4. Tutorium

Kinematik und Dynamik (Mechanik II) - Prof. Popov SoSe 2015, KW 20
Vertiefung des 2. Newtonschen Gesetzes
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Version vom 8. Mai 2015
4. Tutorium
Tutorium
39. Bestimmen Sie für das skizzierte System
mit den Newtonschen Gesetzen die Lage der Kugel zu einem beliebigen Zeitpunkt t.
Annahmen:
r
g
• Das Seil und die Umlenkrolle seien
masselos und nicht dehnbar.
α
• Der Strömungswiderstand der
Kugel sei proportional zur
Geschwindigkeit mit dem Widerstandskoeffizienten k.
• Der Reibbeiwert zwischen dem
Körper m2 und seiner Unterlage
ist µ.
m2
m1
µ
x
• Der hydrostatische Auftrieb der Kugel sei vernachlässigbar.
• Zur Zeit t = 0 ruhe das System bei x = 0. Danach sinkt die Kugel senkrecht
nach unten.
Geg.: m1 , m2 , k, µ, α, g
Hinweis: Kürzen Sie die Koeffizienten der Differentialgleichung ab, um sich Schreibarbeit zu
sparen.
54. Ein Körper (Masse m1 ) gleitet reibungsfrei in vertikaler Richtung und ist über eine masselose Stange (Länge l) mit einer
Punktmasse m2 gelenkig verbunden. Die Punktmasse ist über
eine weitere Stange (Länge l) gelenkig an die Umgebung gekop- glatt
pelt.
(a) Wieviele Freiheitsgrade hat das System?
(b) Bestimmen Sie die Bewegungsdifferentialgleichung für das
System.
Geg.: l, g, m1 , m2
y
m1
g
l
ϕ
m2
l
x
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Hausaufgaben
42. Auf einer als starr und masselos anzusehenden Stange kann die Masse
m, die mittels einer idealen Feder mit dem Drehpunkt verbunden ist, c
reibungsfrei gleiten. Es sei l0 die Federlänge im spannungslosen Zustand. µ = 0
Ein Antrieb im Drehpunkt der Stange regt mit dem Moment M (t) =
M0 sin Ωt das System zum Schwingen an.
11
00
M (t)
m
Stelle die Bewegungsdifferentialgleichung auf! Berücksichtige die
Schwerkraft.
Geg.: m, l0 , M0 , Ω, g, c
µ=0
47. In dem skizzierten System gleitet die Masse M die Rampe
hinab. Auf M bewegt sich reibungsfrei eine zweite Masse m.
g
m
Gesucht ist die Beschleunigung von M .
M
Geg.: M , m, µG , α, g
2α
µ = µG
α
52. Ein Gleitklotz der Masse m wird mittels eines Seils auf einer horizontalen starren Schiene AB
entlanggezogen. Die Seilrolle mit dem Radius R rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit
ω0 . Das Seil soll als masselos und nicht dehnbar angenommen werden. Der Reibungskoeffizient
zwischen dem Klotz und der Schiene ist µ.
ey
(a) Zeigen Sie, dass die Beschleunigung des Gleiter
eϕ
klotzes
ex
R2 ω02
tan3 ϕ
ẍ = −
h
m
µ
A
B
beträgt.
r
h
(b) Berechnen Sie nun die Seilkraft F als Funktion
s
des Winkels ϕ. Die Gewichtskraft des Klotzes ist
R
zu vernachlässigen.
ω0
Geg.: m, h, R ≪ r, ω0 , µ, ϕ
ϕ
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=⇒ ẍ + Aẋ + B = 0
(16)
k
(17)
m1 + m2
g
B:=
(m2 cos α + µm2 sin α − m1 )
m1 + m2
(18)
mit A : =
Aufgabe 39
Freischnitt:
ϕ
r
S
S
S
FW
Die DGL (16) kann analytisch durch Substitution und Integration gelöst werden. Es werden gleich die Randbedingungen x(t = 0) = 0 und v(t = 0) = 0 benutzt:
x2
S
FR
N
x1
m1 g
α
m2 g
2. Newtonsches Gesetz:
Kugel, x-Richtung:
Körper, y-Richtung:
Körper, x-Richtung:
ẍ = −Aẋ − B
y2
m1 ẍ = m1 g − S − FW
(1)
0 = N − m2 g sin α
m2 ẍ = S − m2 g cos α − FR
(2)
(3)
Reib- und Widerstandsgesetz
viskose Reibung:
Die Richtung der Reibungskraft FW wurde schon in Gl.
(1) berücksichtigt.
Subst.: ẋ = v
dv
= −Av − B
→ ẍ =
dt
dv
= dt
⇔ −
Av + B
−1
Z t
Z v=v(t) B
1
dt̃
ṽ +
dṽ =
⇔ −
A v=0
A
t=0
v=v(t)
1
B
⇔ −
ln ṽ +
=t
A
A v=0
B
B
⇔ ln v +
− ln
= −At
A
A
"
#
v+ B
A
A
+
1
= −At
=
ln
v
⇔ ln
B
B
A
A
+ 1 = e−At
B
B −At
⇔v=
e
−1
A
dx
Subst.: v = ẋ =
dt
Z t
Z x=x(t)
vdt̃
dx̃ =
→
t=0
x=0
Z t B
⇔ x(t) =
e−At̃ − 1 dt̃
A t=0
B
1 −At
⇔ x(t) =
−
e
−1 −t
A
A
B
B
B
⇔ x(t) = − 2 e−At + 2 − t
A
A
A
⇔v
→ |FW | = k ẋ1
⇒ m1 ẍ1 = m1 g − S − k ẋ1
(4)
(5)
trockene Reibung:
FR = µN
mit (2): FR = µm2 g sin α
⇒ m2 ẍ2 = S − m2 g cos α − µm2 g sin α
(6)
(7)
(8)
Kinematische Beziehung zwischen x1 und x2 : Seil und Umlenkrolle nicht dehnbar und masselos
x1 = rϕ = x2 = x
ẋ1 = rϕ̇ = ẋ2 = ẋ
(9)
(10)
ẍ1 = rϕ̈ = ẍ2 = ẍ
(11)
Gleichung (10) und (11) in Gleichung (5) und (8):
m1 ẍ = m1 g − S − k ẋ
(12)
m2 ẍ = S − m2 g cos α − µm2 g sin α
(13)
Eliminieren der unbekannten Seilkraft durch Addition von
Gl. (12) und (13) und Formulierung in Normalform:
(19)
(20)
(21)
(22)
(23)
(24)
(25)
(26)
(27)
(28)
(29)
(30)
(31)
(32)
Nun müssen noch die Definitionen (17) und (18) eingesetzt
werden und dann ist die Lage der Kugel zu jedem beliebigem Zeitpunkt t mit den gegebenen Größen bestimmt.
Aufgabe 54
Das System hat einen Freiheitsgrad.
Der Körper 1 bewegt sich in einer Führung in vertikaler
Richtung. Für das Aufstellen der Bewegungsgleichung
kann
man ihn daher wie eine Punktmasse behandeln.
(m1 + m2 )ẍ = m1 g − m2 g cos α − µm2 g sin α − k ẋ
Die Lage des Körpers 1 wird mit der Koordinate s
(14) beschrieben (siehe Abbildung). Die Punktmasse 2 bewegt
k
g
sich auf einer Kreisbahn um den Punkt A. Daher soll die
(m2 cos α + µm2 sin α − m1 ) +
ẋ = 0
ẍ +
Bewegung der Punktmasse 2 in Polarkoordinaten r, ϕ
m1 + m2
m1 + m 2
(15) beschrieben werden.
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Hausaufgaben
y
Aufgabe 42
g
m1 g
1. Freischneiden
Ar
N
m1
eϕ
m2 g
S1
er
er
S1
eϕ
Fc
M (t)
Fc
Fc
Aϕ
ϕ
N
Fc
m2
ϕ
N
mg
S2
2. Zweites Newtonsches Gesetz für die Masse m
x
er -Richtung :
mar = −Fc + mg cos ϕ
(35a)
eϕ -Richtung :
maϕ = −N − mg sin ϕ
(35b)
A
Von den Gleichgewichtsbedingungen für die masselose
Stange benötigen wir das Momentengleichgewicht um den
Beide Stäbe übertragen nur Kräfte in Stabrichtung. Das Drehpunkt der Stange:
Newtonsche Grundgesetz in ϕ-Richtung lautet dann für
M (t) + N r = 0
(36)
die Punktmasse 2
−S1 sin 2ϕ + m2 g sin ϕ = m2 lϕ̈ .
(33)
Für den Körper 1 liefert das Newtonsche Grundgesetz in
vertikaler Richtung
−m1 g − S1 cos ϕ = m1 s̈ .
(34)
Eliminieren der Stabkraft S1 aus den Gleichungen (33)
und (34) und Einsetzen der kinematischen Beziehung
3. Zusatzbedingungen (Federkraft, Kinematik)
Die Federkraft ist
Fc = c r − l0
(37)
Das raumfeste Koordinatensystem ist so gewählt, dass die
er Achse mit der Stange zusammenfällt.
Aus dem Ortsvektor
r(t) = r(t)er
s = 2l cos ϕ
liefert die gesuchte Bewegungsdifferentialgleichung
4m1 sin2 ϕ + m2 ϕ̈ + (4m1 sin ϕ cos ϕ) ϕ̇2
g
− sin ϕ (2m1 + m2 ) = 0 .
l
(38)
erhält man durch zweimaliges Differenzieren unter Beachtung von
e˙r = ϕ̇eϕ
e˙ϕ = −ϕ̇er
(39)
⇒ a = r̈ = ar er + aϕ eϕ
(40)
mit den Abkürzungen
ar = r̈ − ϕ̇2 r
aϕ = rϕ̈ + 2ṙϕ̇
(41)
4. Bewegungsdifferentialgleichungen
Einsetzen von (36), (37) und (41) in (35) ergibt ein nichtlineares, gekoppeltes Differentialgleichungssystem
m r̈ − rϕ̇2 = −c r − l0 + mg cos ϕ
M (t)
− mg sin ϕ
(42)
m rϕ̈ + 2ṙϕ̇ =
r
Aufgabe 47
Die Aufgabe kann in mehreren Teilabschnitten bearbeitet
werden. Eine mögliche Vorgehensweise gliedert sich folgendermaßen:
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1. Freischnitt aller Teilkörper.
2. Zweites Newtonsches Gesetz anwenden.
3. Zusatzbedingungen, z.B. Kraftgesetz, Kinematik etc.
4. Lösung der Aufgabenstellung, z.B. Ermittlung der
Bewegungsgleichung.
1. Freischnitt
Der keilförmige Körper sei Körper 2, der quaderförmige
Körper sei Körper 1.
eξ
mg
eη
Der Punkt O sei der Ursprung eines raumfesten kartesischen Koordinatensystems. Der Punkt A ist am großen,
keilförmigen Klotz befestigt; der Punkt B am kleinen,
quaderförmigen Klotz. Beide Körper sind starr und bewegen sich ausschließlich translatorisch. Daher haben alle
Körperpunkte der jeweiligen Körper die gleiche Geschwindigkeit und Beschleunigung. Die Beschleunigung des Massenmittelpunktes des keilförmigen Klotzes ist damit gleich
der Beschleunigung des Punktes A, die Beschleunigung
des Massenmittelpunktes des quaderförmigen Klotzes ist
gleich der Beschleunigung des Punktes B.
Im Newtonschen Grundgesetz (Kräftegleichung,
Impulssatz, . . . ) müssen die Beschleunigungen in einem Inertialsystem stehen!
r A = x A ex
rB = (xA + s cos 2α)ex − s sin 2αey
N1
ex
(48)
(49)
Zudem gilt die folgende Umrechnung zwischen den Basen
2α
R
α
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Für die Ortsvektoren gilt
N1
Mg
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N2
eξ = cos 2αex − sin 2αey
(50)
eη = sin 2αex + cos 2αey
(51)
a2 = r̈A = a2x ex
(52)
Damit folgt
ey
2. Zweites Newtonsches Gesetz
In vektorieller Schreibweise gilt allgemein für einen Körper
der Masse mK
F = mK a ,
a1η = r̈B · eη = a2x sin 2α
Aus (44), (46) und (53) folgt
N1 = mg cos α − ma1η
wobei a die Beschleunigung des Massenmittelpunktes und
F die resultierende Kraft sind. Hier gilt a1 = a1ξ eξ +a1η eη
sowie a2 = a2x ex + a2y ey .
= mg cos α − ma2x sin 2α
N2 = M g cos α + N1 cos 2α
= M g cos α
Für Teilkörper 1 ergibt sich:
(54)
+ cos 2α mg cos α − ma2x sin 2α
ma1ξ = −mg sin α
(43)
ma1η = −N1 + mg cos α
(44)
(53)
4. Ermittlung der Beschleunigung
(55)
Einsetzen von (47), (54) und (55) in (45) ergibt
Für Teilkörper 2 ergibt sich:
M a2x = M g sin α + N1 sin 2α − R
M a2y = M g cos α + N1 cos 2α − N2
(45)
(46)
M a2x = M g sin α + sin 2α mg cos α − ma2x sin 2α
− µG M g cos α + cos 2α mg cos α − ma2x sin 2α
(56)
3. Zusatzbedingungen
Das Kraftgesetz für die Reibung lautet
R = µ G N2
(47)
Bei der Kinematik ist besondere Sorgfalt angebracht.
eξ
Auflösen nach a2x führt zu
g M sin α + cos α m sin 2α − µG (M + m cos 2α)
a2x =
M + m sin 2α sin 2α − µG cos 2α
(57)
Aufgabe 52
B
s
eη
x
O
y
aus Geometrie:
α
α
α
(a)
A
x = r cos ϕ
x=
h
cos ϕ
sin ϕ
r=
h
sin ϕ
(58)
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max = FR − FS cos ϕ
mit
max = FS (µ sin ϕ − cos ϕ)
Die Geschwindigkeit in x-Richtung:
(h cos ϕ)˙sin ϕ − h cos ϕ(sin ϕ)˙
sin2 ϕ
2
−h sin ϕϕ̇ − h cos ϕ cos ϕϕ̇
ẋ =
sin2 ϕ
−hϕ̇(sin2 ϕ + cos2 ϕ)
ẋ =
sin2 ϕ
−hϕ̇
ẋ =
sin2 ϕ
ẋ =
und
ṙ =
d
dt
h
sin ϕ
(59)
(60)
(61)
Beide gleich setzen:
−hϕ̇ cos ϕ
sin2 ϕ
ω0 R sin2 ϕ
ϕ̇ =
h cos ϕ
−ω0 R =
=⇒
(62)
=⇒ einsetzen
(63)
2
ẋ =
sin ϕ
−h ω0hRcos
ϕ
(64)
sin2 ϕ
−ω0 R
ẋ =
cos ϕ
(65)
Die Beschleunigung in x-Richtung:
ẍ =
ω0 R(− sin ϕ)ϕ̇
cos2 ϕ
(66)
ϕ̇ einsetzen
2
ẍ =
sin ϕ
−ω0 R sin ϕ ω0hRcos
ϕ
(67)
cos2 ϕ
2 2
−ω0 R sin3 ϕ
ẍ =
h cos3 ϕ
−ω02 R2
ẍ =
tan3 ϕ
h
(68)
(69)
(b) Freischnittskizze und das Newtonsche Grundgesetz:
~ey
m
~ex
ϕ
FR
FS
FN
may = FN − FS sin ϕ
FN = FS sin ϕ
und
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FR = µFN = µFS sin ϕ
(71)
max
(µ sin ϕ − cos ϕ)
mω 2 R2 tan3 ϕ
FS =
h(cos ϕ − µ sin ϕ)
FS =
Bestimmen von ϕ̇:
ṙ = −ω0 R
Lösungshinweise Seite 4
ay = 0
(70)
(72)