin ϕ
0
,
l sin ϕ
l
− 2 sin ϕ
ϕ̇,
l
2 cos ϕ
3l
− 2 sin ϕ
ϕ̇,
l
2 cos ϕ
9l
− 4 sin ϕ
ϕ̇,
l
4 cos ϕ
9l
− 4 sin ϕ
ϕ̇,
3l
4 cos ϕ
5l
− 2 sin ϕ
ϕ̇,
l
2 cos ϕ
l
2
2 (− ϕ̈ sin ϕ − ϕ̇ cos ϕ ) ,
l
2
2 ( ϕ̈ cos ϕ − ϕ̇ sin ϕ )
3l
2
2 (− ϕ̈ sin ϕ − ϕ̇ cos ϕ ) ,
l
2
2 ( ϕ̈ cos ϕ − ϕ̇ sin ϕ )
9l
2
4 (− ϕ̈ sin ϕ − ϕ̇ cos ϕ ) ,
l
2
4 ( ϕ̈ cos ϕ − ϕ̇ sin ϕ )
9l
2
4 (− ϕ̈ sin ϕ − ϕ̇ cos ϕ ) ,
3l
2
4 ( ϕ̈ cos ϕ − ϕ̇ sin ϕ )
5l
2
2 (− ϕ̈ sin ϕ − ϕ̇ cos ϕ ) ,
l
2
2 ( ϕ̈ cos ϕ − ϕ̇ sin ϕ )
l
− 2 sin ϕ
δϕ,
l
2 cos ϕ
3l
− 2 sin ϕ
δϕ,
l
2 cos ϕ
9l
− 4 sin ϕ
δϕ,
l
4 cos ϕ
9l
− 4 sin ϕ
δϕ,
3l
4 cos ϕ
5l
− 2 sin ϕ
δϕ,
l
cos ϕ
2
0
δϕ.
l cos ϕ
5l
2
l
2
Wenn wir Winkelverdrehungen entgegen dem Uhrzeigersinn positiv annehmen, erhalten wir
ϕ1,3,5
ϕ2,4,6
ϕ̈1,3,5
ϕ̈2,4,6
δϕ1,3,5
δϕ2,4,6
= ϕ,
= − ϕ,
= ϕ̈,
= − ϕ̈,
= δϕ,
= −δϕ.
Eingeprägte Kräfte sind die Kraft F und die Gewichtskräfte
0
,
F=
−F
0
,
G1,2,3,4 =
− mg
2
0
G5,6 =
mg ,
−
4 0
GM =
.
−5mg
Die virtuelle Arbeit von eingeprägten Kräften, Trägheitskräften und Trägheitsmomenten setzt sich wie folgt zusammen:
δW =
6
6
∑ (−mir̈i · δri ) − Mr̈M · δrM − ∑ (−JS,i ϕ̈i δϕi )
i=1
i=1
6
+ F · δrF + ∑ Gi · δri + GM · δrM .
i=1
mit den Massenträgheitsmomenten
1 2
ml ,
24
1
ml2 .
=
192
JS,1,2,3,4 =
JS,5,6
Die Auswertung der Skalarprodukte ergibt
ml
l
2
2
( ϕ̈ sin ϕ + ϕ̇ cos ϕ) − sin ϕ
22
2
ml
l
2
cos ϕ
+2
(− ϕ̈ cos ϕ + ϕ̇ sin ϕ)
22
2
ml
3l
+2
(3 ϕ̈ sin ϕ + 3 ϕ̇2 cos ϕ) − sin ϕ
22
2
ml
l
+2
(− ϕ̈ cos ϕ + ϕ̇2 sin ϕ)
cos ϕ
22
2
ml
9l
2
+
(9 ϕ̈ sin ϕ + 9 ϕ̇ cos ϕ) − sin ϕ
44
4
l
ml
cos ϕ
+
(− ϕ̈ cos ϕ + ϕ̇2 sin ϕ)
44
4
ml
9l
+
(9 ϕ̈ sin ϕ + 9 ϕ̇2 cos ϕ) − sin ϕ
44
4
3l
ml
2
+
(−3 ϕ̈ cos ϕ + 3 ϕ̇ sin ϕ)
cos ϕ
44
4
l
5l
+ 5m (5 ϕ̈ sin ϕ + 5 ϕ̇2 cos ϕ) − sin ϕ
2
2
l
l
cos ϕ
+ 5m (− ϕ̈ cos ϕ + ϕ̇2 sin ϕ)
2
2
1
1
1
2
ϕ̈
+ ml 2 ϕ̈ + 2 ϕ̈ + 2
24
24
192
1l
1l
− mg 2
cos ϕ + 2
cos ϕ
22
22
l
1l
1 3l
cos ϕ +
cos ϕ + 5 cos ϕ − Fl cos ϕ δϕ = 0
+
44
44
2
oder
25
275 2
− ml2 ϕ̈ −
ml ϕ̈ sin ϕ
12
8
Das kinetische Potential
25 275
15
+
sin2 ϕ ml2 ϕ̇2 − mgl sin ϕ
L=
24
16
4
wird abgeleitet:
∂L
25 275
2
=
+
sin ϕ ml2 ϕ̇,
∂ ϕ̇
12
8
275 2 2
15
d ∂L
275 2
25 275
−
ml ϕ̇ sin ϕ cos ϕ − mgl cos ϕ − Fl cos ϕ δϕ = 0.
=
+
sin2 ϕ ml2 ϕ̈ +
ml sin ϕ cos ϕ ϕ̇2 ,
8
4
dt ∂ ϕ̇
12
8
4
∂L
275 2
15
Hieraus folgt die Bewegungsgleichung
=
ml sin ϕ cos ϕ ϕ̇2 − mgl cos ϕ.
∂ϕ
8
4
25 2
275 2
2
ml ϕ̈ +
ml ϕ̈ sin ϕ
Nach Einsetzen in die Lagrange’sche Gleichung zweiter
12
8
Art ergibt sich dasselbe Ergebnis wie aus dem Prinzip von
275 2 2
15
ml ϕ̇ sin ϕ cos ϕ + mgl cos ϕ + Fl cos ϕ = 0.
+
d’Alembert in Lagrange’scher Fassung.
8
4
Zur Überprüfung mit den Lagrangeschen Gleichungen
müssen die kinetische Energie, die potentielle Energie
und die verallgemeinerte Kraft Q ϕ berechnet werden. Dazu werden zunächst die Quadrate der Geschwindigkeiten
bestimmt:
v21,2 =
v23,4 =
v25 =
v26 =
v2M =
l2 2
ϕ̇ ,
4
2
l
+ 2l2 sin2 ϕ ϕ̇2 ,
4
2
l
+ 5l2 sin2 ϕ ϕ̇2 ,
16
2
9l
9l2
sin2 ϕ ϕ̇2 ,
+
16
2
2
l
+ 6l2 sin2 ϕ ϕ̇2 .
4
Damit folgt:
mi 2 JS,i 2
5m 2
vi +
ϕ̇i +
v
= ∑
2
2
2 M
i=1
25 275
=
+
sin2 ϕ ml2 ϕ̇2 ,
24
16
6
Ekin
Epot =
6
∑ migyi + 5myM
i=1
m l
m l
m 3l
= 4 g sin ϕ + g sin ϕ + g sin ϕ
2 2
4 4
4 4
l
+ 5mg sin ϕ
2
15
= mgl sin ϕ,
4
δW = − Fl cos ϕδϕ,
Q ϕ = − Fl cos ϕ.
11.6 •• Das Doppelpendel besteht aus zwei dünnen
Stäben mit jeweils Masse m und Länge l. Belastet wird
das Doppelpendel durch die zwei Kräfte F1 und F2 . Die
Schwerkraft wirkt vertikal nach unten.
F1
φ1
•
g
φ2
F2
Wie viele Freiheitsgrade hat das Doppelpendel? Geben Sie die Bewegungsgleichungen mithilfe der Lagrange’schen Gleichungen 2. Art an.
Resultat:
4 2
1
ml ϕ̈1 + ml2 (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̈2
3
2
1
+ ml2 (− cos ϕ1 sin ϕ2 + sin ϕ1 cos ϕ2 ) ϕ̇22
2
3
+ mgl sin ϕ1 = [F1 + sin( ϕ1 − ϕ2 )F2 ]l,
2
1
1 2
ml ϕ̈2 + ml2 (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̈1
3
2
1
+ ml2 (− sin ϕ1 cos ϕ2 + cos ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̇21
2
1
+ mgl sin ϕ2 = 0.
2
Ausführliche Lösung: Das Doppelpendel hat 2 Freiheitsgrade, z. B. q1 = ϕ1 und q2 = ϕ2 . Die kinetische und die
77
Technische Mechanik
Aufgaben Kap. 11
78
Aufgaben Kap. 11
potentielle Energie berechnen sich mit
Technische Mechanik
r2 =
ṙ2 =
l sin ϕ1 + 2l sin ϕ2
,
−l cos ϕ1 − 2l cos ϕ2
ϕ̇1 l cos ϕ1 + 2l ϕ̇2 cos ϕ2
,
l ϕ̇1 sin ϕ1 + 2l ϕ̇2 sin ϕ2
v22 = l2 ϕ̇21 +
l2 2
ϕ̇ + l2 (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̇1 ϕ̇2
4 2
zu
1 ml2 2 1 2 1 ml2 2
ϕ̇ + mv +
ϕ̇
2 3 1 2 2 2 12 2
2
1
= ml2 ϕ̇21 + ml2 ϕ̇22
3
6
m 2
+ l (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̇1 ϕ̇2
2
l
l
= −mg cos ϕ1 − mg(l cos ϕ1 + cos ϕ2 ).
2
2
Ekin =
Epot
Die virtuelle Arbeit und damit die generalisierten Kräfte
wurden in Aufgabe 11.3 bestimmt:
δW = [F1 + sin( ϕ1 − ϕ2 )F2 ]lδϕ1 ,
Q ϕ1 = [F1 + sin( ϕ1 − ϕ2 )F2 ]l,
Eingesetzt ergeben sich damit die Bewegungsgleichungen
1
4 2
ml ϕ̈1 + ml2 (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̈2
3
2
1 2
+ ml (− cos ϕ1 sin ϕ2 + sin ϕ1 cos ϕ2 ) ϕ̇22
2
3
+ mgl sin ϕ1
2
= {F1 + sin( ϕ1 − ϕ2 )F2 }l,
1 2
1
ml ϕ̈2 + ml2 (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̈1
3
2
1 2
+ ml (− sin ϕ1 cos ϕ2 + cos ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̇21
2
1
+ mgl sin ϕ2 = 0.
2
11.7 •• Das Modell eines Aufzuges besteht aus drei
Walzen mit den Radien r1 , r2 , r3 und den Massen m1 ,
m2 , m3 . Die Last mit der Masse m4 hängt an der unteren
Scheibe. Die oberen beiden Walzen sind fest verbunden,
sodass sie sich mit derselben Winkelgeschwindigkeit ω
drehen. An ihnen wirkt das Antriebsmoment MA und ein
Dämpfungsmoment kD ω aufgrund eines viskosen Drehdämpfers.
r1
Q ϕ2 = 0.
m2
∂L
4
1
= ml2 ϕ̇1 + ml2 (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̇2 ,
∂ ϕ̇1
3
2
d ∂L
4
1
= ml2 ϕ̈1 + ml2 (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̈2
dt ∂ ϕ̇1
3
2
1 2
+ ml (− sin ϕ1 cos ϕ2 ϕ̇1 − cos ϕ1 sin ϕ2 ϕ̇2
2
+ cos ϕ1 sin ϕ2 ϕ̇1 + sin ϕ1 cos ϕ2 ϕ̇2 ) ϕ̇2 ,
∂L
1
1
= ml2 ϕ̇2 + ml2 (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̇1 ,
∂ ϕ̇2
3
2
d ∂L
1 2
1
= ml ϕ̈2 + ml2 (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̈1
dt ∂ ϕ̇2
3
2
1 2
+ ml (− sin ϕ1 cos ϕ2 ϕ̇1 − cos ϕ1 sin ϕ2 ϕ̇2
2
+ cos ϕ1 sin ϕ2 ϕ̇1 + sin ϕ1 cos ϕ2 ϕ̇2 ) ϕ̇1 ,
1
∂L
= ml2 (− sin ϕ1 cos ϕ2 + cos ϕ1 sin ϕ2 ) ϕ̇1 ϕ̇2
∂ϕ1
2
3
− mgl sin ϕ1 ,
2
1 2
∂L
= ml (− cos ϕ1 sin ϕ2 + sin ϕ1 cos ϕ2 ) ϕ̇1 ϕ̇2
∂ϕ2
2
1
− mgl sin ϕ2 .
2
r2
m1
Für die Ableitungen ergeben sich
B
A
M(v )
g
r3
m3
C
D
m4
Mit dem Prinzip von d’Alembert ist die Bewegungsgleichung herzuleiten.
Resultat:
2
m1 2 m2 2 m3 2
+
r +
r +
r ϕ̈
2 1
2 2
2 3
r − r2
+(m3 + m4 )g 1
+ kD ϕ̇ = MA .
2
r − r2
(m3 + m4) 1
2
gegeben. Mit dem Prinzip von d’Alembert in Lagrange’scher Fassung ergibt sich:
r1 − r2 r1 − r2
ϕ̈
δϕ
2
2
r − r2
− ( m3 + m4 ) g 1
δϕ
2
m
m
m
− ( 1 r21 + 2 r22 + 3 r23 ) ϕ̈δϕ
2
2
2
+ MA δϕ − kD ωδϕ = 0
−(m3 + m4)
Ausführliche Lösung: Wenn wir Geschwindigkeiten nach
oben positiv annehmen, so gilt:
vA
vB
vC
vD
= −r2 ω,
= r1 ω,
= −r2 ω,
= r1 ω.
Daraus lassen sich die Geschwindigkeit des Schwerpunkts von Walze 3 und deren Winkelgeschwindigkeit
bestimmen:
r1 − r2
ω,
2
r1 + r2
ω3 =
ω.
2r3
und damit die Bewegungsgleichung
r − r2 2
(m3 + m4) 1
2
m1 2 m2 2 m3 2
r +
r +
r ϕ̈
+
2 1
2 2
2 3
+ ( m3 + m4 ) g
vS3 =
Aus der Zeichnung sehen wir, dass
2r3 = r1 + r2
gilt und deshalb:
ω3 = ω.
Bei einer virtuellen Verschiebung haben wir mit ϕ̇ = ω
folgende Zusammenhänge:
= δϕ,
= δϕ,
= δϕ,
= 0,
= 0,
= 0,
r1 − r2
δx3 =
δϕ,
2
r − r2
δx4 = 1
δϕ.
2
δϕ1
δϕ2
δϕ3
δϕ4
δx1
δx2
11.8 •• Leiten Sie mit den Angaben aus Aufgabe
11.7 die Bewegungsgleichungen nun auch mithilfe des
Langrange’schen Formalismus her.
Resultat:
2
2 r1 − r2
r − r2
m1 2 m2 2 m3 2
r1 +
r2 +
r3 + m 3
+ m4 1
ϕ̈
2
2
2
2
2
r − r2
+(m3 + m4 )g 1
+ kD ϕ̇ = MA
2
Ausführliche Lösung: Die Kinematik entnehmen wir Aufgabe 11.7:
ω1 = ϕ̇,
ω2 = ϕ̇,
ω3 = ϕ̇,
r1 − r2
vS3 =
ϕ̇,
2
r1 − r2
vS4 =
ϕ̇.
2
Die kinetische Energie und die potentielle Energie berechnen sich zu
JS1 =
JS2
JS3
1 m1 2 2 1 m2 2 2 1 m3 2 2
r ϕ̇ +
r ϕ̇ +
r ϕ̇
2 2 1
2 2 2
2 2 3
r1 − r2 2 2 m 4 r1 − r2 2 2
m
ϕ̇ +
ϕ̇
+ 3
2
2
2
2
1 m1 2 m2 2 m3 2
r +
r +
r
=
2 2 1
2 2
2 3
r − r2 2
r − r2 2 2
+ m3 1
+ m4 1
ϕ̇ ,
2
2
r − r2
ϕ,
= ( m3 + m4 ) g 1
2
Ekin =
Die Massenträgheitsmomente sind mit
m1 2
r ,
2 1
m2 2
r ,
=
2 2
m
= 3 r23
2
r1 − r2
+ kD ϕ̇ = MA .
2
Epot
79
Technische Mechanik
Aufgaben Kap. 11
80
Aufgaben Kap. 11
Technische Mechanik
Die virtuelle Arbeit des Antriebs- und des Dämpfungsmomentes
δW = (MA − kD ϕ̇)δϕ
führt auf die verallgemeinerte Kraft
Q ϕ = MA − kD ϕ̇.
Die Ableitungen
∂L
m1 2 m2 2 m3 2
r +
r +
r
=
∂ ϕ̇
2 1
2 2
2 3
r1 − r2 2
r1 − r2 2
ϕ̇,
+ m3
+ m4
2
2
m1 2 m2 2 m3 2
d ∂L
r +
r +
r
=
dt ∂ ϕ̇
2 1
2 2
2 3
r1 − r2 2
r1 − r2 2
+ m3
+ m4
ϕ̈,
2
2
∂L
r − r2
,
= − ( m3 + m4 ) g 1
∂ϕ
2
r1 − r2
+ kD ϕ̇
2
c1
x2
c2
m1
xn–1
c3
m2
...
Nicht konservative Kräfte liegen keine vor. Das System
hat n Freiheitsgrade, sodass sich n Bewegungsgleichungen ergeben. Dazu werden zunächst die Ableitungen von
L = Ekin − Epot
∂L
= mi ẋi ,
∂ẋi
d ∂L
= mi ẍi ,
dt ∂ẋi
∂L
= −ci (xi − xi−1 ) − ci+1 (xi − xi+1 ),
∂xi
= MA .
11.9 •• Für die abgebildete Schwingerkette leite man
die Bewegungsgleichungen mithilfe des Lagrange’schen
Formalismus her und überprüfe das Ergebnis mithilfe des
Prinzips von d’Alembert in Lagrange’scher Fassung. Wie
lautet das Ergebnis für n = 4?
x1
Die potentielle Energie setzt sich aus den Anteilen der einzelnen Federn zusammen, wobei beachtet werden muss,
dass die erste Feder gesondert zu betrachten ist, da deren Längenänderung nur von m1 abhängt und bei den
übrigen Federn von den Verschiebungen benachbarter
Massen:
n
c1
c
Epot = x21 + ∑ i (xi − xi−1 )2 .
2
2
i=2
gebildet. Für die Freiheitsgrade x1 und xn sind diese unterschiedlich zu den restlichen. Bei xi , i = 2,3, . . . , n − 1
ergibt sich
ergeben nach Einsetzen die Bewegungsgleichung
m1 2 m2 2 m3 2
r +
r +
r
2 1
2 2
2 3
r1 − r2 2
r1 − r2 2
ϕ̈
+ m3
+ m4
2
2
+ ( m3 + m4 ) g
Ausführliche Lösung: Die kinetische Energie des Systems
beträgt:
n
m
Ekin = ∑ i ẋ2i .
2
i=1
cn–1
Resultat:
⎛
⎞⎛ ⎞
m1 0
0
0
ẍ1
0 ⎟ ⎜ẍ2 ⎟
⎜ 0 m2 0
⎝0
0 m3 0 ⎠ ⎝ẍ3 ⎠
0
0
0 m4
ẍ4
⎛
c1 + c2
−c2
0
c2 + c3
−c3
⎜ −c2
+⎝
0
−c3
c3 + c4
0
0
−c4
xn
cn
mn–1
Der Sonderfall i = 1 ergibt sich, wenn x0 zu null und der
Sonderfall i = n, wenn cn+1 = 0 gesetzt wird. Eingesetzt
in die Lagrange’sche Gleichungen folgen die Bewegungsgleichungen:
m1 ẍ1 + (c1 + c2 )x1 − c2 x2 = 0,
mi ẍi − ci xi−1 + (ci + ci+1 )xi − ci+1 xi+1 = 0, i = 2, . . . , n − 1
mn ẍn + cn xn − cn xn−1 = 0.
mn
Auch wenn wir das Ergebnis mithilfe dem Prinzip von
d’Alembert überprüfen, müssen die Massenpunkte m1
und mn gesondert berücksichtigt werden. Die Kräfte sind
durch die Federkräfte und die Trägheitskräfte gegeben
und es folgt:
⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
x1
0
0
0 ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎜ 0⎟
=
−c4 ⎠ ⎝x3 ⎠ ⎝0⎠
0
c4
x4
[−m1 ẍ1 − c1 x1 − c2 (x1 − x2 )]δx1
+
n− 1
∑ [−miẍi − ci (xi − xi−1 ) − ci+1 (xi − xi+1 )]δxi
i=2
+ [−mn ẍi − cn (xn − xn−1 )]δxn = 0.
Da die δxi alle unabhängig voneinander sind, müssen die
Vorfaktoren verschwinden, was zu den schon oben angegebenen Gleichungen führt.
Damit erhalten wir:
Für den Sonderfall n = 4 können die Bewegungsgleichungen in Matrizenform zusammengefasst werden:
Daraus ergibt sich die kinetische Energie
⎛
⎛
m1
⎜0
⎝0
0
c1 + c2
⎜ −c2
+⎝
0
0
−c2
c2 + c3
−c3
0
0
m2
0
0
0
0
m3
0
0
−c3
c3 + c4
−c4
⎞⎛ ⎞
ẍ1
0
0 ⎟ ⎜ẍ2 ⎟
0 ⎠ ⎝ẍ3 ⎠
m4
ẍ4
⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
x1
0
0
0 ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎜ 0 ⎟
.
=
−c4 ⎠ ⎝x3 ⎠ ⎝0⎠
0
c4
x4
vSt = ẋ2 − 2rẋ ϕ̇ cos ϕ + r2 ϕ̇2 .
1
1 mSch r2 2
mSch ẋ2 +
ϕ̇
2
2 2
1
1 mSt 4r2 2
ϕ̇
+ mSt (ẋ2 − 2rẋ ϕ̇ + r2 ϕ̇2 ) +
2 12
2
3
7
=
m + mSt − mSt cos ϕ r2 ϕ̇2 .
4 Sch 6
Ekin =
Die potentielle Energie beträgt (Nullniveau in der Höhe
des Scheibenmittelpunktes):
Epot = −mSt gr cos ϕ.
11.10 •• Eine Scheibe kann auf dem Untergrund abrollen. Die Scheibe hat den Radis r und die Masse mSch . An
der Scheibe ist ein Stab der Länge 2r und der Masse mSt
angeschweißt. Zur Beschreibung werden die Koordinaten
x und ϕ eingeführt. Beide sind null, wenn der Stab vertikal nach unten zeigt. Der Drehung der Scheibe wirkt ein
Dämpfermoment kD ϕ̇ entgegen. Wie viele Freiheitsgrade
hat das System? Die Bewegungsgleichungen sind mithilfe
der Lagrange’schen Gleichungen zweiter Art herzuleiten.
x
φ
g
mSch
r
kDφ
2r
mSt
Resultat:
3
7
mSch + mSt − 2mSt cos ϕ r2 ϕ̈
2
3
+ mSt sin ϕr2 ϕ̇2 + kD ϕ̇ + mSt gr sin ϕ = 0
Ausführliche Lösung: Das System hat einen Freiheitsgrad.
Die Geschwindigkeit des Scheibenschwerpunktes beträgt
ẋ = r ϕ̇. Zur Ermittlung der Geschwindigkeit des Stangenschwerpunktes stellen wir zunächst den Ortsvektor
rSt =
x − r sin ϕ
r(1 − cos ϕ)
auf und leiten diesen nach der Zeit ab:
ẋ − r ϕ̇ cos ϕ
ṙSt =
.
r( ϕ̇ sin ϕ)
Die virtuelle Arbeit des Dämpfungsmomentes
δW = −kD ϕ̇δϕ
liefert die verallgemeinerte Kraft
Q ϕ = −kD ϕ̇.
Wir berechnen die Ableitungen
3
7
∂L
mSch + mSt − 2mSt cos ϕ r2 ϕ̇,
=
∂ ϕ̇
2
3
d ∂L
3
7
m + mSt − 2mSt cos ϕ r2 ϕ̈
=
dt ∂ ϕ̇
2 Sch 3
+ 2mSt sin ϕr2 ϕ̇2 ,
∂L
= mSt r2 ϕ̇2 sin ϕ − mSt gr sin ϕ.
∂ϕ
Einsetzen ergibt die Bewegungsgleichung:
3
7
m + mSt − 2mSt cos ϕ r2 ϕ̈
2 Sch 3
+mSt sin ϕr2 ϕ̇2 + kD ϕ̇ + mSt gr sin ϕ = 0.
11.11 • • • Eine Scheibe kann auf dem Untergrund abrollen. Die Scheibe hat den Radis r und die Masse mSch .
Im Mittelpunkt der Scheibe ist ein Stab der Länge 2r und
der Masse mSt über ein Gelenk reibungsfrei drehbar befestigt. Zur Beschreibung der Lage werden die horizontale
Koordinate x des Scheibenschwerpunktes und die Verdrehwinkel ϕ der Scheibe und ψ des Stabes eingeführt.
Alle Koordinaten sind null, wenn der Stab vertikal nach
unten zeigt und der Scheibenschwerpunkt sich bei x = 0
befindet. Der Drehung der Scheibe wirkt ein Dämpfermoment kD ϕ̇ entgegen. Wie viele Freiheitsgrade hat das
System? Die Bewegungsgleichungen sind mithilfe der Lagrange’schen Gleichungen zweiter Art herzuleiten.
81
Technische Mechanik
Aufgaben Kap. 11
82
Aufgaben Kap. 11
führt auf die verallgemeinerten Kräfte
x
Technische Mechanik
φ
g
Q ϕ = −kD ϕ̇,
Qψ = 0.
mSch
r
2r
kDφ
ψ
Das kinetische Potential
L = Ekin − Epot
3
1
=
m + mSt r2 ϕ̇2
4 Sch 2
2
+ mSt r2 ψ̇2 − mSt r2 ϕ̇ψ̇ cos ψ
3
+ mSt gr cos ψ
mSt
Resultat:
3
m + mSt r2 ϕ̈ − mSt r2 ψ̈ cos ψ
2 Sch
+mSt r2 ψ̇2 sin ψ + kD ϕ̇ = 0,
4
mSt r2 ψ̈ − mSt r2 ϕ̈ cos ψ + mSt gr sin ψ = 0.
3
wird abgeleitet:
∂L
3
mSch + mSt r2 ϕ̇ − mSt r2 ψ̇ cos ψ,
=
∂ ϕ̇
2
3
d ∂L
mSch + mSt r2 ϕ̈
=
dt ∂dotϕ
2
Ausführliche Lösung: Das System hat zwei Freiheitsgrade,
z. B. die Winkel ϕ und ψ. Die Verschiebung x hängt vom
Verdrehwinkel ϕ ab:
ẋ = r ϕ̇.
− mSt r2 ψ̈ cos ψ + mSt r2 ψ̇2 sin ψ,
Der Ortsvektor zum Stangenmittelpunkt ist:
rSt =
x − r sin ψ
r(1 − cos ψ)
∂L
= 0,
∂ϕ
∂L
4
= mSt r2 ψ̇ − mSt r2 ϕ̇ cos ψ,
3
∂ ψ̇
d ∂L
4
= mSt r2 ψ̈ − mSt r2 ϕ̈ cos ψ
dt ∂ ψ̇
3
Ableiten ergibt die Geschwindigkeit:
ṙSt =
ẋ − rψ̇ cos ψ
.
r(ψ̇ sin ψ)
+ mSt r2 ϕ̇ψ̇ sin ψ,
∂L
= mSt r2 ϕ̇ψ̇ sin ψ − mSt gr sin ψ,
∂ψ
Die kinetische Energie beträgt
1
1 mSch r2 2
mSch (r ϕ̇)2 +
ϕ̇
2
2 2
1
1 mSt (2r)2 2
ψ̇
+ mSt (r2 ϕ̇2 + r2 ψ̇2 − 2r2 ϕ̇ψ̇ cos ψ) +
2
12
2
3
1
m + mSt r2 ϕ̇2
=
4 Sch 2
2
+ mSt r2 ψ̇2 − mSt r2 ϕ̇ψ̇ cos ψ.
3
Ekin =
Die potentielle Energie hängt nur vom Stab ab:
Epot = −mSt gr cos ψ
wenn das Nullniveau wieder in der Höhe des Scheibenmittelpunktes festgelegt wird. Die virtuelle Arbeit der
nicht konservativen Kräfte
δW = −kD ϕ̇δϕ
und es folgen die Bewegungsgleichungen
3
m + mSt r2 ϕ̈ − mSt r2 ψ̈ cos ψ + mSt r2 ψ̇2 sin ψ + kD ϕ̇ = 0,
2 Sch
4
mSt r2 ψ̈ − mSt r2 ϕ̈ cos ψ + mSt gr sin ψ = 0.
3
11.12 • • • Beim abgebildeten Einzylindermotor wirkt
auf die Kolbenfläche die Druckkraft F( ϕ). Am Abtrieb
ist eine Schwungscheibe angebracht, die starr über die
Motorwelle mit der Kurbel verbunden ist, und an der
das Lastmoment ML wirkt. Das Massenträgheitsmoment
von Schwungscheibe, Motorwelle und Kurbel beträgt zusammen J1 . Die Pleuelstange hat die Länge l, die Masse
mP und das Massenträgheitsmoment JP bezüglich dem
Schwerpunkt, der in der Mitte des Pleuels liegt. Kreuzkopf und Zylinder haben zusammen die Masse mZyl .
a
l
G1
Zylinder
R
l2
φ
A
ψ
F(φ)
G2
ey
Hieraus ergeben sich die virtuellen Verschiebungen
⎞
⎛
2
sin ϕ cos ϕ ⎠
R
δϕ,
δrPl,x = ⎝−R sin ϕ −
2l 1 − R2 sin2 ϕ
J1
mρ,l
mZyl
ex
Geben Sie die Bewegungsgleichung an.
Resultat:
δW = −J1 ϕ̈δϕ − JP ψ̈δψ − mPl (r̈Pl,x δrPl,x + r̈Pl,y δrPl,y )
− mZyl ẍZyl δxZyl − FδxZyl − ML δϕ
=0
Ausführliche Lösung: Wir lösen die Aufgabe mit dem
Prinzip von d’Alembert in Lagrange’scher Fassung. Formal lautet dies in diesem Fall:
δW = − J1 ϕ̈δϕ − JP ψ̈δψ − mPl (r̈Pl,x δrPl,x + r̈Pl,y δrPl,y )
− mZyl ẍZyl δxZyl − FδxZyl − ML δϕ = 0.
δrPl,y =
δxZyl
R
cos ϕδϕ,
2
⎛
⎞
2
sin
ϕ
cos
ϕ
R
⎠ δϕ
= ⎝−R sin ϕ −
2
l
1 − Rl2 sin2 ϕ
sowie die Geschwindigkeiten
⎞
⎛
2
sin
ϕ
cos
ϕ
R
⎠ ϕ̇,
ṙPl,x = ⎝−R sin ϕ −
2l 1 − R2 sin2 ϕ
l2
ṙPl,y =
R
cos ϕ ϕ̇,
2
⎛
ẋZyl = ⎝−R sin ϕ −
⎞
R2
l
sin ϕ cos ϕ
1−
R2
l2
sin2 ϕ
und die Beschleunigungen
⎛
r̈Pl,x
Aus der Geometrie folgt:
R sin ϕ = l sin ψ
⎞
2
sin
ϕ
cos
ϕ
R
⎠ ϕ̈
= ⎝ −R sin ϕ −
2l 1 − R2 sin2 ϕ
l2
⎛
R2 cos2 ϕ − sin2 ϕ
+ ⎝−R cos ϕ −
2l 1 − R2 sin2 ϕ
⎞
und damit:
R
sin ϕ,
l
R2
cos ψ = 1 − 2 sin2 ϕ,
l
R cos ϕδϕ = l cos ψδψ,
cos ϕ
R
δϕ.
δψ = l 1 − R2 sin2 ϕ
−
sin ψ =
l2
Für die Ortsvektoren gilt:
rPl
r̈Pl,y =
ẍZyl
l2
R4
sin2 ϕ cos2 ϕ ⎠ 2
3 ϕ̇ ,
2
2l3
1 − Rl2 sin2 ϕ
R
R
cos ϕ ϕ̈ − sin ϕ ϕ̇2 ,
2
2
⎛
⎞
2
sin
ϕ
cos
ϕ
R
⎠ ϕ̈
= ⎝ −R sin ϕ −
2
l
1 − Rl2 sin2 ϕ
⎛
R2 cos2 ϕ − sin2 ϕ
+ ⎝−R cos ϕ −
2
l
1 − R sin2 ϕ
⎞
R cos ϕ + 2l cos ψ
R
2 sin ϕ
2
R cos ϕ + 2l 1 − Rl2 sin2 ϕ
=
,
R
2 sin ϕ
R cos ϕ + l cos ψ
=
0
R2
2
R
cos
ϕ
+
l
1
−
sin
ϕ
l2
=
.
0
rPl =
⎠ ϕ̇
−
l2
R4
sin2 ϕ cos2 ϕ ⎠ 2
3 ϕ̇ .
3
2
l
1 − Rl2 sin2 ϕ
Damit hängen alle Größen nur noch von ϕ ab und der
gemeinsame Faktor δϕ kann ausgeklammert werden. Die
sich ergebende Bewegungsgleichung wird aufgrund deren Komplexität hier nicht explizit angegeben.
11.13 •• Beim sympathischen Pendel sind zwei identische mathematische Pendel über eine Feder miteinander
83
Technische Mechanik
Aufgaben Kap. 11
84
Aufgaben Kap. 11
Technische Mechanik
verbunden. Die Pendel haben die Länge l und die Masse m. Die Feder ist jeweils in der Mitte der Pendelstangen
angebracht. Vertikal nach unten wirkt die Erdbeschleunigung.
a
g
c
l
ψ
m
m
Leiten Sie die nichtlinearen Bewegungsgleichungen mithilfe der Lagrange’schen Gleichungen zweiter Art her.
Linearisieren Sie diese für ϕ 1 und ψ 1.
Resultat:
cl2
( ϕ − ψ) = 0,
4
cl2
(ψ − ϕ) = 0.
ml2 ψ̈ + mglψ +
4
Ausführliche Lösung: Unter der Vorraussetzung, dass für
die Federverlängerung nur die horizontalen Verschiebungen der Federenden berücksichtigt werden müssen, gilt:
ml2 ϕ̈ + mglϕ +
Δl =
l
(sin ψ − sin ϕ),
2
und die potentielle Energie beträgt
Epot = −mg cos ϕ − mg cos ψ +
c l2
(sin ψ − sin ϕ)2
24
wenn wir das Nullniveau für das Schwerepotential in
Höhe der Lager festlegen. Da es sich um mathematische
Pendel handelt, erhalten wir für die kinetische Energie
Ekin =
m
m
(l ϕ̇)2 + (lψ̇ )2 ,
2
2
L = Ekin − Epot
m
= l2 ( ϕ̇2 + ψ̇2 ) + mg(cos ϕ + cos ψ)
2
c l2
(sin ψ − sin ϕ)2 .
−
24
Da keine nicht konservativen Anteile vorliegen, berechnen wir die Ableitungen
l
φ
und somit das kinetische Potential
∂L
= ml2 ϕ̇,
∂ ϕ̇
d ∂L
= ml2 ϕ̈,
dt ∂ ϕ̇
∂L
cl2
= −mgl sin ϕ −
(− sin ψ + sin ϕ),
∂ϕ
4
∂L
= ml2 ψ̇,
∂ ψ̇
d ∂L
= ml2 ψ̈,
dt ∂ ψ̇
cl2
∂L
= −mgl sin ψ −
(sin ψ − sin ϕ).
∂ψ
4
Daraus folgen dann die Bewegungsgleichungen
cl2
(− sin ψ + sin ϕ) = 0,
4
cl2
(sin ψ − sin ϕ) = 0.
ml2 ψ̈ + mgl sin ψ +
4
ml2 ϕ̈ + mgl sin ϕ +
Für kleine Winkel werden die Gleichungen linearisiert
und wir erhalten:
cl2
( ϕ − ψ) = 0,
4
cl2
(ψ − ϕ) = 0.
ml2 ψ̈ + mglψ +
4
ml2 ϕ̈ + mglϕ +