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Kinematik und Dynamik (Mechanik II) - Prof. Popov SoSe 2011, KW 18
Das 2. Newtonsche Gesetz, Federkräfte, Reibung
Tutorium
Lösungshinweise Seite 1
Version vom 13. Mai 2011
Aus dem Freikörperbild liest man für die Masse M ab
M (ẍ + s̈ cos α) = −2cx ,
Aufgabe 47
−M s̈ sin α = FN 1 − M g .
Wo muß der Sack abgeworfen werden (lateraler Abstand)?
Durch Auswerten des 2.N.G., Integrieren und Einsetzen
der Anfangsbedingungen erhält man die beiden Bewegungsgesetze. Hierbei wird vom eingezeichneten Koordinatensystem ausgegangen:
x(t) = v0 · t
und
y(t) =
1 2
gt
2
Für den starren Körper (Masse m) erhält man
ms̈ = −2cs + (mg + FN 1 ) sin α + 2cx cos α .
Eliminieren der Kraft FN 1 und Umformen führt auf die
gesuchten Bewegungsdifferentialgleichungen
M (ẍ + s̈ cos α) + 2cx = 0 ,
m + M sin α s̈ + 2c (s − x cos α) = (m + M ) g sin α .
(1)
2
Zur Zeit te schlägt der Sack auf dem Boden auf:
y(te ) =
⇒ te =
1 2
gt = h
2 e
s
(2)
2h
g
(3)
Aufgabe 49
Allgemein gilt
~e˙ r = ϕ̇~eϕ
~e˙ ϕ = −ϕ̇~er
Einsetzen der Zeit te in das Bewegungsgesetz für die xRichtung ergibt:
Mit ~r = r(t)~er folgt
s
2h
~a = ~r¨ = (r̈ − rϕ̇2 )~er + (2ṙϕ̇ + rϕ̈)~eϕ
se = x(te ) = v0 · t = v0
(4)
g
Da ϕ̇ = ω = const, ist ϕ̈ = 0 und es folgt:
Der Sack muss also im Abstand se abgeworfen werden um
die geplante Abwurfstelle zu erreichen.
~a = ~r¨ = (r̈ − rω 2 )~er + 2ṙω~eϕ
Freischnitt für beliebig ausgelenkte Lage:
Die Widerstandskraft
wirkt entgegen der Bewegung. Daß die Bewegung tatsächlich nach
N
außen gerichtet ist (ṙ >
0), muß später nochmals überprüft werden.
Aufgabe 33
Beide Körper führen eine reine Translationsbewegung aus.
Die Bewegung wird mit zwei Koordinaten beschrieben: s
und x. Die Koordinate x beschreibt die Bewegung der
Masse M relativ zum starren Körper (Masse m). Beim
Newtonschen Grundgesetz (Massepunkt) bzw. Schwerpunktsatz (starrer Körper) ist später darauf zu achten,
daß tatsächlich mit der Absolutbeschleunigung gerechnet
wird. Für die entspannte Lage der Federn gilt s = 0 und
x = 0.
s
m
~eϕ
~er
R
Das 2. Newtonsche Gesetz angewendet auf die Masse lautet
m~r¨ = −R~er + N~eϕ
FN 1
2cs
Das Kraftgesetz für die Reibkraft (Coulomb) lautet
R = µN
Es folgt durch Einsetzen
cx
FN 2
cx
mg
s
m((r̈ − rω 2 )~er + 2ṙω~eϕ ) = −µN~er + N~eϕ
Die Vektorgleichung kann skalar mit den Basisvektoren
multipliziert werden, und man erhält zwei Gleichungen
m(r̈ − rω 2 ) = −µN
2mṙω = N
Mg
x
cx
cx
Diese letzten beiden Gleichungen können ineinander eingesetzt werden, und es ergibt sich die gesuchte Differentialgleichung (die Bewegungsgleichung)
r̈ + 2µω ṙ − ω 2 r = 0
FN 1
.
Die Bewegung für t > 0 ist für r(0) > 0 und ṙ(0) = 0
tatsächlich durch ṙ > 0 charakterisiert.
Kinematik und Dynamik (Mechanik II) - Prof. Popov SoSe 2011, KW 18
Das 2. Newtonsche Gesetz, Federkräfte, Reibung
Hausaufgaben
Lösungshinweise Seite 2
Version vom 13. Mai 2011
Mit dem gegebenen Zusammenhang:
cos2 α =
Aufgabe 34
1
tan2 α + 1
(20)
ges.: Anstellwinkel α und Anfangsgeschwindigkeit v0 des ergibt sich aus Gleichung (10)
Balls
1 g
16 h2
1
2
+1
h = · 2 · x1 ·
·
Lösung über 2. Newtonschen Gesetz in x-und y-Richtung,
3
2 v0
9 x21
sowie unbestimmte Integration:
und schließlich umgestellt nach v0 :
ẍ = 0
z̈ = −g
(5)
s
ẋ = C1
ż = −gt + C3
(6)
1 g
16 2
2
v0 =
· ·
· h + 3x1
2 h
3
1
(7)
x = C1 t + C2
z = − gt2 + C3 t + C4
2
(21)
(22)
Mit den Anfangsbedingungen in x-und z-Richtung:
ẋ(t0 ) = v0 · cos α = C1
x(t0 ) = 0 = C2
ż(t0 ) = v0 sin α = C3
z(t0 ) = 0 = C4
(8)
(9)
ergibt sich:
x(t) = v0 cos α · t
(10)
1
z(t) = − gt2 + v0 sin αt
2
(11)
Aufgabe 42
Es gelten die folgenden Annahmen: Das Seil sei undehnbar und masselos. Zudem sind die Rollen reibungsfrei. Der
hängende Klotz bewegt sich nach unten, d. h. x˙2 ≥ 0. In
der Ausgangslage sei zudem x1 (0) = x2 (0) = 0.
x1
Mg
Umstellen von Gleichung (6) nach t:
FS
x
t=
v0 cos α
(12)
FR
und einsetzen in Gleichung (7) ergibt die Flugbahn z(x)
x2
1
+ tan α · x
z(x) = − g 2
2 v0 cos2 α
FS
FN
x2
(13)
mg
Einsetzen der geometrischen Bedingungen in Gleichung
(9) ergibt:
1
g
z(x1 ) = h = − · 2
· x2 + tan α · x1
2 v0 cos2 α 1
(14)
Das Newtonsche Grundgesetz liefert unter Berücksichtigung der gemachten Annahmen für die Klötze
1
g
z(3x1 ) = h = − · 2
· (3x1 )2 + tan α · 3x1
2 v0 cos2 α
(15)
M ẍ = FS − FR ,
Diese Gleichungen enthalten v0 und α als Unbekannte.
Eine Möglichkeit die Gleichungen nach den gesuchten
Größen umzustellen ist:
aus (10) folgt:
1
g
· x2 = tan α · x1 − h
2 v02 cos2 α 1
M g = FN ,
mẍ = mg − FS ,
wobei die kinematische Bedingung x1 = x2 = x bereits
eingearbeitet wurde. Für die Reibung sei das Coulombsche
Gesetz angenommen:
(16)
FR = µFN .
Umformen ergibt mit M = 2m die Bewegungsdifferentialgleichung für die untersuchte Bewegung
aus (11) folgt:
1
g
· 9x21 = tan α · 3x1 − h
2 v02 cos2 α
(17)
Division von (12):(13) ergibt:
1
g (1 − 2µ) .
3
Die Gleichung gilt unabhängig davon, ob µ = 0 oder µ > 0.
tan α · x1 − h
1
=
9
tan α · 3x1 − h
(18)
Umstellen nach α ergibt:
α = arctan
ẍ =
4 h
·
3 x1
(19)
Lösungsweg 1
Im Bereich AB ist µ = 0. Mit v (0) = 0 erhält man
Z t
1
1
g dt̄ = gt , 0 ≤ t < tB .
v (t) =
3
0 3
Kinematik und Dynamik (Mechanik II) - Prof. Popov SoSe 2011, KW 18
Das 2. Newtonsche Gesetz, Federkräfte, Reibung
Im Bereich BC ist µ > 0. Integration ergibt für den Bereich
t ≥ tB
Z t
a dt̄
v (t) =
0
Z t
Z tB
1
1
g dt̄ +
g (1 − 2µ) dt̄
=
3
tB 3
0
2
1
g (1 − 2µ) t + gµtB .
(23)
=
3
3
Der Weg wird nur im Abschnitt BC benötigt. Man erhält
durch abermalige Integration für den Bereich t ≥ tB
Z t
v dt̄
x (t) =
0
=
Aus der Forderung, daß die Klötze zur Ruhe kommen,
wenn der Klotz M den Punkt C erreicht, d. h. v (tC ) = 0,
erhält man mit (19) einen Ausdruck für tC , der noch von
µ abhängt.
s
tC =
2µ
2µ − 1
6l
.
g
Schließlich kann man noch die Bedingung x (tC ) = 11l
verwenden und erhält aus (20) den gesuchten Wert
11
µ=
= 0, 55 .
20
Version vom 13. Mai 2011
Man kann die Aufgabe auch sehr einfach mit dem Arbeitssatz lösen.
Aufgabe 44
(a) Freischnittskize:
x
y
g
FR
mg α
FN
Das Newtonsche Grundgesetz liefert für die Kiste:
2
1
1
g (1 − 2µ) t2 + gµtB t − gµt2B . (24)
6
3
3
Die Zeit tB kann man aus der Forderung x (tB ) = l mittels
(20) bestimmen. Man erhält
s
6l
tB =
.
g
Lösungshinweise Seite 3
mẍs = mg sin α − FR
(25)
!
mÿs = mg cos α − FN = 0
(26)
FN = mg cos α
FR = µFN = µmg cos α
(27)
(28)
=⇒
Gleichung (24) in (21):
ẍs = g(sin α − µ cos α)
(29)
Zweimalige Integration von ẍs führt auf:
ẋs = g(sin α − µ cos α)t + C1
1
xs = g(sin α − µ cos α)t2 + C2
2
(30)
(31)
Anfangsbedingungen:
ẋs (t = 0) = 0
xs (t = 0) = 0
=⇒
=⇒
C1 = 0
C2 = 0
Lösungsweg 2
Der Reibkoeffizient hängt vom Ort ab. Demnach kann die
Beschleunigung auch als Funktion des Ortes aufgefaßt werden. Es gilt allgemein:
dv dx
dv
=
dt
dx
dt
Z
Z
1 2
⇔ adx = vdv = (v2 − v12 )
2
a=
Da die Bewegung in A aus der Ruhe beginnt (vA = 0) und
in C wiederum der Zustand der Ruhe erreicht ist (vC = 0),
muß
Z l
Z 11l
1
1
gdx +
g(1 − 2µ)dx = 0
3
0 3
l
1
1
⇔ gl + g(11l − 22µl − l − (−2µl)) = 0
3
3
⇔ 11 − 20µ = 0
11
⇔µ=
20
gelten.
Anmerkung
Die Rutschzeit und die Geschwindigkeit:
!
xs = s
mit Gleichung (27) folgt:
ts =
s
2s
g(sin α − µ cos α)
(32)
mit Gleichung (26) folgt:
vs =
p
2sg(sin α − µ cos α)
(33)
(b) Wenn die Kiste den Anschlag berührt, muß zusätzlich
die Federkraft berücksichtigt werden:
g
x
y
FR
FF
mg α
FN
Kinematik und Dynamik (Mechanik II) - Prof. Popov SoSe 2011, KW 18
Das 2. Newtonsche Gesetz, Federkräfte, Reibung
mẍF = mg sin α − FR − FF
(34)
!
=⇒
mÿF = mg cos α − FN = 0
FN = mg cos α
(35)
(36)
FR = µFN = µmg cos α
FF = cxF
(37)
(38)
Gleichung (33) und (34) in (30):
ẍF = g(sin α − µ cos α) −
c
xF
m
(39)
Die Beschleunigung ist Funktion des Weges =⇒ Trennung
der Variablen
ẍ =
xF
Zmax
dv
dv dx
dv
=
=
v
dt
dx dt
dx
ẍ dx =
Z0
=⇒
ẍdx = vdv
v dv
vs
0
xF
Zmax
c
[g(sin α − µ cos α) − xF ] dxF =
m
v dv
vs
0
g(sin α − µ cos α)xFmax −
x2Fmax −
Z0
c 2
v2
xFmax = − s
2m
2
m
2m
g(sin α − µ cos α)xFmax − vs2 = 0
c
c
m
xFmax = g(sin α − µ cos α)
rc
m
m2 2
g (sin α − µ cos α)2 + 2sg(sin α − µ cos α)
±
c2
c
mit 2sg(sin α − µ cos α) := vs2 (Gl. (29))
xFmax =
m
g(sin α − µ cos α)
c
±
m
g(sin α − µ cos α)
c
(40)
s
1+
2sc
mg(sin α − µ cos α)
nur + ist sinnvoll:
xFmax =
m
g(sin α − µ cos α)
c
s
·
1+
2sc
1+
mg(sin α − µ cos α)
!
(41)
Lösungshinweise Seite 4
Version vom 13. Mai 2011