Kinematik und Dynamik (Mechanik II)

TECHNISCHE UNIVERSITÄT BERLIN
Fakultät V – Verkehrs- und Maschinensysteme - Institut für Mechanik
FG Systemdynamik
und Reibungsphysik
Prof. Dr. rer. nat. V. Popov
www.reibungsphysik.de
Kinematik und Dynamik
(Mechanik II)
Vorlesungsnotizen SS 2009
Kinematik und Dynamik - Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 1.
Kinematik einer eindimensionalen Bewegung: Geschwindigkeit als Ableitung, Entfernung als
Integral, Beschleunigung.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.1.1.-1.1.3.
I. Kinematik und Dynamik. Unter der Kinematik versteht man rein mathematische und
geometrische Methoden zur Beschreibung
von Bewegungen, wie Koordinaten, Vektoren, geometrische Bindungen ect.
Das Wort Dynamik, oder Englisch dynamics,
wird in allen Wissenschaftszweigen als Synonym zur Bewegung verstanden. An einigen
deutsprachigen Technischen Universitäten ist
für die Dynamik auch ein anderes Wort gebräuchlich: "die Kinetik". Im Sinne unserer
Vorlesung sind "die Dynamik" und "die Kinetik" Synonyme.
Alle Fragen über die Ursachen und Charakter
von Bewegungen werden in der klassischen
Mechanik ganz einheitlich beantwortet: Gemäß den Newtonschen Gesetzen. Die Newtonschen Gesetze und deren Anwendung in
verschiedenen Situationen sind das Hauptthema der Veranstaltung Kinematik und Dynamik.
II. Massenpunkt. Der Begriff eines Massenpunktes ist einer der Grundbegriffe der Mechanik. Unter einem Massenpunkt versteht
man einen Körper, dessen Ausmaße man bei
der Beschreibung seiner Bewegung vernachlässigen kann. Natürlich hängt die Möglichkeit einer solchen Vernachlässigung von den
konkreten Bedingungen der Aufgabe ab. So
kann man z.B. die Planeten als Massenpunkte
annehmen, wenn man ihre Bewegung um die
Sonne untersucht, dagegen freilich nicht,
wenn man ihre tägliche Drehung betrachtet.
III. Eindimensionale Bewegung. Wir beginnen mit der Bewegung in einer Richtung,
wie in einem Wagen auf einer geraden Straße. Um Koordinaten angeben zu können,
müssen wir ein Koordinatensystem wählen.
Bei einer eindimensionalen Bewegung reicht
die Angabe einer Koordinatenachse x, die in
der Bewegungsrichtung zeigt:
x
O
Wir wählen auf dieser Achse einen Koordinatenursprung. Zu jedem Zeitpunkt befindet
sich der Wagen in einem bestimmten Punkt
dieser Achse. Diesen Sachverhalt merken wir
uns, indem wir schreiben: x = x(t ) .
IV. Geschwindigkeit als Ableitung.
Die mittlere Geschwindigkeit auf dem Zeitintervall (t1 , t2 ) wird als Verhältnis des zurückgelegten Weges zu der verstrichenen Zeit
definiert:
x(t ) − x(t1 )
.
v= 2
t2 − t1
Die momentane Geschwindigkeit ist Grenzwert dieses Verhältnisses für t2 − t1 → 0 :
x(t2 ) − x(t1 )
.
t2 − t1 →0
t2 − t1
Das ist nichts anderes als die erste Ableitung
der Koordinate nach der Zeit:
dx
v=
.
dt
In der Mechanik ist es üblich die Ableitung
nach Zeit durch einen Punkt über dem Buchstaben zu bezeichnen:
v = x .
v = lim
Nützliche Regeln der Differnzial- und Integralrechnung
Funktion
Ableitung
Funktion
x(t )
dx
dt
g (t )
Stammfunktion
(unbestimmtes
Integral)
G (t ) = ∫ g (t )dt
C
0
0
C
t
1
1
t +C
u (t ) + f (t )
du df
+
dt dt
du
df
f +u
dt
dt
u (t ) + v(t )
∫ udt + ∫ vdt + C
u (t ) ⋅ f (t )
partielle Integration
du
df
∫ dt f dt + ∫ u dt dt = uv + C
t
t2 / 2 + C
t2
2t
t3
3t 2
t2
t3 / 3 + C
tn
nt n −1
tn
t n +1 /(n + 1) + C
u = u( f ) ,
f = f (t )
du du df
=
⋅
dt df dt
sin t
cos t
cos t
sin t + C
cos t
− sin t
sin t
− cos t
et
et
et
et + C
ln t
1/ t
1/ t
ln t + C
arcsin t
1
1− t
Substitionsmethode
arcsin t
1
2
1− t
2
1
V. Entfernung als Integral.
Ist die Geschwindigkeit v(t ) als Funktion der
Zeit bekannt, so kann Koordinate zu einem
beliebigen Zeitpunkt bestimmt werden. Zwei
Lösungsmöglichkeiten:
1. Unbestimmte Integration. Geschwindigkeit ist zeitliche Ableitung der Koordinate:
dx(t )
= v(t ) . Koordinate zu bestimmen bedt
deutet demnach eine Funktion zu finden, deren Ableitung der gegebenen Funktion v(t )
gleich ist. Diese Funktion nennt man Stammfunktion oder unbestimmtes Integral von der
Funktion v(t ) . Bezeichnung:
x(t ) = ∫ v(t )dt + C .
Integration ist offenbar eine Umkehroperation zur Ableitung. Die Tabelle der Ableitungen - gelesen in der umgekehrten Richtung ist gleichzeitig eine Tabelle der Integrale (s.
Tabelle).
2. Bestimmte Integration. In einem kurzen
Zeitabschnitt ∆t ändert sich die Koordinate
des Wagens um ∆x = v ⋅ ∆t . Die gesamte Änderung der Koordinate auf einem längeren
Zeitintervall kann man als Summe
x(t2 ) − x(t1 ) ≈ ∑ v(ti )∆t berechnen. Jedoch
i
ist die mit dieser Methode erhaltene Koordinate nicht ganz genau, weil sich die Geschwindigkeit während des Zeitintervalls ∆t
ändert. Wenn wir die Zeit klein genug wählen, so ist die Summe präzise:
x(t2 ) − x(t1 ) = lim ∑ v(ti )∆t
∆t → 0 i
Den Grenzwert nennt man bestimmtes Integral:
t2
x(t2 ) − x(t1 ) = ∫ v(t )dt
t1
Die Bezeichnung des Integral erinnert an
seine Herkunft: Das Delta wird zu d, um uns
daran zu erinnern, daß die Zeit so gering ist,
wie möglich, und die Addition wird geschrieben als eine Summe mit einem großen "S",
das sich im Laufe der Zeit etwas ausgestreckt
hat ∫ . Bestimmte Integrale berechnet man
mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung: Ist G (t ) eine Stammfunktion von g (t ) , so gilt:
b
∫ g (t )dt = G(b) − G(a) .
a
VI. Beschleunigung
Ändert sich die Geschwindigkeit mit der Zeit:
v = v(t ) , so sprechen wir von einer beschleunigten Bewegung. Beschleunigung ist zeitliche Ableitung der Geschwindigkeit:
dv
a=
.
dt
Da die Geschwindigkeit selbst eine Ableitung
der Koordinate nach der Zeit ist, so ist die
Beschleunigung eine Ableitung von Ableitung oder, wie man sagt, die zweite Ableitung
der Koordinate nach der Zeit. Das wird in
einer der folgenden Formen geschrieben:
d ⎛ dx ⎞ d 2 x
a = ⎜ ⎟ = 2 = x .
dt ⎝ dt ⎠ dt
Ist die Abhängigkeit der Koordinate von der
Zeit bekannt, so kann man alle sonstigen
wichtigen kinematischen Größen sofort berechnen: Nach einmaliger Ableitung haben
wir die Geschwindigkeit, nach der zweiten
Ableitung die Beschleunigung.
VII. Kinematische Grundaufgaben.
1. a = 0 . Das bedeutet: a = v = dv / dt = 0 .
Erste Integration: v = const = vo (gleichförmige Bewegung). Aus der Definition
v = dx / dt erhalten wir nach der zweiten Integration x = v0t + C . Integrationskonstante
erhält man mit Hilfe der Anfangsbedingung:
x0 = v0t0 + C ⇒ x = x0 + v0 ( t − t0 ) .
2. a = a0 (gleichmäßig beschleunigte Bewegung) ⇒ Zweifache Integration
3. a = a (t ) ⇒ Zweifache Integration
4. a = a (v) . Wir schreiben Beschleunigung
als zeitliche Ableitung der Geschwindigkeit:
dv
= a(v) und trennen die Variablen:
dt
dv
dv
= t + C ergibt
= dt . Integration ∫
a (v )
a (v )
nun einen Zusammenhang zwischen Zeit und
Geschwindigkeit. Zur Berechnung der Koordinate integriert man Geschwindigkeit nach
Zeit.
5. a = a( x) Lösung durch Multiplikation mit
v und Darstellung in der Form vdv = a( x)dx .
2
Kinematik und Dynamik - Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 2.
Ebene und räumliche Bewegung: Polarkoordinaten, Kugelkoordinaten, Vektoren.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1II, 1.1.4
I. Ebene Bewegung. Kartesische und Polarkoordinaten. Die Lage eines Massenpunktes auf einer Ebene wird durch zwei Koordinaten beschrieben. Meistens werden dafür entweder kartesische oder polare Koordinaten benutzt.
Kartesische Koordinaten: (x,y)
Polarkoordinaten:
( r,ϕ )
Zusammenhang zwischen beiden wird durch
die folgenden Gleichungen gegeben:
⎧ x = r cos ϕ
⎨
⎩ y = r sin ϕ
Umgekehrt:
⎧⎪ r = x 2 + y 2
.
⎨
ϕ
=
arctan
x
/
y
(
)
⎪⎩
II. Räumliche Bewegung. Kartesische, zylindrische und Kugelkoordinaten.
In drei Dimensionen wird die Lage eines
Massenpunktes mit drei Koordinaten gegeben. Definition von kartesischen, zylindrischen und Kugelkoordinaten sowie Zusammenhänge zwischen ihnen werden mit den
drei nachfolgenden Bildern illustriert.
Kartesische Koordinaten: (x,y,z)
III. Vektorielle Darstellung. Orthonormierte Basen.
(x,y,z) seien kartesische Koordinaten des
Massenpunktes P in
einem rechtshändigen
Koordinatensystem.
Alternativ kann die
Lage des Punktes mit
G
dem Radiusvektor r charakterisiert werden.
G G G
Definieren wir drei Vektoren ex , ey , ez , die
entlang der Koordinatenachsen gerichtet sind
und je die Länge Eins haben. Diese drei Einheitsvektoren sind zu einander orthogonal
und bilden eine orthonormierte Basis.
Jeder Vektor kann in seine kartesischen
Komponenten zerlegt werden:
G G G G
G
G
G
r = rx + ry + rz = xex + yey + zez ≡ ( x, y, z ) .
Kartesische Koordinaten können als Skalarprodukte des Vektors mit entsprechenden
Basisvektoren bestimmt werden:
G G
G G
G G
x = r ⋅ ex , y = r ⋅ e y , z = r ⋅ ez .
In dem beschriebenen Fall einer konstanten
kartesischen Basis (Einheitsvektoren der Basis sind "raumfest") leitet man den Radiusvektor ab, indem man seine Komponenten
ableitet:
G G G G
G
G
G
x + ye
y + ze
z ≡ ( x , y , z ) .
r = rx + ry + rz = xe
Diese Gleichung kann man auch als
G G G G
G
G
G
v = vx + v y + vz = vx ex + v y ey + vz ez ≡ ( vx , v y , vz )
schreiben. Eine weitere Ableitung ergibt Beschleunigung:
Zylindrische Koordinaten: ( ρ , ϕ ,z)
Zusammenhang mit kartesischen Koordinaten:
x = ρ cos ϕ
y = ρ sin ϕ
z=z
Kugelkoordinaten: ( r , ϕ ,θ )
Zusammenhang mit kartesischen Koordinaten:
x = r cos θ ⋅ cos ϕ
y = r cosθ sin ϕ
z = r sin θ
G G G G G
G
G
G
a = v = vx + v y + vz = vx ex + v y e y + vz ez ≡ ( vx , v y , vz ) =
G G G G
G
G
G
r = rx + ry + rz = xex + ye y + zez ≡ ( x, y, z) =
G G G
G
G
G
= ax + a y + az = ax ex + a y ey + az ez ≡ ( ax , a y , az )
IV. Polare Basis.
Die orthonormierte Basis, in die man den
Vektor zerlegt, muß nicht unbedingt konstant
sein: Sie kann sich als Ganzes (als orthonormiertes Dreibein) bewegen; dabei ändern sich
die Richtungen der Basisvektoren; beide
Vektoren bleiben aber orthogonal zu einander
und ihre Länge bleibt Eins.
Im Weiteren untersuchen wir näher ebene
Bewegung. Zur Beschreibung ebener Bewegung wird in der Mechanik sehr oft die soge-
1
nannte "polare Basis" benutzt.
Als Basis führt
man zwei Einheitsvektoren:
G
er in Richtung
des RadiusVektors eines
Massenpunktes
G
G
und eϕ senkrecht zu er (s. Bild). Selbstverständlich bewegt sich die polare Basis zusammen mit dem Radiusvektor. Der Radiusvektor kann in der polaren Basis besonders
G G
einfach dargestellt werden: r = rer . Bei der
zeitlichen Ableitung muß man aber beachten,
dass sich auch die Basisvektoren mit der Zeit
ändern:
G
G
r (t ) = r (t )er (t ) .
Beim Ableiten muss man die Regel zum Ableiten von Produkten benutzen:
G
G
G
r (t ) = r(t )er (t ) + r (t )er (t ) .
(1)
Um weiter zu verfahren brauchen wir zeitliche Ableitung von Basisvektoren. Diese wird
mit der nachstehenden Skizze illustriert.
G
G
der zeigt in Richtung eϕ und hat die Länge
G
G
1 ⋅ dϕ = dϕ . Daher: der = dϕ eϕ .
G
G
deϕ zeigt in Richtung −er und hat die Länge
G
G
1 ⋅ dϕ = dϕ . Daher: deϕ = −dϕ er .
Indem wir diese Gleichungen durch dt dividϕ
= ϕ , erhalten
dieren und erkennen, dass
dt
wir
G
G
G
G
er = ϕ eϕ , eϕ = −ϕ er .
Für die zeitliche Ableitung des Radiusvektors
(Gleichung (1)) ergibt sich somit
G G
G
G
v = r (t ) = r(t )er (t ) + r (t )ϕ eϕ .
Eine weitere Ableitung liefert den Bescheunigungsvektor:
G G
a = v =
G
G
G
G
G
r (t )er + r(t )er + r(t )ϕ eϕ + r (t )ϕeϕ + r (t )ϕ eϕ =
G
G
G
G
G
r (t )er + r(t )ϕ eϕ + r(t )ϕ eϕ + r (t )ϕeϕ − r (t )ϕ 2 er
G
G
G
a = ( r (t ) − r (t )ϕ 2 ) er + ( 2r(t )ϕ + r (t )ϕ) eϕ (2)
zirkulareKomponente
radialeKomponente
Zeitliche Ableitung des polaren Winkels
ϕ ≡ ω nennt man Winkelgeschwindigkeit.
Sonderfall: Bewegung auf einer Kreisbahn
Bewegt sich ein Massenpunkt auf einem
r = 0.
Kreis mit dem Radius r , so gilt r = 0 , Die Gleichung (1) nimmt die Form
G G
G
v = r (t ) = rϕ eϕ an. Geschwindigkeit ist im-
mer senkrecht zum Radius (und tangential
zum Kreis gerichtet und betragsmäßig gleich
v = rϕ = rω
Die Gleichung (2) nimmt die Form
G
G
G
a = − rϕ 2 er (t ) + rϕeϕ (t ) an. Die Beschleunigung hat die Komponente in Tangentialrichtung aϕ = rω und die Komponente in radialer
Richtung
v2
ar = −rϕ = −rω = −
r
Sie ist nach innen - zum Zentrum hin - gerichtet und heißt daher Zentripetalbeschleunigung.
2
2
Sonderfall: Zentralbewegung
Bei der Zentralbewegung ist der
Beschleunigungsvektor stets auf
einen Punkt, das
Zentrum Z, hin
gerichtet. Dies
trifft zum Beispiel
für die Bewegung
der Planeten zu.
Bei einer Zentralbewegung verschwindet die
zirkulare Komponente der Beschleunigung,
wenn wir den Koordinatenursprung in das
Zentrum legen:
1 d 2
aϕ = 2r(t )ω + r (t )ω =
(r ω ) = 0 ⇒
r dt
r 2ω = const
Nach dem Bild überstreicht der Fahrstrahl r
in der Zeit dt die Fläche dA = 12 rrdϕ . Die
Flächengeschwindigkeit dA / dt = 12 rrω bleibt
daher konstant (das 2. Keplersche Gesetz).
2
Kinematik und Dynamik - Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 3.
Newtonsche Gesetze der Dynamik. Bestimmung der Kraft bei vorgegebener Bewegung,
Bestimmung der Bewegung bei vorgegebener Kraft. Schiefer Wurf.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik 1II, 1.2.1.-1.2.2.
nach Zeit liefert x = aω cos ωt , nochmaliges
I. Newtonsche Gesetze (Newton, 1687).
Differenzieren ergibt x = −aω 2 sin ωt . Die
1. Newtonsches Gesetz: Wirkt auf einen KörKraft ist nach dem 2.N.G. gleich
per keine Kraft, so führt er eine geradlinige,
F = mx = − maω 2 sin ωt .
G
gleichförmige Bewegung aus: v = const .
Beispiel 2. Kurvenfahrt.
(Auch als Trägheitsgesetz bekannt: Galilei,
Ein
Auto
(Masse
1638).
m = 1000kg ) durchfährt
G G
2. Newtonsches Gesetz: ma = F oder
eine
Kurve
(Radius
G
dv G
R
=
100
m
)
mit
der
Gem
= F : Masse mal Beschleunigung gleich
dt
schwindigkeit v = 30m/s
Kraft. Dieses Gesetz gilt nur für ein Inertial(108 km/h). Wie groß ist
system.
die Kraft, die auf es wirkt, wie ist sie gerichtet, was ist das für eine Kraft?
3. Newtonsches Gesetz: Kräfte, die zwei
Lösung. Bei einer Bewegung auf einer Kreiswechselwirkende Körper aufeinander ausbahn mit einer betragsmäßig konstanten Geüben, sind gleich groß, entgegengerichtet und
schwindigkeit ist die Beschleunigung zum
haben eine gemeinsame Wirkungslinie.
Zentrum des Kreises gerichtet und ist gleich
Varianten der Schreibweise des 2.N.G.
ar = −v 2 / R . Nach dem 2. N.G. hat auch die
G G
2G
G
G
dv
dr
G
Kraft nur die radiale Komponente:
ma = F oder m
= F oder m 2 = F
dt
dt
v2
G G
G G
F
ma
m
=
=
−
.
oder mv = F oder mr = F
r
r
R
Schreibweise in Komponenten:
v2
302 m 2 / s 2
kg ⋅ m
3
⎧max = Fx
⎧mvx = Fx
⎧ mx = Fx
Fr = m = 10 kg
= 9 ⋅103 2 = 9 ⋅103 N
2
R
10 m
s
⎪
⎪
⎪
⎨ma y = Fy oder ⎨mv y = Fy oder ⎨ my = Fy .
Das ist die Reibungskraft zwischen der Straße
⎪ ⎪ ⎪
und den Reifen.
⎩ mz = Fz
⎩mvz = Fz
⎩maz = Fz
Einheit der Kraft ist kg ⋅2 m ≡ N (1 Newton).
s
Bemerkung zum Sprachgebrauch:
G G
Geschrieben in der Form mr = F , stellt das
2. N.G. eine Differentialgleichung bezüglich
G
r (t ) dar, die als Bewegungsgleichung bezeichnet wird (Engl.: "equation of motion").
G
Radiusvektor als Funktion der Zeit r (t )
nennt man in diesem Zusammenhang Bewegungsgesetz.
II. Bestimmung der Kraft bei vorgegebener Bewegung ist die einfachste Aufgabe der
G
Dynamik. Ist das Bewegungsgesetz r (t ) bekannt, so berechnet sich die Kraft nach dem
2. N.G. durch zweifaches Differenzieren.
Beispiel 1. Ein Körper (Masse m) führt eine
eindimensionale Bewegung nach dem Gesetz
x(t ) = a sin ωt (a und ω sind Konstanten).
Zu bestimmen ist die auf ihn wirkende Kraft.
Lösung. Die erste Ableitung der Koordinate
III. Bestimmung der Bewegung bei vorgegebener Kraft.
Ist die Kraft, die auf einen Körper wirkt, bekannt (oder ist das "Kraftgesetz" bekannt), so
kann man die Bewegung bestimmen, indem
G G
man die Differentialgleichung mr = F löst.
Zur eindeutigen Bestimmung des BeweG
gungsgesetzes r (t ) müssen die Anfangsbedingungen - die Lage und die Geschwindigkeit zu einem Zeitpunkt bekannt sein.
Beispiel 3. Zu bestimmen ist die eindimensionale Bewegung unter der Einwirkung einer
konstanten Kraft. Zum Zeitpunkt t = 0 befand sich der Körper im Punkt x0 und hatte
Geschwindigkeit v0 .
dv
Lösung. Das 2.N.G. lautet m = F . Indem
dt
wir beide Seiten mit dt multiplizieren
mdv = Fdt und unbestimmt integrieren ∫ mdv = ∫ Fdt + C1 ⇒ mv = Ft + C1 erhal-
1
ten wir die Geschwindigkeit. Das Ergebnis
schreiben wir in der folgenden Form:
dx
m = Ft + C1 . Multiplikation mit dt :
dt
mdx = ( Ft + C1 ) dt und zweite unbestimmte
Integration liefern ∫ mdx = ∫ ( Ft + C1 ) dt + C2
⇒ mx = 12 Ft 2 + C1t + C2 . Die noch unbekannten Integrationskonstanten C1 und C2
bestimmen wir aus den Anfangsbedingungen:
mx0 = C2 , mv0 = C1 .
Daraus folgt mx = 12 Ft 2 + mv0t + mx0 oder
x = x0 + v0t + 12 mF t 2 .
Für die Geschwindigkeit ergibt sich
v = v0 + mF t .
Bemerkung: Diese Lösungsmethode funktioniert auch bei einer beliebigen, explizit vorgegebenen Kraft F (t ) als Funktion der Zeit.
Die Beschleunigung ist dann auch eine gegebene Funktion der Zeit. Durch erste Integration gewinnt man die Geschwindigkeit, durch
zweite Koordinate. Die beiden Integrationskonstanten bestimmen sich aus den Anfangsbedingungen.
Beispiel 4. Bremsweg bei Vollbremsung.
Zu bestimmen ist der Bremsweg eines Autos
mit der Anfangsgeschwindigkeit
v0 bei Vollbremsung. Der Reibungskoeffizient sei µ = 1 .
Lösung. Die auf das
Auto wirkenden
Kräfte werden durch
den Freischnitt
sichtbar gemacht.
2. N.G. lautet:
my = −mg + N1 + N 2 = 0 , mx = − R1 − R2 .
Aus der ersten Gleichung folgt N1 + N 2 = mg
Reibungskräfte bei Vollbremsung erhalten
wir nach dem Gesetz "Normalkraft × Reibungskoeffizient": R1 = µ N1 , R2 = µ N 2 .
Daraus folgt R1 + R2 = µ ( N1 + N 2 ) = µ mg
und für die x-Komponente des 2.N.G.
mx = − µ mg . Das ist eine Bewegung unter
Wirkung einer konstanten Kraft, daher gilt
v = v0 − µ gt
x = x0 + v0t + 12 mF t 2 = 0 + v0t − 12 µ gt 2
Aus der ersten Gleichung berechnet sich die
Zeit bis zum Stillstand: v = v0 − µ gt = 0 ⇒
t = v0 / µ g . Einsetzen in die zweite Gleichung liefert den Weg bis zum Stillstand:
v02 1 v02 1 v02
−
=
.
xBrems =
µg 2 µg 2 µg
Für v0 = 30m / s (108 km/h) ist
v02
302 m 2 / s 2
≈
= 45m
µ g 2 ⋅1⋅10m / s 2
Für v0 = 15m / s (54 km/h) ist xBrems ≈ 11m .
xBrems =
1
2
Für v0 = 8,5m / s (ca. 30 km/h) xBrems ≈ 3,5m .
Beispiel 5. Schiefer Wurf.
Ein Körper mit der Masse m wird zur Zeit
t = 0 unter einem
Winkel α zur xAchse mit einer
Geschwindigkeit
v0 abgeworfen.
Wenn Luftwiderstand vernachlässigbar ist,
wirkt als einzige Kraft das gewicht G in negativer z-Richtung. Das 2. N.G. in kartesischen Koordinaten lautet
mx = 0 , mz = −G = −mg .
Zweifache Integration führt nach Kürzen von
m auf
x = C1 , z = − gt + C3
x = C1t + C2 , z = − g
t2
+ C3t + C4 .
2
Die Anfangsbedingungen:
x (0) = C1 = v0 cos α z (0) = C3 = v0 sin α
x(0) = C2 = 0 , z (0) = C4 = 0 .
Einsetzen liefert
x = v0 cos α , z = − gt + v0 sin α ,
t2
x = v0 cos α ⋅ t , z = − g + v0 sin α ⋅ t .
2
Durch Elimination der Zeit t: t = x / v0 cos α
erhält man die Bahngleichung
gx 2
+ tan α ⋅ x
z=− 2
2v0 cos 2 α
Der Körper bewegt sich auf einer Parabel.
Die Wurfweite xw folgt aus der Bedingung
v02
sin 2α .
g
Die größte Wurfweite ergibt sich
α = π / 4 , und sie beträgt xw,max = v02 / g .
z ( xw ) = 0 : xw =
für
Die Wurfhöhe ist gleich zh = (v0 sin α ) 2 / 2 g .
2
Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 4.
Kräfte: Schwerkraft, Reaktionskräfte, Widerstandskräfte, Federkraft, Auftriebskraft,
Scheinkräfte.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.3, 1.2.4.
I. Kraftgesetze
1. Gravitationskraft: Jedes Objekt zieht
jedes andere Objekt mit einer
Kraft an, welche proportional
zu beiden Massen und umgekehrt proportional dem Quadrat der Entfernung zwischen
ihnen ist. Die Kraft ist entlang
der Verbindungslinie zwischen
beiden Körpern gerichtet.
Mm
F =G 2
r
m3
−11
Gravitationskonstante: G = 6, 67 ⋅10
kg ⋅ s 2
2. Widerstandskraft (turbulent)
Ein fahrendes Auto oder ein Flugzeug erfahren eine
Widerstandskraft,
die annährend mit der folgenden Gleichung
wiedergegeben wird:
Fw = 12 cw ρ Av 2 .
Dabei ist A die Projektionsfläche des Körpers
auf eine Ebene senkrecht zur Anströmrichtung, ρ ist die Dichte des Mediums (z.B.
Luft), v ist die Anströmgeschwindigkeit
(bzw. Fahrgeschwindigkeit) und der Widerstandsbeiwert cw erfaßt alle weiteren Parameter. Er liegt z.B. bei modernen Pkw zwischen
0.3 und 0.4. Das Kraftgesetz ist nur gültig bei
schnellen Bewegungen, bei denen sich eine
turbulente Strömung bildet.
3. Widerstandskraft (Laminar)
Bewegt sich der Körper in einer Flüssigkeit
oder einem Gas so langsam, dass sich keine
Wirbel bilden (laminare Umströmung), so ist
die Widerstandskraft, wie das bereits Newton
herasgefunden hat, proportional zur Geschwindigkeit:
Fw = −α v .
Die Konstante α hängt von der Geometrie
des umströmten Körpers und von der Zähigkeit des Mediums, diesmal nicht aber von
seiner Dichte. Minus-Vorzeichen zeigt, dass
die Kraft entgegengestzt zur Geschwindigkeit
gerichtet ist. Für eine Kugel gilt z.B.:
Fw = −6πη rv .
(1854 Stokes); r ist hier Radius der Kugel,
η - Viskosität des Mediums. (Z.B. für Wasser bei 20°C ist η ≈ 10−3 Pa ⋅ s , für die Luft
bei 20°C η ≈ 1,8 ⋅10−5 Pa ⋅ s ).
4. Haftreibung und Gleitreibung
Durch ausführliche experimentelle Untersuchungen hat Coulomb (1736-1806) festgestellt, dass die Reibungskraft R zwischen
zwei Körpern, die
mit der
Normalkraft
N an einander gedrückt sind, in erster, grober Näherung
folgende einfache Eigenschaften hat:
A. Die Haftreibung (auch statische Reibungskraft) Rs , die zu überwinden ist, um
den Körper in Bewegung zu setzen, ist proportional zur Anpreßkraft N:
Rs = µ s N .
Der Koeffizient µ s heißt statischer Reibungskoeffizient. Er hängt von der Materialpaarung ab, weist aber dagegen fast keine
Abhängigkeit von der Kontaktfläche und
Rauhigkeit der Oberflächen.
B. Die Gleitreibung (auch kinetische Reibungskraft) Rk ist die Widerstandskraft, die
nach dem Überwinden der Haftung wirkt.
- Gleitreibung ist proportional zur Anpreßkraft N
Rk = µk N
- Die Gleitreibung hängt nicht (bzw. nur sehr
schwach) von der Gleitgeschwindigkeit ab.
V. Elastische Kraft
Alle Körper in der Welt
sind mehr oder weniger
deformierbar. Bei Federn ist ihre Elastizität
besonders ausgeprägt und wird technisch
genutzt. Verschiebt man einen mit einer Feder gekoppelten Körper um x aus seiner
Gleichgewichtsposition, so wirkt die feder
auf ihn mit der Kraft
Fel = −cx .
c ist die Steifigkeit der Feder.
1
VI. Auftriebskraft
(a) Bewegt sich ein nicht symmetrischer Körper in einer Flüssigkeit oder Luft, so ist die
auf ihn vom Medium wirkende Kraft
im
Allgemeinen
nicht entgegengestzt
zur Geschwindigkeit gerichtet. Die
entgegengesetzte Komponente der Kraft
nennt man Widerstandskraft (s. oben). Die
zur Bewegung senkrecht gerichtete Komponente heißt Auftriebskraft. Beide sind bei
turbulenten Umströmungen ungefähr proportional zum Quadrat der Geschwindigkeit.
Für dünne stromlinienförmige
Körper (wie ein
Flügel) gilt
FA = παρ v 2 S
wobei S die Fläche des Flügels ist und α
der sogenannte Anstellwinkel.
(b) Darüber hinaus gibt es auch bei sehr langsamen Bewegungen die entgegen der Schwerekraft gerichtete archimedische Auftriebskraft, die gleich dem Gewicht der verdrängten Flüssigkeit ist.
VII. Elektrische, magnetische Kräfte
Auf einen geladenen Körper im elektrischen
G
Feld mit der Feldstärke E wirkt die Kraft
G
G
F = qE , q ist die elektrische Ladung.
Auf einen geladenen Körper im magnetischen
G
Feld mit der Induktion B wirkt die Kraft
G
G G
F = qv × B ; sie ist stets senkrecht zur Geschwindigkeit gerichtet.
VIII. Reaktionskräfte (auch Führungskräfte, Zwangskräfte)
Wenn ein Massenpunkt gezwungen ist, sich
auf einer vorgegebenen Fläche oder Kurve zu
bewegen, so spricht man von einer geführten
oder gebundenen
Bewegung. In diesem Fall treten die
sogenannten Reaktionskräfte
auf,
welche gerade die
geforderte Bindung an eine Fläche oder Kurve bewirken. Für den Betrag der Reaktionskraft kann man kein spezielles Kraftgesetz
angeben. Sie zeigt aber immer in die Richtung, in der die Bewegung verhindert wird.
IX. Scheinkräfte
Das 2. Newtonsche Gesetz gilt nur in Inertialsystemen. Manchmal ist es bequemer, eine
Bewegung relativ zu einem sich beschleunigt
bewegenden oder rotierenden Bezugssystem
zu betrachten (die Erde ist z.B. auch kein
ideales Inertialsystem). Man kann zeigen,
dass man auch in einem bescheunigten System die Newtonschen Gesetze in gewöhnlicher Form anwenden kann, wenn man zusätzliche, sogenannte Scheinkräfe einführt.
(a) In einem Bezugssystem, das sich relativ zu einem Inertialsystem mit der BeG
schleunigung A bewegt, muß die
Scheinkraft
G
G
Ftransl = −mA
eingeführt werden.
(b) In einem mit einer
WinkelgeschwindigG
keit ω rotierendem
Bezugssystem müssen zwei Scheinkräfte
eingeführt werden
(diese Kraftgesetze
werden im Kurs Mechanik III hergeleitet):
Zentrifugalkraft Fzentrif = mrω 2 wirkt radial
von der Rotationsachse (r ist der Abstand zur
Achse).
G
G G
Coriolis-Kraft FC = 2mv × ω .
Beispiel. Satellitenbewegung.
Mit welcher Geschwindigkeit umläuft die Erde
ein erdnaher Satellit? Radius der Bahn sei
R = 6, 4 ⋅103 km .
Lösung. Die einzige Kraft, die auf den Satelliten wirkt, ist die Anziehungskraft der Erde
(Schwerekraft). Sie ist immer zum Zentrum
der Erde gerichtet und in der Nähe der Erdoberfläche gleich Fr = mg . Bewegt sich der
Satellit auf einer Kreisbahn, so ist seine Beschleunigung ebenfalls zum Zentrum gerichtet und gleich ar = v02 / R . Nach dem 2.N.G.
gilt mv02 / R = mg . Daraus folgt
v0 = Rg = 6, 4 ⋅106 m ⋅ 9,8 sm2 ≈ 8 ⋅103 m / s
2
Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 5. Das 2. Newtonsche Gesetz: Anwendungsbeispiele.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.1.3, 1.2.4
Beispiel 1. Geostationäre Satelliten
Verläuft die Bewegung eines
Satelliten in der Äquatorebene
der Erde und ist die Umlaufzeit
gleich einem Tag, so "hängt"
der Satellit immer über dem
gleichen Punkt der Erde. Die
einzige auf ihn wirkende Kraft
ist die zum Zentrum gerichtete GravitationsMm
kraft Fr = G 2 . Bei einer Bewegung auf
r
dem Kreis ist Beschleunigung ebenfalls zum
Zentrum gerichtet und gleich ar = rω 2 , wo-
Multiplizieren mit dr ergibt
GM
vr dvr = − 2 dr .
r
Eine bestimmte Integration führt auf
2
vr2 vr ( 0 )
⎛ 1 1⎞
−
= GM ⎜ − + ⎟
2
2
⎝ R r⎠
Die gesuchte Geschwindigkeit ist eine solche,
bei der v → 0 wenn r → ∞
2GM
vr ( 0 ) =
= 2 gR ≈ 11, 2km / s .
R
Beispiel 2. Vertikaler Start einer Rakete
Zu berechnen ist die Fluchtgeschwindigkeit
bei einem vertikalen Start einer Rakete (Luftwiderstand ist zu vernachlässigen).
Lösung. Es liegt eine eindimensionale Bewegung vor. 2.N.G. für die radiale Bewegung
GM
r = − 2 . Beschleunigung ist hier
lautet r
eine Funktion der Koordinate. Man löst diese
Differentialgleichung durch Multiplizieren
dr
beider Seiten mit Geschwindigkeit vr =
dt
und Berücksichtigung, dass
dv dv dr dvr
x=a=
= ⋅ =
⋅ vr .
dt dr dt dr
Die Bewegungsgleichung nimmt die Form
µ = 0.8 erhalten wir v ≈ 146m / s ≈ 525km / h .
Beispiel 3. Maximale Geschwindigkeit eines
Autos.
bei ω = 2π / T die Winkelgeschwindigkeit ist
In der vertikalen Richtung gibt es keine Be(T=1 Tag ist die Umdrehungsperiode). 2.N.G.
wegung. Unter Vernach2
lässigung der AuftriebsMm
⎛ 2π ⎞
besagt, dass G 2 = mrω 2 = mr ⎜
⎟ ⇒
kraft gilt daher: N = mg .
r
⎝ T ⎠
Da sich das Auto mit ei1/ 3
⎛ GMT 2 ⎞
ner
konstanten
Ger =⎜
⎟ . (1)
schwindigkeit bewegen soll, lautet die hori⎜ ( 2π )2 ⎟
⎝
⎠
zontale Komponente des 2.N.G.:
Die Fallbeschleunigung auf der Erdoberfläche
m ⋅ 0 = − Fw + R , wobei R = µ mg die maximaist gleich g = GM / R 2 mit R = 6380 ⋅103 m
le erreichbare Reibungskraft zwischen den
als Erdradius. Daraus folgt GM = gR 2 . EinRädern und der Straße ist und Fw = 12 cw ρ Av 2
setzen in (1) liefert
die (turbulente) Widerstandskraft. Aus
1/ 3
1/ 3
2 ⎞
6 2
⎛
2
2
⎛ gR T ⎞
9,8 ⋅ ( 6,38 ⋅10 ) ( 24 ⋅ 3600 )
⎟ µ mg = 12 cw ρ Av 2 folgt v = 2 µ mg .
r =⎜
⎟ ≈⎜
2
2
⎜ ( 2π ) ⎟
cw ρ A
⎜
⎟
( 2π )
⎝
⎠
⎝
⎠
≈ 42000km . Das Entspricht einer Höhe über
Mit den charakteristischen Werten: cw = 0, 4 ,
der Erdoberfläche von ca. 35620km .
A = 2,5m 2 , ρ = 1, 2kg / m3 , m = 1600kg ,
dvr
GM
⋅ vr = − 2 an.
dr
r
Beispiel 4. Freier Fall in einer viskosen
Flüssigkeit
Zu bestimmen ist das Bewegungsgesetz einer in einer Flüssigkeit frei fallenden Kugel mit
Anfangsbedingungen:
y ( 0) = 0 , vy ( 0) = 0 .
Lösung. Das 2. N. G. lautet:
dv
m y = − mg − α v y . Multiplikation mit dt
dt
α ⎞
⎛
ergibt dv y = − ⎜ g + v y ⎟ dt . Nach Trennung
m ⎠
⎝
der Variablen und bestimmter Integration ervy
t
dv y
= − ∫ dt = −t ⇒
halten wir ∫
α
0 g +
0
vy
m
1
α ⎞v
⎛
ln ⎜ g + v y ⎟ 0y = −t ⇒
m ⎠
α ⎝
⎞
m ⎛
α
mg ⎛ − αmt ⎞
v y ⎟ = −t ⇒ v y =
ln ⎜ 1 +
⎜ e − 1⎟
α ⎝ mg ⎠
α ⎝
⎠
m
Für sehr große Zeit t erreicht die Geschwinmg
digkeit den Grenzwert −
. Minus-Zeichen
α
zeigt, dass sich die Kugel in die negative yRichtung bewegt.
Zur Bestimmung der Koordinate schreiben
wir die Geschwindigkeit als zeitliche Ableidy mg ⎛ − αmt ⎞
tung
=
⎜ e − 1⎟ , multiplizieren diese
dt
α ⎝
⎠
Gleichung mit dt und integrieren bestimmt
y
t
mg ⎛ − αmt ⎞
dy
=
∫0 ∫0 α ⎜⎝ e − 1⎟⎠ dt .
Ergebnis:
α
−
⎞
mg
m2 ⎛
y=−
t + 2 g ⎜1 − e m t ⎟
α
α ⎝
⎠
Beispiel 5. Ein Feder-Masse-System
Zu bestimmen ist das
Bewegungsgesetz
einer mit einer Feder
gekoppelten Masse.
Anfangsbedingungen: für t = 0 lauten
v(0) = 0 ; x(0) = x0 .
Lösung. Wir betrachten nur die Bewegung in
horizontaler Richtung und vernachlässigen
Reibung in dieser Richtung. Die einzige Kraft,
die unter diesen Voraussetzungen auf den aus
der Ruhelage ausgelenkten Körper wirkt, ist
die Federkraft F = − kx . Das 2.N.G. sieht wie
folgt aus: ma = − kx ⇒ a = − ( k / m ) x . Mit
Bezeichnung k / m = ω 2 schreiben wir es in
dv
der Form a = −ω 2 x oder
= −ω 2 x .
dt
Mit der Identität
dv dv dx dv
= ⋅ = v ergibt sich
dt dx dt dx
dv
⋅ v = −ω 2 x . Multiplikation mit dx und bedx
stimmte Integration ergibt
v
x
0
x0
⎛ x2 x2 ⎞
v2
− 0 = ω2 ⎜ 0 − ⎟
2
⎝ 2 2 ⎠
2
∫ vdv = − ∫ ω xdx ⇒
Daraus ergibt sich Geschwindigkeit als Funktion der Koordinate: v = ω x02 − x 2 . Wir
schreiben nun Geschwindigkeit als zeitliche
dx
Ableitung der Koordinate:
= ω x02 − x 2 ,
dt
trennen die Variablen und integrieren bex
t
dx
stimmt: ∫
= ∫ ω dt = ω t .
x02 − x 2 0
x0
Mit der Substitution
x = x0 sin z
x
0
dx = x0 cos z ⋅ dz
erhalten wir
x
∫
x0
dx
x02 − x 2
x02 − x 2 = x0 cos z
arc sin ( x / x0 )
∫
=
arc sin ( x / x0 )
x x → z arc sin (1)
arc sin (1)
x0 cos z ⋅ dz
arc sin ( x / x )
= z arc sin (1) 0
x0 cos z
arcsin( x / x0 ) − π / 2 = ωt
Daraus folgt
x = x0 sin (ωt + π / 2 )
x
∫
x0
d ( x / x0 )
1 − ( x / x0 )
2
⎡ x / x0 = z :⎤
= ⎢ x/ x
⎥=
0
z
|
⎣ 1
⎦
x / x0
∫
1
dz
1− z2
=
x arcsin1
−
= ωt
π /2
x0
Umkehren dieser Funktion ergibt
x = x0 sin (ω t + π 2 ) = x0 cos ω t
= arcsin z |1x / x0 = arcsin
Beispiel 6. Scheinkräfte.
A. Wann kippt ein
Auto um?
Gleichgewicht der
Kraftmomente bezüglich des rechten
Rades (im rotierenden Bezugssystem!!):
m ( v 2 / R ) h = mgd ⇒ v = Rgd / h .
B. Neigung eines
Motorradfahrers
C. Zentrifuge. Durchmesser = 45 cm,1400
Umdrehungen pro Minute. Zu bestimmen ist
die effektive Fallbeschleunigung in dem mit
der Zentrifuge verbundenen Bezugssystem.
2
Mechanik II / Vorlesung 6 / Prof. Popov
Impuls, Kraftstoß, Schwerpunktsatz, Impulserhaltung, Stoß
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.5, 2.2, 2.5
G
G
I. Impuls. Vektorielle Größe p = mv heißt
Impuls des Körpers. Der Gesamtimpuls eines
Mehrkörpersystems berechnet sich als Summe
G
G
der Impulse seiner Bestandteile: p = ∑ mi vi .
II. Impulssatz.
Geschrieben in der Form
G
dp G
=F
dt
trägt das 2. Newtonsche Gesetz den Namen
Impulssatz.
III. Kraftstoß. Durch Multiplizieren mit dt
und Integration kann der Impulssatz in der
folgenden Integralform dargestellt werden:
G
t2
p ( t2 )
t
G
G
G
G 2 G
∫ dp = ∫ F (t )dt ⇒ p(t2 ) − p(t1 ) = ∫ F (t )dt
G
p ( t1 )
t1
t1
Änderung des Impulses ist somit gleich der
t2 G
Größe F = ∫ F (t )dt , die Kraftstoß heißt.
t1
IV. Abgeschlossenes System.
Ein Mehrkörpersystem heißt abgeschlossen,
wenn die zu ihm gehörigen Körper nur miteinander wechselwirken.
V. Impulserhaltungssatz
Betrachten wir ein abgeschlossenes System
bestehend aus
zwei Körpern.
Diese Körper
wechselwirken
nur mit einander.
Die Wechselwirkungskräfte genügen dem 3.
Newtonschen Gesetz (actio=reactio). Das 2.
Newtonsche Gesetz für jeden Körper kann
demnach wie folgt geschrieben werden:
G
G
G
dv1 G
dv2
=F
= −F .
m1
m2
dt
dt
Summieren beider Gleichungen ergibt
G
G
dv
dv
d
G
G
m1 1 + m2 2 = 0 oder ( m1v1 + m2 v2 ) = 0
dt
dt
dt
In der Klammer steht der Gesamtimpuls des
G
dp
Systems:
= 0 . Daraus folgt:
dt
G
G G G
p = m1v1 + m2 v2 = const
Impuls eines abgeschlossenen Systems bleibt
erhalten (Impulserhaltungssatz).
Dieser Satz gilt für ein abgeschlossenes System bestehend aus beliebiger Zahl von Körpern.
IV. Innere und äußere Kräfte
Die Kräfte, mit denen die Körper, die zu einem
System gehören, mit einander wechselwirken,
nennen wir innere Kräfte.
Die Kräfte, mit denen die Körper des Systems
mit den Körpern außerhalb des Systems wechselwirken, nennen wir äußere Kräfte.
Diese Definitionen sind systemabhängig. So
ist z.B. die Wechselwirkungskraft zwischen
der Sonne und der Erde eine innere Kraft,
wenn wir die Sonne und die Erde als ein System betrachten. Betrachten wir dagegen nur
die Erde als "System", so ist das eine äußere
Kraft.
VII. Impulssatz für ein Mehrkörpersystem
Betrachten wir jetzt ein nicht abgeschlossenes
(offenes)
System, d.h.
ein System,
dessen Körper auch mit
Körpern
außerhalb
G
Gdes Systems wecheselwirken.
G
G
F und − F sind hier innere Kräfte. F1 und F2
sind äußere Kräfte. Das 2. Newtonsche Gesetz
für die beiden Körper lautet:
G
G
G G
dp1 G G
dp2
= F + F1 ;
= − F + F2 .
dt
dt
Addition dieser Gleichungen ergibt
G
G
dp G G
= F1 + F2 = Fext
dt
G
Fext ist Summe aller äußeren Kräfte.
Impulssatz:
Zeitliche Ableitung des Impulses eines Systems ist gleich der Summe aller äußeren
Kräfte, die auf dieses System wirken.
Teilerhaltung des Impulses:
Ist Projektion der resultierenden äußeren
Kraft auf die x-Achse Null, so bleibt die xProjektion des Impulses erhalten.
1
G
dp G
Beweis: Der Impulssatz
= Fext in der Prodt
dp
jektion auf die x-Achse lautet: x = 0 .
dt
Daraus folgt px = const .
VIII. Schwerpunktsatz
Radiusvektor des Schwerpunkts eines Systems
wird wie folgt definiert:
G
G
G m1rG1 + m2 rG2 + ⋅⋅⋅ ∑ mi ri ∑ mi ri
Rs =
=
=
,
m1 + m2 + ⋅⋅⋅
M
∑ mi
wobei M die Gesamtmasse des Systems ist.
Die Geschwindigkeit des Schwerpunktes berechnet sich als zeitliche Ableitung dieses
Vektors:
G
G
G G m1rG1 + m2 rG2 + ⋅⋅⋅ ∑ mi vi
p
=
=
Vs = Rs =
.
m1 + m2 + ⋅⋅⋅
M
M
Betrachten wir zwei Fälle:
a) GAbgeschlossenes System
G
G
G
dRs m1v1 + m2 v2 + ⋅⋅⋅ p
=
=
= const :
dt
m1 + m2 + ⋅⋅⋅
M
Schwerpunkt eines abgeschlossenen Systems
bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit.
b) Offenes System
G
G
G
G
d 2R G
dV dp / dt Fext
oder M 2 = Fext .
=
=
dt
dt
M
M
Schwerpunktsatz: Der Schwerpunkt eines
Systems bewegt sich so, als ob die Gesamtmasse in ihm vereinigt wäre und alle äußeren
Kräfte an ihm angriffen.
IX. Plastischer Stoß
Betrachten wir Zusammenstoß zweier Körper,
nach dem sie sich als ein Ganzes bewegen (an
einander kleben).
Solcher Stoß
nennt man plastischer Stoß. Die Wechselwirkungskräfte zwischen beiden Körpern, unabhängig von deren
Größe und physikalischer Herkunft sind innere
Kräfte. Wirken am System keine weiteren
Kräfte, so ist das ein abgeschlossenes System.
Der Impuls des Systems bleibt deshalb erhalten. Insbesondre gilt das für beliebige Zeitpunkte vor und nach dem Stoß:
G
G
Impuls vor dem Stoß: m1v1 + m2 v2
G
Impuls nach dem Stoß ( m1 + m2 ) v
Wenn keine äußeren Kräfte gewirkt haben:
G
G
G
m1v1 + m2 v2 = ( m1 + m2 ) v ⇒
G
G
G m1v1 + m2 v2
v=
m1 + m2
X. Zerfall (z.B. durch eine Explosion)
Impuls "vor":
( m1 + m2 ) ⋅ 0 = 0
G
G
Impuls "nach": m1v1 + m2 v2
G
G
Impulserhaltungssatz: m1v1 + m2 v2 = 0
G
G m
v2 = −v1 1
m2
XI. Mittelwert einer Kraft
Betrachten wir eine von der Zeit abhängige
Kraft F (t ) . Den Mittelwert dieser Kraft auf
dem Zeitintervall von t1 bis
t2 können wir
bestimmen,
indem wir das
Zeitintervall in
eine sehr große Zahl N von Teilintervallen ∆t
unterteilen (offensichtlich gilt N ∆t = t2 − t1 ).
Den Mittelwert F (der Strich über dem Buchstaben bedeutet "Mittelwert") berechnet man
N
mit der bekannten Regel F =
∑F
i =1
i
. Indem
N
wir diese Gleichung mit ∆t multiplizieren und
t2
∑ F ∆t ∫ F (t )dt .
N
dividieren, erhalten wir
F=
i =1
i
N ∆t
=
t1
t2 − t1
Nach dem Impulssatz in der Integralform gilt
t2
∫ F (t )dt = p
2
− p1 , wobei p2 und p1 Impulse
t1
des Systems zu den Zeitpunkten t2 und t1
sind. Für den Mittelwert der Kraft ergibt sich
somit
p − p1
F= 2
t2 − t1
Mittelwert der Kraft ist gleich Änderung des
Impulses dividiert durch das Zeitintervall, in
dem diese Änderung stattgefunden ist.
2
Mechanik II / Vorlesung 7 / Prof. Popov
Arbeit, kinetische und potentielle Energie, Elastischer Stoß
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.7
I. Mechanische Arbeit, Arbeitssatz
Betrachten wir einen Körper mit der Masse m,
der sich unter der Wirkung einer (im Allgemeinen zeit- oder ortsabhängigen) Kraft F bewegt.
Das zweite Newtonsche Gesetz für den Körper
G
dv G
lautet m
=F.
dt
G
Indem wir diese Gleichung mit v multiplizieren, erhalten wir
G
dv G G G
(1)
m ⋅ v = F ⋅ v (Skalarprodukt!)
dt
Die linke Seite der Gleichung kann in der Form
G G
2
G
dv G m d ( v ⋅ v ) m d v
m ⋅v =
=
dt
2 dt
2 dt
dargestellt werden. Die rechte Seite schreiben
G G G drG
wir wie folgt um: F ⋅ v = F ⋅ . Die Gleichung
dt
G G
m
(1) nimmt die Form d v 2 = F ⋅ dr an.
2
Bestimmte Integration
ergibt
G
v2
r2
G G
m
2
∫v 2 d v = ∫rG F ⋅ dr
1
1
( )
( )
( )
oder
G
r
mv22 mv12 2 G G
−
= ∫ F ⋅ dr .
G
2
2
r1
(2)
mv 2
Die Größe K =
ist die kinetische Energie
2
des Körpers.
G
r2
G G
Das Integral W = ∫ F ⋅ dr nennt man die von
G
r
1
G
der Kraft F auf dem Weg zwischen r1 und r2
geleistete Arbeit.
Gleichung (2) sagt aus, dass Änderung der kinetischen Energie eines Objektes gleich der
durch die einwirkenden Kräfte geleisteten Arbeit ist.
K 2 − K1 = W .
(Arbeitssatz)
II. Eigenschaften der Arbeit.G
r2
G G
-Arbeit wird als Integral W = ∫ Fdr definiert.
G
r1
-Bei einer konstanten Kraft gilt
G
G r2 G G G G
G G
W = F ∫ dr = F ( r2 − r1 ) = F ∆r
G
r1
W = F ⋅ ∆r ⋅ cos θ
G
∆r
θ
G
F
- Wann ist W=0? ⇒ F = 0 oder ∆r = 0 oder
θ = 90° .
- Die Arbeit von A nach B ist gleich minus die
Arbeit von B nach A.
- Arbeit ist eine additive Größe (Arbeit mehrerer gleichzeitig wirkender Kräfte ist gleich der
Summe der Arbeiten einzelner Kräfte). Folgt
aus der Definition.
III. Leistung. Betrachten wir Bewegung innerhalb eines infinitesimal kleinen Zeitintervalls dt , so kann man den Arbeitssatz in der
Differentialform schreiben: dK = dW .
Dividieren durch dt ergibt
dK dW
.
(3)
=
dt
dt
Die Größe dW / dt heißt Leistung der Kraft.
Gleichung (3) bedeutet, dass die zeitliche
Änderung der kinetischen Energie eines Objektes gleich der durch die einwirkenden
Kräfte aufgebrachten Leistung ist.
Einheiten:
[ Arbeit ] = Newton ⋅ Meter = {Joule}
[ Leistung ] = Joule pro Sekunde = {Watt}
1 Kilowattstunde = 103 ⋅ 3600 J = 3, 6 ⋅106 Joule
IV. Potentielle Energie, Energieerhaltungssatz. Betrachten wir eine eindimensionale Bewegung unter der Einwirkung einer Kraft
F ( x) , die nur von der Koordinate abhängt.
Das zweite Newtonsche Gesetz lautet:
mv = F ( x ) .
Multiplizieren mit v ergibt
dv
dx
m v = F ( x)
oder mvdv = F ( x ) dx
dt
dt
Bestimmte Integration ergibt
x
mv 2 mv02
−
= ∫ F ( x )dx = U ( x0 ) − U ( x ) ,
2
2
x0
(4)
wobei U ( x ) = − ∫ F ( x )dx Stammfunktion zur
Funktion − F ( x) ist (unbestimmtes Integral
von − F ( x) ).
1
(4) kann wie folgt umgeschrieben werden:
mv 2
mv 2
+ U ( x ) = 0 + U ( x0 ) .
(5)
2
2
Die Größe U ( x) heißt potentielle Energie und
mv 2
die Summe E =
+ U ( x ) = K + U - volle
2
Energie des Systems.
Gleichung (5) besagt, dass die volle Energie
des Systems erhalten bleibt (Energieerhaltungssatz):
E = K + U = konst .
Der Energieerhaltungssatz in dieser Form gilt
nur dann, wenn die Kräfte nur von der Koordinate abhängen (im Allgemeinen Fall gilt das
für konservative Kräfte, s. nächste Vorlesung).
Bemerkung: Aus der Definition der potentiel∂U
len Energie folgt, dass F ( x ) = −
. Diese
∂x
Gleichung nennt man 1. Satz von Castigliano.
V. Beispiele
A. Potentielle Energie der Schwerekraft.
Die Schwerekraft ist gleich
F = −mg . Potentielle Energie
ist demnach
U = ∫ mgdh = mgh + C .
C ist eine beliebige Konstante,
die z.B. gleich Null gesetzt
werden kann. Der Energieerhaltungssatz hat
mv 2
+ mgh = konst .
die Form
2
B. Potentielle Energie einer elastischen Feder.
Die Federkraft ist gleich F = −cx .
Potentielle Energie demnach
x2
U = ∫ cxdx = c .
2
Energieerhaltungssatz:
mv 2
x2
+ c = konst .
2
2
C. Potentielle Energie der Gravitationskraft
im allgemeinen Fall.
Mm
F = −G 2 .
r
Mm
Mm
U = ∫ G 2 dr = −G
.
r
r
Energieerhaltungssatz:
mv 2
Mm
E=
−G
= konst .
r
2
Die auf dem geschlossenen
Weg geleistete Arbeit ist
gleich
⎛1 1 1 1 1 1 1 1⎞
W = GMm ⎜ − + − + − + − ⎟ ≡ 0
⎝ r2 r1 r4 r3 r6 r5 r8 r7 ⎠
Kräfte, deren Arbeit auf jedem geschlossenen
Weg Null ist, heißen konservativ.
VI. Ein Pendel
Zu bestimmen ist das Bewegungsgesetz und die Stangenkraft für ein Pendel bestehend
aus einem leichten Stab und
einer Kugel, die man als ein
Massenpunkt betrachten kann.
Zum Zeitpunkt t = 0 wird es
aus der Ruhelage um den
Winkel ϕ0 ausgelenkt und
freigelassen.
Lösung. Wir schreiben zunächst den Energiemv02
mv 2
erhaltungssatz
+ mgh =
+ mgh0 .
2
2
Unter Berücksichtigung geometrischer Beziehung h = l (1 − cos ϕ ) und v0 = 0 ergibt sich
v2
+ gl (1 − cos ϕ ) = gl (1 − cos ϕ0 )
2
Daraus folgt
v = 2 gl ( cos ϕ − cos ϕ0 ) .
Wir wollen das 2. Newtonsche
Gesetz in polarer Basis schreiben. Die zirkulare und radiale
Komponenten der Beschleunigung sind gleich
2
aϕ = lϕ , ar = −l (ϕ )
Für die zirkulare und radiale
Kraftkomponenten haben wir:
Fϕ = −mg sin ϕ Fr = mg cos ϕ − FN
Das 2.N.G. nimmt die Form
2
mlϕ = −mg sin ϕ , − ml (ϕ ) = mg cos ϕ − FN
an. Aus der zweiten Gleichung können wir die
Stangenkraft als Funktion des Winkels ϕ berechnen:
v2
FN = mg cos ϕ + m = mg ( 3cos ϕ − 2 cos ϕ0 ) .
l
Das Bewegungsgesetz bekommen wir aus der
dϕ
Gleichung v = l
= 2 gl ( cos ϕ − cos ϕ0 )
dt
durch Trennung der Variablen und Integration.
Ist ein Perpetuum mobile möglich?
2
Kinematik und Dynamik / Mechanik II / Vorlesung 8 / Prof. Popov
Arbeit, kinetische und potentielle Energie, konservative Kräfte, Energieerhaltungssatz
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.7
I. Eigenschaften der Arbeit. G
G G
-Arbeit wird als Integral W = ∫ Fdr definiert.
r2
G
r1
-Bei einer
konstanten Kraft gilt
G
r2
G G G G G
G G
W = F ∫ dr = F ( r2 − r1 ) = F ∆r
W ( P → Q) = U ( P ) − U (Q)
G
r1
θ
W = F ⋅ ∆r ⋅ cos θ
G
F
G
∆r
- Wann ist W=0? ⇒ F = 0 oder ∆r = 0 oder
θ = 90° .
- Die Arbeit von A nach B ist gleich Minus die
Arbeit von B nach A.
- Arbeit ist eine additive Größe (Arbeit mehrerer gleichzeitig wirkender Kräfte ist gleich der
Summe der Arbeiten einzelner Kräfte). Folgt
aus der Definition.
II. Konservative Kräfte
G
G G
Gegeben sei ein Kraftfeld F ( x, y, z ) = F ( r ) .
Das Kraftfeld (oder einfach die Kraft) heißt
konservativ, wenn die von dieser Kraft auf einem beliebigen geschlossenen Weg geleistete
G G
Arbeit gleich Null ist: W = v∫ Fdr = 0 .
Schlussfolgerung:
Die Arbeit zwischen 1 und 2 hängt vom Weg
nicht ab!
Konservative Kräfte: Gravitationskraft, elastische Kraft, elektrostatische Kräfte.
Nichtkonservative: Widerstandskraft, Reibungskraft
III. Potentielle Energie einer konservativen
Kraft
Wir definieren eine neue Funktion:
P
G G G
U ( P) = − ∫ F (r )dr = −W (O → P )
O
G G G
U (Q ) = − ∫ F (r )dr = −W (O → Q )
Q
O
Jetzt gehen wir den Weg
O→ P→Q→O.
Die Arbeit ist gleich
P
Q
O
W (O → P) + W ( P → Q) + W (Q → O) = 0
oder
−U ( P) + W ( P → Q) + U (Q) = 0 .
Daraus folgt
Bei einer Bewegung unter der Wirkung von
konservativen Kräften gilt
K 2 − K1 = W = U1 − U 2 .
Daraus folgt der Energieerhaltungssatz
K 2 + U 2 = K1 + U 1 = konst
IV. Wie stellt man fest, ob eine Kraft konservativ ist?
• EinGhomogenes Kraftfeld ist konservativ.
G r1 G G G G
W = F ∫ dr = F ( r1 − r1 ) ≡ 0 P
Q
G
r1
R
• Eine zentrale Kraft, die
nur vom Abstand zu einem
Zentrum abhängt, ist konservativ.
• Summe konservativer
Kräfte ist eine konservative Kraft:
¾ Gravitationskraft einer beliebigen Massenverteilung
¾ Elektrostatische Kraft einer beliebigen Verteilung von Ladungen
¾ Elastische Kräfte (letztendlich nichts anderes als elektrische Kräfte)
¾ Eine beliebige Kombination aus elektrischen, elastischen und Gravitationskräften.
V. Potentielle Energien:
a) Einer elastischen Feder mit Steifigkeit c:
x2
U ( x) = c
(1)
2
b) Im Gravitationsfeld:
mm
(2)
U ( r ) = −G 1 2 .
r
c) Der Zentrifugalkraft in einem rotierenden
Bezugssystem:
m
(3)
U (r) = − ω 2r 2 .
2
VI. Kräfte, die senkrecht zur Bewegungsrichtung gerichtet sind, leisten keine Arbeit
1
und brauchen weder im allgemeinen Arbeitssatz, noch im Energieerhaltungssatz
berücksichtigt zu werden:
- Zwangs- oder Reaktionskräfte
G
G G
- magnetische Kräfte F = qv × B
(
)
- Corioliskraft im rotierenden Bezugssystem
G
G G
F = 2mv × ω
(
)
- (aerodynamische) Auftriebskraft.
Erläuterung zur Arbeit von Zwangskräften
Zwangskräfte in mechanischen Systemen sind
Kräfte, die stets senkrecht zur Bewegungsrichtung gerichtet sind. Daraus folgt für die Arbeit:
G
r2
G
G
r1
G
r1
G
r2
a
Gm ' m ⎡
( R − a)2 − ( R + a)2 ⎤
⎣
⎦
2 Ra
R > a:
U = −Gm ' m / R
b
R<a:
=
U = −Gm ' m / a
IX. Anwendungsbeispiele
B1. Wie groß ist die Fluchtgeschwindigkeit für
eine Rakete, die unter einem Winkel α zur
Vertikale gestartet wird?
α vG
Lösung:
Mm
mv 2
, U 1 = −G
Am Anfang: K1 =
2
R
R
Am Ende: K 2 = 0 , U 2 = 0 .
G G r2 G
G
G
W = ∫ Fdr = ∫ FZwangs + Feingeprägt dr =
Energieerhaltungssatz:
G
r2
Daraus v =
(
)
G
r
G
G
G
G 2 G
G
∫ FZwangs dr + ∫ Feingeprägt dr = ∫ Feingeprägt dr
G
r1
G
r1
G
r1
Bei Berechnung der Arbeit können Zwangs(Reaktions-)kräfte außer Acht gelassen werden.
VII. Arbeitssatz in Anwesenheit von konservativen und nicht konservativen Kräften?
Der Arbeitssatz in der allgemeinen Form
K 2 − K1 = W gilt immer. Die Arbeit können
wir schreiben als K 2 − K1 = W = Wkons + Wnichtkons
Für die Arbeit der konservativen Kräfte gilt
Wkons = U1 − U 2 . Der Arbeitssatz nimmt die
Form K 2 − K1 = U1 − U 2 + Wnichtkons an oder
K1 + U1 = K 2 + U 2 − Wnichtkons .
VIII. Gravitationsfeld einer Kugel
Eine dünne
Kugelschale
mit Masse m .
Masse des infinitesimalen Ringes:
ds
2π h ⋅ adθ
sin θ ⋅ dθ
.
dm = m
=m
= m⋅
2
2
4π a
4π a
2
Die durch den Ring erzeugte potentielle EnerGm ' dm
=
gie: dU = −
r
m'm
sin θ dϑ
= −G
2
R 2 − 2 Ra cos θ + a 2
Die volle potentielle Energie:
π
sin θ dθ
Gm ' m
U =−
=
∫
2
2 0 R − 2 Ra cos θ + a 2
mv 2
Mm
−G
=0.
2
R
2GM
= 2 gR - hängt vom WinR
kel α nicht ab!
B2. Ein Fadenpendel wird nach
links bis zur Höhe h ausgelenkt
und losgelassen. In der vertikalen Position stößt der Faden auf
ein Hindernis. Welche maximale Höhe erreicht das Pendel in
der rechten Position?
h
Lösung:
Am Anfang: K1 = 0 , U1 = mgh
Am Ende: K 2 = 0 , U 2 = mgh2 .
Zwangskräfte bleiben unberücksichtigt. Aus
dem Energieerhaltungssatz folgt h2 = h .
B3. Im Abstand h über dem Ende einer ungespannten Feder befindet sich eine Masse m. Sie
wird ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen. Wie groß ist die maximale Zusammendrückung der Feder?
m
Lösung: Sowohl Gravitationskraft als
auch elastische Kraft sind konservativ.
h
Es gilt der Energieerhaltungssatz.
x
Am Anfang: K1 = 0 , U1 = mgh + 0
Am Ende: K 2 = 0 , U 2 = −mgx + c
x2
2
Energiesatz:
x2
. Daraus
2
mg ⎡
2hc ⎤
x=
⎢1 + 1 +
⎥ . Sonderfall: Bei h = 0
c ⎣
mg ⎦
ist x = 2mg / c - zwei Mal größer, als bei statischer Belastung.
mgh = − mgx + c
2
Mechanik II /Vorlesung 9 / Prof. Popov
Energieerhaltung, Impulserhaltung
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.7, 2.5
I. Schleifenfahrt (Looping)
Ein Körper gleitet von einer Höhe h mit der
Anfangsgeschwindigkeit v0 = 0 eine schiefe
Ebene hinab, die in einer Kreisschleife ausläuft. Es soll diejenige Höhe bestimmt werden,
für die kein Ablösen von der Kreisbahn mit
dem Radius R eintritt.
Bedingung
dafür ist, daß
der Bahndruck
im höchsten
Punkt P der
Kreisbahn
verschwindet,
d.h.
2
v
m 2 = mg .
R
Eine Energiebilanz zwischen dem Anfangspunkt und dem höchsten Punkt in der Schleife
liefert:
v2
0 + mgh = 2mgR + m 2
2
Daraus folgt die Höhe h = ( 5 / 2 ) R .
II. Elastischer Stoß
(a) Zentrischer Stoß
Geschwindigkeiten vor dem
Stoß: v1 und v2 .
Geschwindigkeiten nach dem Stoß: v1′ und v2′ .
In einem abgeschlossenen System bleibt Impuls erhalten:
m1v1 + m2 v2 = m1v1′ + m2 v2′ .
(1)
Bei einem elastischen Stoß bleibt Energie erhalten:
2
2
2
2
m1v1 + m2 v2 = m1v1′ + m2 v2′ .
(2)
Diese Gleichungen können umgeschrieben
werden:
m1 ( v1 − v1′ ) = m2 ( v2′ − v2 )
(
)
(
m1 v1 − v1′ = m2 v2′ − v2
2
2
2
2
)
Wir teilen die zweite Gleichung durch die erste:
v1 + v1′ = v2′ + v2 oder v1 − v2 = − ( v1′ − v2′ )
(3)
Betrag der relativen Geschwindigkeit ändert
sich beim elastischen Stoß nicht.
Aus dem linearen Gleichungssystem (1) und
(3) folgt:
m1v1 + m2 v2
m1 + m2
m v + m2 v2
v2′ = − v2 + 2 1 1
m1 + m2
v1′ = − v1 + 2
(b) Nicht zentrischer Stoß (hier nur Sonderfall
m1 = m2 , v2 = 0 ).
Der Impulserhaltungssatz nimmt die Form
G
G
G
G
m1v1 + m2 v2 = m1v1′ + m2 v2′
an.
Energieerhaltung:
m1v12 + m2 v2 2 = m1v1′2 + m2 v2′ 2 .
Bei gleichen Massen bedeutet das
G G G
v1 = v1′ + v2′
und
v12 = v1′2 + v2′ 2 .
Aus der ersten Gleichung ist ersichtlich,
dass die Vektoren
G G
G
v1 , v1′ und v2′ ein Dreieck bilden. Die zweite
Gleichung ist der Pythagoras-Satz. Daraus folgt, dass dies ein
rechtwinkliges Dreieck ist ( θ = 90° ): nach
einem elastischen Stoß fliegen die Kugeln unter einem rechten Winkel zu einander.
III. Energieänderung beim plastischen Stoß
Betrachten wir noch einmal einen plastischen
Stoß, d.h. einen Zusammenstoß zweier Körper,
nach dem sie sich als ein Ganzes bewegen (an
einender kleben).
Die Wechselwirkungskräfte zwischen beiden
Körpern, unabhängig von deren Größe und
physikalischer Herkunft sind innere Kräfte.
Wirken am System keine weiteren Kräfte, so
ist das ein abgeschlossenes System. Der Impuls des Systems bleibt deshalb erhalten. Insbesondre gilt das für beliebige Zeitpunkte vor
und nach dem Stoß:
G
G
Impuls "vor": m1v1 + m2 v2
G
Impuls "nach" ( m1 + m2 ) v
Wenn keine äußeren Kräfte gewirkt haben:
G
G
G
m1v1 + m2 v2 = ( m1 + m2 ) v ;
1
G
G
G m1v1 + m2 v2
v=
m1 + m2
Wie steht es mit der Energie der Körper?
2
mi vi G
G v2
=∑
+ v ∑ mi vi + ∑ mi =
2
2
=0
m
2
2
mv
mv
=
+ ∑ i i
Kinetische
2
2
Energie im
Die Energieänderung ist gleich
( m1 + m2 ) v 2 − m1v12 − m2v22
∆K = K 2 − K1 =
2
=
( m1v1 + m2v2 )
„Kinetische Energie
des Schwerpunktes“
Schwerpunkt
System =
„innere Energie“
z. B. Wärme
2
− m1v12 − m2 v22
m1 + m2
=
2
( m1v1 + m2v2 )
(m v
=
2 2
1 1
=
2
⎛ m1v1 + m2 v2 ⎞
⎟
2
2
⎝ m1 + m2 ⎠ − m1v1 − m2 v2
2
2
2
( m1 + m2 ) ⎜
=
2
2
2
(
)
− m1v12 + m2 v22 ( m1 + m2 )
2 ( m1 + m2 )
) (
)
(
+ 2m1 v1 m2 v2 + m22 v22 − m12 v12 + m22 v22 − m1m2 v12 + v22
2 ( m1 + m2 )
(
2m1 v1 m2 v2 − m1m2 v12 + v22
2 ( m1 + m2 )
) = − m m (v
1
2
1
− v2
2 ( m1 + m2 )
)
)
2
und ist immer negativ: Energie geht bei einem
plastischen Stoß verloren!
IV. Kinetische Energie eines Mehrkörpersystems
0/
0→
m1
m2
02
0↑
0→
m5
m4
m3
→
m
G
v
K=
mv 2
? falsch !
2
Wir betrachten zwei Koordinatensysteme:
Laborsystem (x,y) und ein System, das sich
G
mit der Geschwindigkeit v des Schwerpunktes
bewegt (Schwerpunktsystem).
G
Gegeben sind: Geschwindigkeiten vi im
G
Schwerpunktsystem und Geschwindigkeit v
des Schwerpunktes.
Zu bestimmen ist gesamte kinetische Energie.
Geschwindigkeiten im Laborsystem sind
G
G G
vi ' = vi + v .
Die gesamte Kinetische Energie ist gleich
G G 2
mi ( vi + v )
mi vi '2
T =∑
=∑
=
2
2
GG
2
mi vi
mi 2vi v
m v2
=∑
+∑
+∑ i =
2
2
2
2
Mechanik II /Vorlesung 10 / Prof. Popov
Teilelastischer Stoß, Stoßzahl. Körper mit veränderlicher Masse
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 2.6, 2.7.
I. Elastischer und nicht elastischer Stoß
v0 = v1 -absolut elastischer Stoß
v1 = 0 -absolut plastischer Stoß
v1 = e v0 - teilelastischer Stoß
e = Stoßzahl
Beim elastischen Stoß bleibt Energie erhalten.
Ein Modell für einen teilelastischen Stoß.
Ein Körper mit
Masse m ist mit einer Feder (Steifigkeit
c) und einem Dämpfer (Dämpfungskonstante d) versehen.
Er stößt gegen eine starre Wand mit der Geschwindigkeit v0 . Mit den Methoden, die später bei der Schwingungstheorie erläutert werden (Vorlesung 21) kann man zeigen, dass für
d > 2 mc der Stoß absolut plastisch ist: Der
Körper springt
nicht zurück.
Für d < 2 mc
ist der Stoß
teilelastisch
und die Stoßzahl kann
durch die Gleichung
⎛
⎞
π
e = exp ⎜ −
⎟
2
⎝ 2 4mc / d − 1 ⎠
angenähert werden (Bild oben).
Beispiel 1: Man lässt eine elastische Kugel aus
einer Höhe h1 auf eine starre ebene Fläche
fallen. Nach dem Stoß erreicht sie eine Höhe
h1 . Wie groß ist die Stoßzahl?
Lösung: Die Geschwindigkeit vor dem Stoß ist
gleich v1 = 2 gh1 . Die nach dem Stoß
v2 = 2 gh2 .
Die Stoßzahl ist gleich e = v2 / v1 = h2 / h1 .
Bei h2 / h1 = 0.78 ist e = 0.88 . Nach vier Stößen wird die Höhe 0.784 h1 = 0.37h1 sein.
II. Teilelastischer Stoß zweier Körper
Beim teilelastischen Stoß verringert sich der
Betrag der relativen Geschwindigkeit:
e ( v1 − v2 ) = − ( v1′ − v2′ ) .
Aus dieser Gleichung zusammen mit dem Impulserhaltungssatz
m1v1 + m2 v2 = m1v1′ + m2 v2′
kann man v1′ und v2′ bestimmen:
1
v1′ =
⎡ m1v1 (1 + e ) + v2 ( m2 − em1 )⎤⎦
m1 + m2 ⎣
1
v2′ =
⎡ m2v2 (1 + e ) + v1 ( m1 − em2 )⎤⎦
m1 + m2 ⎣
III. Körper mit veränderlicher Masse
a) Rakete im Weltraum
Eine Rakete stößt Verbrennungsprodukte mit
einer Abstoßgeschwindigkeit c. Die verbliebene Masse der Rakete sei m(t ) . Das Massendifferential dm ist eine negative Größe. Deshalb
ist die abgestoßene Masse gleich −dm . Wir
gehen in ein Inertialsystem über, das sich zum
Zeitpunkt t mit der Rakete bewegt.
Impulserhaltung beim Abstoß einer kleinen
Gasmasse −dm :
Impuls "vor" = 0
Impuls "nach" = mdv − c ( − dm ) = 0
dv = −cdm / m ;
(1)
Diese Änderung der Geschwindigkeit gilt natürlich in jedem Inertialsystem, auch im "ruhenden". Integration von (1) führt zur
Ziolkowski-Gleichung:
m
dm
m
m
v = −c ∫
= − c ln
= c ln 0
m
m0
m
m0
Beispiel 2. Wie schwer muss eine Rakete mindestens sein, damit sie eine Kapsel mit der
Masse m bis zur Geschwindigkeit v beschleum
nigen kann? Antwort: 0 = ev / c ;
m
Beispiel: v=Fluchtgeschwindigkeit (11,2 km/s)
c=2, 3 oder 4 km/s.
e11,2 / 2 = 270 ; e11,2 / 3 = 40 ; e11,2 / 4 = 16 .
b) Rakete im Schwerefeld
1
mx1 + Mx2
=0
m+M
(Null nach dem
Schwerpunktsatz).
Aus dem Gleichungssystem folgt
m
x2 = −
L.
M +m
∆xS =
g
Das System ist nicht abgeschlossen, der Impuls
bleibt nicht erhalten. Impulssatz gilt aber für
alle Systeme, auch nicht abgeschlossene:
Impuls "vor" = 0
Impuls "nach" = mdv − c ( − dm ) .
(b) (Mit Widerstandskraft)
Änderung des Impulses ist gleich Kraft mal
Zeit:
dp = mdv − c ( − dm ) = Fdt = −( m + dm ) gdt ≈ − mg ⋅ dt
Daraus folgt
( −dm ) .
dv
(2)
m = − mg + c
dt
dt
( −dm ) = q ist die pro Zeiteinheit
dt
ausgestoßene Masse. Die Gleichung (2) nimmt die Form an:
dv
m = − mg + cq = Fs + S
dt
Fs ist Schwerekraft, S ist Schub.
Angenommen, die Massenänderung q ist konstant. Dann gilt: m = m0 − qt
dv cq
cq
= − g = −g +
dt m
m0 − qt
⎛
cq
q ⎞
= − gt − c log ⎜1 −
v = − gt + ∫
t⎟
m0 − qt
⎝ m0 ⎠
0
Grenzfall: kleine t
cq − m0 g
q
v = − gt + c t =
t
m0
m0
Ein Start ist nur
dann möglich,
wenn
cq > m0 g
t
Beispiel 3. Ein Mensch (Masse m) geht vom
Bug eines (am Anfang
ruhenden) Bootes (Länge
L) zum Heck über. Wie
verschiebt sich das Boot
unter den folgenden Annahmen: (a) Es gibt keine Reibung zwischen
dem Boot und Wasser, (b) Es gibt eine Widerstandskraft proportional zur Geschwindigkeit?
Lösung. (a) keine Reibung.
Die Länge des Bootes ist L = x1 − x2 .
Verschiebung des Schwerpunktes:
Das 2. N.G. für den Menschen und das Boot:
mx1 = N
⎧
⇒ mx1 + Mx2 = −α x2
⎨
⎩ Mx2 = − N − α x2
oder mx1 + Mx2 = −α x2 + C .
Aus den Anfangsbedingungen folgt C = 0 .
Somit α x2 = −mx1 − Mx2 .
Am Ende des Prozesses sind x1 = 0 , x2 = 0 .
Somit ist x2 = 0 : Das Boot ist am Ende in derselben Lage wie am Anfang!
IV. Kinetische Energie eines Mehrkörpersystems
0/
0→
m1
m2
02
0↑
0→
m5
m4
m3
→
m
G
v
Wir betrachten zwei Koordinatensysteme:
Laborsystem (x,y) und ein System, das sich
G
mit der Geschwindigkeit v des Schwerpunktes
bewegt (Schwerpunktsystem). Gegeben sind:
G
Geschwindigkeiten vi im Schwerpunktsystem
G
und Geschwindigkeit v des Schwerpunktes.
Zu bestimmen ist gesamte kinetische Energie.
Lösung: Geschwindigkeiten im Laborsystem
G
G G
sind vi ' = vi + v .
Die gesamte Kinetische Energie ist gleich
G G 2
mi ( vi + v )
mi vi '2
=∑
=
T =∑
2
2
GG
2
mi vi
mi 2vi v
m v2
=∑
+∑
+∑ i =
2
2
2
2
2
mv
G
G v
= ∑ i i + v ∑ mi vi + ∑ mi =
2
2
=0
m
2
2
mv
mv
=
+ ∑ i i
Kinetische
2
2
Energie im
„Kinetische Energie
des Schwerpunktes“
Schwerpunktsystem =
„innere Energie“
2
Mechanik II /Vorlesung 11 / Prof. Popov
Drehimpuls, Drehimpulssatz (Drallsatz).
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 1.2.6, 2.3
Index z wird in diesem
Fall meistens ausgelassen. Für die einzige
Drallkomponente erhalten wir
L = mrv sin θ = mrvϕ = mr 2ω
I. Drehimpuls (Drall) eines Massenpunktes
G G G G
G
Den Vektor L = r × p = r × mv
bezeichnet man als Drehimpuls des MassenG
punktes. r ist dabei der Radiusvektor des
Massenpunktes von einem festen Bezugspunkt, der frei wählbar ist. Der Drehimpuls
hängt somit von der Wahl des Bezugspunktes
ab.
II. Der Drehimpulssatz (Drallsatz)
Zeitliche Ableitung des Drehimpulses ergibt:
G d G
G ⎛ d G⎞
G G
⎛ d G⎞
L = ( r × mv ) = ⎜ r ⎟ × mv + r × m ⎜ v ⎟ =
dt
⎝ dt ⎠
⎝ dt ⎠
G
G
G G G
= ( v ) × mv + r × F = 0 + M .
G
M ist hier Kraftmoment bezüglich desselben
Koordinatenursprunges. Für die zeitliche Ableitung des Drehimpulses gilt somit:
G G
L=M Die zeitliche Ableitung des Drehimpulses im
Bezug auf einen raumfesten Punkt ist gleich
dem Moment der am Massenpunkt angreifenden Kraft bezüglich desselben Punktes.
(Drehimpulssatz)
III. Drehimpulserhaltung
G
G
Verschwindet das Moment M , so ist L = 0
G
oder L = const - der Drehimpuls bleibt erhalten.
Anders als beim Impulserhaltungssatz kann
der Drehimpuls auch in einem nicht abgeschlossenen System erhalten bleiben. Dafür ist
es notwendig, dass das Kraftmoment verschwindet (nicht aber unbedingt die Kraft
selbst!)
IV. Bewegung in einem Zentralfeld.
Zeigt bei einer Bewegung der Kraftvektor
stets zu einem Zentrum O hin, so verschwindet das Moment bezüglich O, denn in diesem
G
G
Fall haben F und r stets die gleiche RichG G
tung, somit gilt r × F ≡ 0 . Der Drehimpuls
bezüglich des genannten Kraftzentrums bleibt
somit erhalten.
V. Ebene Bewegung.
Liegt die gesamte Bahn in einer Ebene (sagen
wir (x,y)) und wählen wir als Bezugspunkt
einen Punkt in derselben Ebene, so hat der
Drehimpuls eine einzige Komponente Lz .
Beispiel 1. Eine Masse m, die von einem Faden gehalten wird, bewegt sich mit der Winkelgeschwindigkeit ω0 auf einer glatten, waagerechten Kreisbahn mit dem Radius r0 .
Der Faden wird durch ein Loch A in der Mitte
der Kreisbahn geführt.
a) Wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit
ω1 , wenn der Faden so angezogen wird, dass
sich die Masse im Abstand r1 bewegt?
b) Wie ändert sich dabei die Fadenkraft?
Lösung: Die Spannkraft des Fadens zeigt stets
zum Punkt A. Sie hat bezüglich A kein Moment. Der Drehimpuls bezüglich A bleibt somit erhalten:
Der Drehimpuls im Anfangszustand:
L0 = mr02ω0 .
Der Drehimpuls im Endzustand:
L1 = mr12ω1 .
Aus der Drehimpulserhaltung mr02ω0 = mr12ω1
2
⎛r ⎞
folgt ω1 = ω0 ⎜ 0 ⎟ .
⎝ r1 ⎠
Das 2. N.G. für eine Bewegung auf einer
Kreisbahn unter der Wirkung der radialen
Spannkraft S lautet:
4
3
r4
⎛r ⎞
⎛r ⎞
S = mω r = mr ⎜ 0 ⎟ ω02 = m 03 ω02 = ⎜ 0 ⎟ S0 .
r
⎝r⎠
⎝r⎠
2
Beispiel 2. Geschwindigkeit eines Satelliten
in Anwesenheit eines kleinen Widerstandes.
Auf die erdnahen Satelliten wirkt eine sehr
kleine Widerstandskraft, die sich erst über
große Zeiträume bemerkbar macht. Wie ändert
sich die Geschwindigkeit eines Satelliten unter
der Wirkung der Widerstandskraft?
Lösung. In erster Annäherung bewegt sich der
Satellit auf einer Kreisbahn, deren Radius sich
1
aber sehr langsam ändert. Der Drehimpuls des
Satelliten ist gleich L = mrv . Aus dem 2.N.G.
v2
mM
für die Kreisbewegung folgt m = G 2 .
r
r
Indem wir aus dieser Gleichung den Radius
bestimmen und in die Gleichung für den Drehimpuls einsetzen, erhalten wir
GMm
.
v
Die Widerstandskraft übt auf den Satelliten
ein kleines negatives Kraftmoment. Der Drehimpuls wird daher langsam abnehmen. Das
bedeutet, dass die Geschwindigkeit größer
wird: Reibung führt zur "Beschleunigung" des
Satelliten!
L=
VI. Drallsatz für ein Mehrkörpersystem
Betrachten wir ein Zweikörpersystem, dessen
Körper sowohl miteinander, als auch mit Körpern außerhalb des Systems wechselwirken.
Der gesamte Drehimpuls des Systems ist
G G G G G
G
G G
G
L = r1 × p1 + r2 × p2 = r1 × m1v1 + r2 × m2 v2 .
Seine zeitliche Ableitung ist gleich
G G
G G
G G
G G
G
L = r × m v + r × m v + r × m v + r × m v .
1
1 1
1
1 1
2
2 2
2
2 2
Nach dem 2.N.G. gilt
G
G G
G G G G
G
m1v1 = F1 = F + Fext ,1 , m2 v2 = F2 = − F + Fext ,2 .
G
Für L ergibt sich somit
G G
G G
G G
G
G G
G
G
L = r1 × F + Fext ,1 + v1 × m1v1 + r2 × − F + Fext ,2 + v2 × m2 v2
(
)
(
)
oder
G G
G G
G G
G
L = r1 × F + Fext ,1 + r2 × − F + Fext ,2 =
G G G
G G
G G
= ( r1 − r2 ) × F + r1 × Fext ,1 + r2 × Fext ,2
G
G G
Da r1 − r2 und F die gleiche Richtung haben
(das 3. Newtonsche Gesetz!) erhalten wir endgültig
G G
G G
G G
G
L = r1 × F + Fext ,1 + r2 × − F + Fext ,2 =
G
G
G
G G
G G
= r1 × Fext ,1 + r2 × Fext ,2 = M ext ,1 + M ext ,2 = M ext
G G
L = M ext Die zeitliche Ableitung des gesamten Drehimpulses eines Mehrkörpersystems bezüglich
eines festen Punktes ist gleich dem resultierenden Moment aller äußeren Kräfte bezüglich desselben Punktes. (Drehimpulssatz).
(
(
)
)
(
(
)
)
VII. Drehung eines Massenpunktsystems
um eine feste Achse.
Wir betrachten ein System
von Massen, die alle starr
mit einer Achse verbunden
sind. Alle Massen führen
eine ebene Bewegung aus
und bewegen sich mit der
gleichen Winkelgeschwindigkeit ϕ . Der gesamte
Drehimpuls (genauer gesagt, seine z-Komponente)
ist in diesem Fall gleich
La = ∑ mi ri 2ϕ = Θ aϕ . (1)
Die Größe Θ a = ∑ mi ri 2
i
i
bezeichnet man als Massenträgheitsmoment
des Systems bezüglich der gegebenen Achse.
Leitet man (1) unter Beachtung von
Θ a = const ab, so folgt
Θ aϕ = M a .
Auch diese Gleichung nennt man oft Drehimpulssatz, obwohl dies lediglich eine spezielle
Form des Drehimpulssatzes ist.
Beispiel. Das in A aufgehängte Pendel besteht
aus einer starren,
masselosen Stange, an der die
Massen m1 und
m2 angebracht
sind. Es ist die
Bewegungsgleichung für eine
ebene Bewegung des Pendels aufzustellen.
Lösung: Das Massenträgheitsmoment des Systems um den Punkt A ist gleich
2
Θ = m1l 2 + m2 ( 2l ) = ( m1 + 4m2 ) l 2 .
Das Kraftmoment ist
M = − m1 gl sin ϕ − m2 g 2l sin ϕ = − gl ( m1 + 2m2 ) sin ϕ
Der Drehimpulssatz lautet:
( m1 + 4m2 ) l 2ϕ = − gl ( m1 + 2m2 ) sin ϕ . ⇒
ϕ = −
g ( m1 + 2m2 )
l ( m1 + 4m2 )
sin ϕ
2
Mechanik II /Vorlesung 12 / Prof. Popov
Kinematik der ebenen Rotation.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 3.1.3, 3.1.4
I. Starrer Körper. Einen starren Körper kann
man als ein System von Massenpunkten definieren, deren Abstände unverändert bleiben.
Ein starrer Körper kann im Raum drei unabhängige Translationsbewegungen und drei
Rotationen ausführen. Somit ist jeder starre
Körper ein mechanisches System mit 6 Freiheitsgraden.
II. Ebene Rotation
Besonders einfach lässt sich eine ebene Bewegung eines starren Körpers beschreiben, d.h.
eine Bewegung, bei der sich jeder Punkt des
Körpers in einer Ebene bewegt. Ist ein Punkt
(O im Bild) des
starren Körpers
unbeweglich, so
kann der Körper
nur eine Rotationsbewegung um
diesen Punkt ausführen.
G
r ( P ) sei der Radiusvektor vom unbeweglichen
Zentrum zu einem beliebigen Punkt P. Es gilt:
G
G
G
r ( P ) = rer , wobei er ein Einheitsvektor in
G
Richtung r ( P ) ist. Für die Geschwindigkeit
des Punktes P erhalten wir
G
G
G
G
G
r ( P ) = r er + rer = rϕ eϕ = rω eϕ .
Die zeitliche Ableitung des Winkels ϕ = ω
heißt Winkelgeschwindigkeit des Körpers (sie
ist gleich für alle Punkte des Körpers).
III. Zusammengesetzte Bewegung
Zur Beschreibung einer beliebigen Bewegung
eines starren Körpers führen wir zwei Koordinatensysteme ein:
Ein "raumfestes" System (x,y)
und ein mit
dem starren
Körper fest
verbundenes System ( x , y ) . Bezeichnungen: A sei ein
beliebiger Referenzpunkt im Körper, P ist ein
G
beliebiger Punkt des Körpers, r ist Radiusvektor des Punktes P im beweglichen (in den
G
Körper "eingefrorenen") System. rP sei der
Radiusvektor desselben Punktes im raumfeG
sten System, rA sei Radiusvektor des Bezugspunktes A im raumfesten System.
G G G
Offenbar gilt: rP = rA + r .
Die zeitliche Ableitung ergibt die Geschwindigkeit:
G G G G
G
rP = rA + r = rA + rϕ eϕ .
(1)
G
r nennt man Geschwindigkeit der TranslatiA
onsbewegung des Körpers, ϕ = ω die Winkelgeschwindigkeit.
IV. Momentanpol
Die den zwei Koordinatensystemen entsprechenden Einheitsvektoren bezeichnen wir als
G G G G
G
ex , ey , ex , ey . Für den Radiusvektor rP des
Punktes P bezüglich des raumfesten Koordinatensystems gilt dann
G G G G
G
G
x + ye
y .
rP = rA + r = rA + xe
In Projektionen auf Koordinatenachsen (x,y):
G G
G
G
G G
x + ye
y ) ⋅ ex =
xP = rP ⋅ ex = ( rA + xe
G G
G G
G G
x ⋅ ex + ye
y ⋅ ex
rA ⋅ ex + xe
G G
G
G
G G
x + ye
y ) ⋅ ey =
yP = rP ⋅ e y = ( rA + xe
G G
G G
x ⋅ ey + ye
y ⋅ ey
y A + xe
Daraus folgt:
xP = x A + x cos ϕ − y sin ϕ
yP = y A + x sin ϕ + y cos ϕ
Die Geschwindigkeit des Punktes P erhalten
wir durch Ableitung der Koordinaten nach
Zeit (dabei wird berücksichtigt, dass ϕ = ϕ (t )
und Kettenregel benutzt):
x P = x A + ( − x sin ϕ − y cos ϕ ) ϕ
y P = y A + ( x cos ϕ − y sin ϕ ) ϕ .
Ist ϕ ≠ 0 , so kann man immer einen Punkt M
finden, dessen Geschwindigkeit Null ist:
xM = x A + ( − x sin ϕ − y cos ϕ ) ϕ = 0
y M = y A + ( x cos ϕ − y sin ϕ ) ϕ = 0 .
Auflösung dieses Gleichungssystems nach
( x, y ) gibt die Lage von diesem Punkt in dem
starr mit dem Körper verbundnen Koordinatensystem:
1
xM = ( x A sin ϕ − y A cos ϕ ) ,
ϕ
1
y M = ( x A cos ϕ + y A sin ϕ ) .
ϕ
Dieser Punkt heißt Momentanpol des Körpers.
Da sich Momentanpol nicht bewegt, kann sich
der Körper nur um diesen Punkt drehen. Eine
1
beliebige Bewegung eines starren Körpers
kann somit (auf kurzen Zeitabschnitten) als
eine reine Drehung angesehen werden.
Die Lage des Momentanpols lässt sich auch
geometrisch bestimmen. Aus der vektoriellen
G G
G G
G
Gleichung (1): rP = rA + rϕ eϕ = v A + rωeϕ folgt
G
G
G
für den Momentanpol: r = v + rω e = 0 .
M
A
ϕ
Daraus folgt
G
v
G
eϕ = − A :
rω
G
der Vektor eϕ
ist gerichtet
entgegengeG
setzt zu v A .
G
Das bedeutet, dass der Vektor er , der immer
G
senkrecht zu eϕ steht, senkrecht zur Richtung
G
von v A steht. In der Projektion auf die Richtung vA lautet die Gleichung (1): v A = rω .
Daraus r = v A / ω .
Bemerkung 1. Der Momentanpol kann auch
außerhalb des starren Körpers liegen.
Bemerkung 2. Der Momentanpol ist ein Punkt,
der sich zum gegebenen Zeitpunkt nicht bewegt. Die Lage des Momantanpols kann sich
aber ändern. Das bedeutet, dass sich der Körper im nächsten Zeitpunkt um eine etwas verschobene Achse dreht usw. Die Gesamtheit
aller momentanen Drehzentren nennt man
Rastpolbahn.
V. Wie findet man den Momentanpol?
1. Sind die Richtungen der
Geschwindigkeiten von
zwei Punkten eines starren
Körpers gegeben (Bild (a)),
so liegt der Momentanpol
auf dem Schnitt der Senkrechten zu den jeweiligen Geschwindigkeiten.
2. Sind die Geschwindigkeiten
von zwei Punkten parallel zu
einander (Bild (b)), so liegt
das Momentanzentrum auf
dem Schnittpunkt der Senkrechten zu den beiden Geschwindigkeiten mit der Verbindungsgeraden
der Pfeilspitzen beider Geschwindigkeiten.
3. Rollt ein Körper auf einer unbeweglichen
Fläche ohne Gleiten, so befindet sich der Momentanpol im Kontaktpunkt. (Bei reinem Rol-
len eines Rades kann man sich vorstellen, dass
die starre Unterlage und das Rad miteinander
verzahnt sind. Der Kontaktpunkt kann sich
somit relativ zur Unterlage nicht bewegen).
Beispiel 1. Eine Leiter ist gegen eine Wand
gestützt und gerät ins
Rutschen. Wo liegt der
Momentanpol?
Lösung. Geschwindigkeiten des oberen und
des unteren Endes der
Leiter sind entlang der
Wand bzw. dem Boden
gerichtet. Der Momentanpol liegt auf dem Schnitt der Senkrechten
zu den Geschwindigkeiten.
Beispiel 2. Ein Stab gleitet von einer Stufe
(Höhe h) ab. Wo liegt das Momentanzentrum?
Lösung. Im Punkt A
gleitet der Stab entlang dem Boden, im
Punkt C in seiner eigenen Längsrichtung.
Offenbar ist
a / x = x / h . Daraus
folgt a = x 2 / h und
y = h + x2 / h .
Beispiel 3. An einer Achse (A) ist unbeweglich ein Zylinder
mit dem Radius a
befestigt. Um die
gleiche Achse
dreht sich eine
Stange AB mit der
Winkelgeschwindigkeit ω1 . Am
anderen Ende der Stange ist frei drehbar ein
Rad mit dem Radius b angebracht, der an dem
unbeweglichen Zylinder ohne Rutschen rollt.
Zu bestimmen ist die Winkelgeschwindigkeit
ω2 des Rades.
Lösung. Punkt A ist der Momentanpol der
Stange. Für die Geschwindigkeit des Punktes
B ergibt sich somit vB = ω1 ( a + b) ) . Der Kon-
taktpunkt des Rades mit dem Zylinder ist der
Momentanpol des Rades. Daher vB = ω2b .
Aus dem Vergleich beider Ausdrücke folgt:
ω2 = ω1 ( a + b ) / b .
Weitere Beispiele s. Hauger, Schnell, Gross,
Technische Mechanik 3 (Beispiele 3.3, 3.4).
2
Mechanik II / Vorlesung 13 / Prof. Popov
Drehung in drei Dimensionen,
Drehimpulssatz, kinetische Energie und Arbeit bei einer Rotation um eine feste Achse.
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 3.1, 3.2
G
Bezugspunkt bezeichnen wir mit r′′ .
I. Reine Rotation eines starren Körpers
G G G
⇒ r = r ''+ a
Bei einer Rotation um den
δϕ δ rG
P G
G
Winkel δϕ um die Achse
G G G G G
r′′
r
v = V + ω × (r ''+ a ) =
G
verschiebt sich der Punkt
G
G
G G
r
θ
= V + ω × a + ω × r '' =
G O'
senkrecht zur Ebene
G G G
0
a
(Achse- Radiusvektor)
O
= V '+ ω '× r '',
G
G G G
um den Betrag
V ' = V + ω × a,
δ r = r sin θ ⋅ δϕ .
G
G
G
ω ' = ω ⇒ Winkelgeschwindigkeit hängt nicht
Wenn wir einen Vektor δϕ so definieren, dass
vom Bezugssystem ab!
er entlang der Achse gerichtet ist und den BeIII. Eigenschaften vom Vektorprodukt
G
G G
G G
G G
trag δϕ hat, so gilt: δ r = δϕ × r .
(a)
a
×
b
=
−
b
×a
G
G G G G G G G
G δr
(b)
a × (b + c ) = a × b + a × c
ergibt sich
Für die Geschwindigkeit v =
G G
G
δt
(c)
(α a ) × b = α ( a × b)
G G G
v =ω×r
G G G
G G G G G G
G
G
⋅
×
=
× b ) ⋅ c = (c × a ) ⋅ b
(d)
a
(
b
c
)
(
a
wobei ω = δϕ / δ t die Winkelgeschwindigkeit
G G G G G G
G G G
(e)
a × (b × c ) = b ( a ⋅ c ) − c ( a ⋅ b )
der Rotation des starren Körpers ist.
G G
a×a = 0
(f)
II. Allgemeine Bewegung
G G G
(d)
a ⋅ (a × b ) = 0
Zur Beschreibung einer beliebigen Bewegung
eines starren Körpers führen wir zwei KoordiVektorprodukt in Komponenten
natensysteme ein: Ein "raumfestes" System
G G G
G
( i , j , k - sind Einheitsvektoren):
k
(x,y,z) und ein mit dem starren Körper fest
G
G
G
G
a = ax i + a y j + az k ,
verbundenes System ( x1 , x2 , x3 ) .
G
G
G
G
G
G
j
Bezeichnunb = bx i + by j + bz k
i
gen: O ist ein
G G G
G G
G G
G G
A
=
a
×
b
=
a
b
(
i
×
i
)
+
a
b
(
i
×
j
)
+
a
b
(
i
×k)
x
2
beliebiger
x x
x y
x z
P
G
G
G
G
G
G
G
Referenz+ a y bx ( j × i ) + a y by ( j × j ) + a y bz ( j × k ) +
r'
punkt im
G G
G G
G G
G
R
Körper, P ist
+ az bx (k × i ) + az by (k × j ) + az bz (k × k ) ⇒
G
G
G
G
ein beliebiger
A = (axby − a y bx )k + (az bx − ax bz ) j + (a y bz − az by )i
Punkt des
G
Ax = a y bz − az by
Körpers, r ist
z
x
Radiusvektor des Punktes P im beweglichen
Ay = az bx − ax bz
G
(in den Körper "eingefrorenen") System. r ′ ist
y
Az = ax by − a y bx
Radiusvektor desselben Punktes im raumfesten
G
System, R ist Radiusvektor des Bezugspunktes
IV. Beschleunigung bei einer Rotation um
O im raumfesten System.
eine feste Achse
G G G
Bei einer zusammengesetzten Bewegung
Indem wir die Gleichung v = ω × r nach Zeit
(Translation des Punktes O und Rotation um
ableiten, erhalten wir
G
G G
G
G G G G G G G G G G
diesen Punkt): dr ' = dR + dϕ × r .
v = ω × r + ω × r = ω × r + ω × (ω × r ) .
Mit Bezeichnungen:
Bei einer konstanten Winkelgeschwindigkeit:
G
G
G
G G G G G G
G G G G
dr′ G dR G dϕ G
v = ω × (ω × r ) = ω (ω ⋅ r ) − r (ω ⋅ ω ) =
= v,
=V,
=ω
dt
dt
dt
G G G G
= ω (ω ⋅ r ) − r ω 2
G G G G
erhält man: v = V + ω × r
Es ist leicht zu sehen, dass dieser Vektor in der
G
G
Wählen wir jetzt den Nullpunkt des mit dem
gleichen Ebene liegt wie ω und r und immer
Körper verbundenen Koordinatensystems im
senkrecht zur Achse gerichtet ist:
G
G G G G G G G
Punkt O ' im Abstand a von O. Den Radius(Skalarprodukt ω ⋅ v = ω ⋅ ω (ω ⋅ r ) − r ω 2 =
vektor des Punktes P relativ zum neuen
(
)
1
G G
G G
= ω 2 (ω ⋅ r ) − ω 2 (ω ⋅ r ) ist Null).
Dem Betrag nach ist dieser Vektor
G
gleich v = ρω 2 .
Beschleunigungsvektor bei einer Rotation mit
einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ist
immer senkrecht zur Achse gerichtet und ist
gleich ρω 2 , wobei ρ der kürzeste Abstand vom
gegebenen Punkt zur Achse ist.
V. Gleichzeitige Rotation um zwei Achsen
G G
G
dr ′(1) = dϕ1 × r ,
G G
G
dr′(2) = dϕ 2 × r′
G G
G G
G G G
G G
G
dr ′ = dϕ1 × r + dϕ2 × r ′ = dϕ1 × (r ′ − a ) + dϕ2 × r ′ =
G G
G
G
G
− dϕ1 × a + ( dϕ2 + dϕ1 ) × r ′
G
G
G
dϕ = dϕ 2 + dϕ1 .
VI. Dynamik der Rotation um eine feste
Achse
Betrachten wir Rotation
eines starren Körpers um
eine feste Achse.
Wir teilen den Körper in
G
kleine Elemente mi .
ri
ρi
Für die Projektion des
Drehimpulses auf die Rotationsachse gilt
L& = M ext ,& .
(1)
Der
ist gleich
G Drehimpuls
G
G
G G G
L = ∑ ri × mi vi = ∑ mi ri × (ω × ri ) =
G G G G G G
∑ mi ⎡⎣ω ( ri ⋅ ri ) − ri ( ri ⋅ ω )⎤⎦
Seine Projektion auf die Rotationsachse
GG
G G G G
G G G G
L& = Le& = ∑ mi ⎡⎣(ω ⋅ e& ) ( ri ⋅ ri ) − ( ri ⋅ e& ) ( ri ⋅ ω ) ⎤⎦ =
= ∑ mi ⎡⎣ω ri 2 − ω ri 2 cos 2 θ ⎤⎦ = ω ∑ mi ρi2 = Θω
Die Größe
Θ = ∑ mi ρi2
nennt man Massenträgheitsmoment bezüglich
der Rotationsachse.
Der Drehimpulssatz (1) nimmt somit die folgende Form an
Θω = M ext ,& oder Θϕ = M ext ,& (Drallsatz)
Dasselbe gilt für die Winkelgeschwindigkeiten:
G G G
ω = ω1 + ω2 .
wobei M ext ,& Kraftmoment aller äußeren Kräfte
Beispiel 1. Eine Scheibe dreht sich mit einer
Winkelgeschwindigkeit
G
ω1 um eine vertikale
Achse, die sich ihrerseits mit einer WinkelG
geschwindigkeit ω2 um eine vertikale Achse
dreht. Zu bestimmen ist die Winkelgeschwindigkeit der Scheibe.
VII. Kinetische Energie bei einer Rotation
um eine feste Achse
2
mi ( ρiω )
mi vi2
1
K =∑
=∑
= ∑ mi ρi2 ω 2
2
2
2
2
Θω
K=
2
VIII. Arbeit bei einer Rotation um eine feste
Achse. An einem Punkt P
G
eines starren Körpers mit dem
δϕ δ rG G
G
r greift eine
Radiusvektor
F
G
Kraft F an. Bei einer Rotatiθ rG
on um die gezeigte Achse um
G
den Winkel dϕ verschiebt
sich der Angriffspunkt der
0
Kraft um den Vektor
G G
G
dr = dϕ × r .
G
Die von der Kraft F geleistete Arbeit ist
G G G
G G
G G G
dA = F ⋅ dr = F ⋅ ( dϕ × r ) = dϕ ⋅ r × F
zyklische Umstellung
G G
oder dA = dϕ ⋅ M .
Lösung:
G G G
ω = ω1 + ω2 . In diesem Fall ω = ω1 + ω2 .
Beispiel 2: Eine Scheibe dreht sich mit einer
WinkelgeschwindigG
keit ω1 um eine
Achse, die sich ihrerseits mit einer
G
Winkelgeschwindigkeit ω2 um eine horizontale
Achse dreht. Zu bestimmen ist die momentane
Winkelgeschwindigkeit der Scheibe in der gezeigten Lage.
G
G
ω
Lösung:
ω1
G
ω2
bezüglich der Rotationsachse ist.
(
(
)
)
2
Mechanik II / Vorlesung 14 / Prof. Popov
Verschiedenes aus der Dynamik
Diese Vorlesung dient im Wesentlichen einer gezielten Vorbereitung zur Klausur. Ihr Inhalt
kann daher dieses Semester völlig anders sein!
B1. Ein Mensch (Masse m) geht vom Bug eines
(am Anfang ruhenden)
Bootes (Länge L) zum
Heck über. Wie verschiebt
sich das Boot unter den
folgenden Annahmen:
(a) Es gibt keine Reibung zwischen dem Boot
und Wasser, (b) Es gibt eine Widerstandskraft
proportional zur Geschwindigkeit?
Lösung. (a) keine Reibung.
Die Länge des Bootes ist L = x1 − x2 .
Verschiebung des
Schwerpunktes:
mx + Mx2
∆xS = 1
=0
m+M
(Null nach dem Schwerpunktsatz). Aus dem
m
L.
Gleichungssystem folgt x2 = −
M +m
(b) (Mit Widerstandskraft)
Das 2. N.G. für den Menschen und das Boot:
mx1 = N
⎧
⇒ mx1 + Mx2 = −α x2
⎨
⎩ Mx2 = − N − α x2
oder mx1 + Mx2 = −α x2 + C .
Aus den Anfangsbedingungen folgt C = 0 .
Somit α x2 = −mx1 − Mx2 .
Am Ende des Prozesses sind x1 = 0 , x2 = 0 .
Somit ist x2 = 0 : Das Boot ist am Ende in derselben Lage wie am Anfang!
B2. Drei Massen sind durch masselose starre
Stäbe verbunden und gleiten ein schiefe Ebene
hinab. An der
Masse m3 greift
eine Kraft F an.
FWie groß ist die
Beschleunigung des
Systems?
Lösung. In meisten
Fällen empfiehlt
sich als erstes eine
F Freischnittskizze zu
machen und mit den
aufgetragenen Kräften 2. N.G. für jeden Körper
aufzustellen. In der y-Richtung gibt es keine
Bewegung. 2.NG. für diese Richtung entartet
sich zu Gleichgewichtsbedingungen
N1 = m1 g cos α , N 2 = m2 g cos α , N 3 = m3 g cos α
Für die Reibungskräfte ergibt sich aus dem
Reibungsgesetz: R1 = µ1m1 g cos α ,
R2 = µ2 m2 g cos α , R3 = µ3 m3 g cos α .
Bezeichnen wir die Beschleunigung der Körper
in der x-Richtung durch a, so lautet das 2.NG.
in dieser Richtung
m1a = m1 g sin α − µ1m1 g cos α + S1
m2 a = m2 g sin α − µ2 m2 g cos α − S1 + S 2
m3a = m3 g sin α − µ3m3 g cos α − S 2 + F
Durch Addition der Gleichungen fallen alle
inneren Kräfte im System aus (in diesem Fall
die Stabkräfte):
( m1 + m2 + m3 ) a = ( m1 + m2 + m3 ) g sin α
− ( µ1m1 + µ2 m2 + µ3m3 ) g cos α + F
Diese Gleichung ist nichts anderes als der
Schwerpunktsatz für dieses System. Für die
Beschleunigung ergibt sich
( µ m + µ2 m2 + µ3m3 ) g cos α
a = g sin α − 1 1
( m1 + m2 + m3 )
+
F
( m1 + m2 + m3 )
B3. Ein Auto bremst so, dass die darauf von der
Straße wirkende Kraft F kleiner µ G ist ( µ ist
der Reibungskoeffizient, G - Gewichtskraft).
Wie groß darf eine senkrecht zur Bewegung
gerichtete Kraft sein, so dass das Auto noch
G
nicht rutscht? Lösung. Die Bremskraft F und
G
die Kraft F1 , die das Auto
vom seitlichen Rutschen
abhält, sind in Wirklichkeit
zwei Komponenten der
Reibungskraft zwischen den Rädern und der
Straße, deren Betrag den Wert µ mg nicht
übersteigen darf. "An der Gernze des
Rutschens" gilt somit: F 2 + F⊥2 = ( µ mg ) 2 .
Die maximale zulässige
Seitenkraft erreichnet sich zu
F⊥ = ( µ mg ) 2 − F 2 (s. Bild
links). Bei einer Vollbremsung
reicht bereits eine unendlich kleine Seitenkraft.
1
B4. Ein Körper bewegt sich so, dass seine
Polarkoordinaten als Funktionen der Zeit sind
gleich r = l 1 + ξ t 3 und ϕ = ξ t 3 . Zu
(
)
bestimmen ist die Beschleunigung für ϕ = π .
Lösung. Zur Beschreibung der Bewegung
wählen wir eine
"polare Basis"
G G
( er , eϕ ).
G
G
Für der Radiusvektor des Körpers gilt r = rer .
Seine Ableitung nach Zeit ergibt
G
G
G
G
G
r + rer = re
r + rϕ eϕ .
Geschwindigkeit: r = re
Beschleunigung erhalten wir durch
nochmaliges Differenzieren:
G
G
G
G
G
G
r + rϕ eϕ + rϕeϕ + rϕ eϕ =
r = rer + re
G
G
G
G
G
e =
re + rϕ e + rϕ e + rϕe − rϕϕ
ϕ
r
ϕ
ϕ
r
G
G
= ( r − rϕ ) er + ( 2rϕ + rϕ) eϕ
2
Im unseren Spezialfall gilt
r = l (1 + ξ t 3 ) , r = 3lξ t 2 , r = 6lξ t ,
ϕ = ξ t 3 , ϕ = 3ξ t 2 , ϕ = 6ξ t ,
(
) ) eG
) 6ξ t ) eG
G
r = 6lξ t − l 1 + ξ t 3 3ξ t 2
(
(
)(
(
+ 2 ⋅ 3lξ t 2 3ξ t 2 + l 1 + ξ t 3
2
r
ϕ
=
( ( ) )
( ( ))
⎡ 2 − 1 + ξ t 3 3ξ t 3 eGr ⎤
⎥
3lξ t ⎢
⎢ + 6ξ t 3 + 1 + ξ t 3 2 eG ⎥
ϕ⎥
⎣⎢
⎦
für ϕ = π ist ξ t 3 = π ⇒ t = (π / ξ ) .
1/ 3
Für Beschleunigung ergibt sich
G
⎡ 2 − (1 + π ) 3π ) er ⎤
G
1/ 3 (
r = 3lξ (π / ξ ) ⎢
G ⎥.
⎢⎣ + ( 6π + (1 + π ) 2 ) eϕ ⎥⎦
Betrag der Beschleunigung ist gleich
G
2/3
r = 32 l 2ξ 2 (π / ξ ) ⋅
2
2
⋅ ⎡⎢( 2 − (1 + π ) 3π ) + ( 6π + (1 + π ) 2 ) ⎤⎥
⎣
⎦
B5. Erklären Sie Bewegung eines Stuhles,
wenn er etwas geneigt und freigelassen wird.
B6. Welches Glas ist stabiler: ein leeres oder
mit Zucker?
B7. Hubble hat festgestellt, dass alle Sterne von
uns fliehen, und zwar mit einer
Geschwindigkeit proportional zur Entfernung.
Kann man daraus schließen, dass wir uns im
Zentrum des Universums befinden?
Lösung: Die Beobachtung von Hubble lautet:
G
G
rWi = krWi . Das gilt für einen beliebigen Stern,
z.B. auch für A:
G
G
rWA = krWA .
Für die Einwohner des
Sternssystems A ist die
Geschwindigkeit des
Sterns i gleich
G
G
G G
rWi − rWA = k ( rWi − rWA ) . Der Vektor in der
Klammer ist aber genau der Vektor vom Stern
A zum Stern i. Das bedeutet, dass die
Einwohner des Sterns A sehen, dass alle Sterne
von ihnen fliehen, und zwar mit einer
Geschwindigkeit proportional zur Entfernung.
B8. Auf einer masselosen Stange (Länge 2l)
sind zwei Körper mit
Masse m befestigt. Die
Stange dreht sich nach
dem Gesetz
ϕ (t ) = π sin ωt um eine
Achse, die durch ihre
Mitte geht und senkrecht zur Stange gerichtet
ist. Zu bestimmen ist das auf die Stange
wirkende Kraftmoment. Das Kraftmoment
bekommen wir aus dem Drehimpulssatz
G G
L = M . Zur Bestimmung des Drehimpulses
G
G G
benutzen wir seine Definition: L = ∑ mi ri × vi .
Der Drehimpuls ist demnach entlang der zAchse gerichtet und betragsmäßig gleich
G
G
L = 2mlv = 2ml 2ϕ , L = 2ml 2ϕ ez .
Aus dem Drehimpulssatz folgt
G G
G
G
M = L = 2ml 2ϕez = −2π ml 2ω 2 ( sin ωt ) ez .
B9. Zu bestimmen ist das Reflexionsgesetz
beim Aufprall eines Würfels auf eine rauhe
Wand (Reibungskoeffizient
µ ).
Freischnitt im
Moment des
Aufpralls:
Impulssatz in der x- und yRichtung:
x: mv
(2)
x
− mv
t2
(1)
x
= ∫ Ndt = 2mvx(0)
t1
x
y
t2
(1)
(0)
y: mv (2)
y − mv y = − ∫ µ Ndt = −2 µ mv x
t1
Daraus folgt v
(1)
y
(0)
= v (2)
y − 2 µ vx
tan β = tan α − 2µ .
2
Mechanik II / Vorlesung 15 / Prof. Popov
Trägheitsmomente, Dynamik ebener Bewegung
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 3.2.2
I. Analogie zwischen einer eindimensionalen
Translation und eindimensionalen Rotation
Translation
Rotation
ϕ
Koordinate
x
x = v
Θ
G G G
M = r ×F
L = Θω
G G
L=M
Θ
K = ω2
2
Θω = M
G G
dA = Mdϕ
Kraft
Impuls
Impulssatz
m
K = v2
2
mv = F
G G
dA = Fdr
Winkel
ϕ = ω
Geschwindigkeit
Masse
m
G
F
p = mv
G G
p = F
Kinetische
Energie
das 2.N.G.
Arbeit
Winkelgeschwindigkeit
Trägheitsmoment
Θ = ∑ mi ( x + y
2
i
2
i
B6. "Senkrechten-Achsen-Satz".
sein Analog
m
B2.
m
B3.
x
Θ = mr 2
l
l
0
0
Θ = ∫ x 2dm = ∫ x 2
dm = M
dx
l
Mdx Ml 2
=
l
3
B4.
Stablänge l
l /2
∫
−l / 2
l/2
x dm =
2
∫
−l / 2
x2
Beweis:
(
= ∑m (x
)
) = ∑m x
Θ x = ∑ mi yi2 + zi2 = ∑ mi yi2
i
2
i
+ zi2
2
i i
Θ z = ∑ mi ( xi2 + yi2 ) = Θ x + Θ y .
x+dx
Stablänge l
Für ebene Figuren (in
der Ebene (x,y) liegend)
gilt Θ z = Θ x + Θ y .
y
x
Θy
Θ = mr 2
r
z
Arbeit
Volumen
r
a
Kinetische Energie
a2
.
12
Bei Rotation um
die Achse x:
b2
Θx = m .
12
Drehimpulssatz
Θ = ∫ dm ( x 2 + y 2 ) = ∫ ( x 2 + y 2 )ρ dV
B1.
x
Drehimpuls
) oder
Dichte
Θy = m
b
Kraftmoment
II. Berechnung der Trägheitsmomente
Das Massenträgheitsmoment eines Körpers
bezüglich der z-Achse wird definiert als
Θ=
Nach Integration
über alle Massenelemente:
y
Mdx Ml 2
=
l
12
B5. Platte mit den Seiten a und b.
Bei einer Rotation um die Achse y schneiden
wir die Platte in dünne Streifen senkrecht zur ya2
chse. Für jeden Streifen gilt d Θ = dm .
12
B7. Platte mit den Seiten a und b senkrecht
zur Plattenebene.
z
y
x
Aufgrund von B5 und
B6:
Θz =
m 2
( a + b2 ) .
12
B8. Quader mit den Seiten a, b und c.
Trägheitsmoment bezüglich der z-Achse: Wir
schneiden den Quader in dünne Platten senkrecht zur z-Achse.
z
Nach B7 gilt für
jede Platte
dm 2
a
d Θz =
a + b2 )
(
12
y
Nach Integration
b
über alle Platten:
m
x
Θz = ( a 2 + b2 ) .
c
12
Analog
m
m
Θ x = ( a 2 + c 2 ) , Θ y = ( b2 + c 2 ) .
12
12
1
B9. Kreis mit dem Radius R.
Wir schneiden aus
m
dem Kreis einen
dünnen Kreisring mit
dem inneren Radius
r und dem äußeren Radius r + dr . Die Masse
2π rdr 2m
des Kreisringes ist dm = m
= 2 rdr .
π R2
R
Das Trägheitsmoment des Kreisringes ist (nach
2m
B2) gleich d Θ = dm ⋅ r 2 = 2 r 3dr . Das
R
gesamte Trägheitsmoment ergibt sich durch
Integration von r = 0 bis r = R :
R
2m 3
mR 2
.
r
dr
=
R2
2
0
Θ=∫
B10. Kreis bezüglich einer in seiner Ebene
liegenden Achse.
z
m y
x
Nach dem "Senkrechten-Achsen-Satz" (B6) gilt
mR 2
Θz =
= Θ x + Θ y = 2Θ x = 2 Θ y .
2
mR 2
Daraus folgt Θ x = Θ y =
4
B11. Kugel mit dem Radius R.
Wir schneiden
R
die Kugel in
r
dünne Kreisscheiben senkrecht zur Rotationsachse.
z
Masse einer
Scheibe ist
2
dm = ρπ r dz . Trägheitsmoment einer Scheibe
dm 2 ρπ r 4
ist d Θ =
r =
dz . Mit r 2 = R 2 − z 2
2
2
ergibt sich für das Gesamtträgheitsmoment
R
ρπ ( R 2 − z 2 )
2
8
πρ R 5 . (1)
2
15
−R
Die Dichte kann man aus der Gleichung
4
m = ρV = ρ π R 3 erhalten und in (1) einset3
2
zen. (1) erhält dann die Form Θ = mR 2 .
5
Θ=
∫
dz =
Satz von Steiner
Betrachten wir das Trägheitsmoment Θs eines
starren Körpers bezüglich einer Achse s-s, die
durch den Schwerpunkt S geht und Trägheitsmoment Θa desselben Körper bezüglich einer
Achse a-a parallel dazu. Den Abstand zwischen
beiden Achsen sei a. Zwischen den beiden
Trägheitsmomenten besteht ein Zusammenhang, der durch den Satz von Steiner gegeben
wird: Θa = Θs + mrs2 wobei m die Masse des
Körpers ist.
Beweis:
Das Trägheitsmoment
bezüglich der Achse a
ist gleich
G
Θ a = ∑ mi rai2 =
G G 2
∑ mi ( rsi + a ) =
G
G G G
= ∑ mi rsi2 + 2rsi a + a 2 =
G
G
G
G
∑ mi rsi2 + 2a ∑ mi rsi + a 2 ∑ mi = Θs + ma 2
(
)
III. Dynamik einer ebenen Bewegung
Betrachten wir Bewegung eines starren Körpers
in einer Ebene (xG,y) unter der Einwirkung von
äußeren Kräften F . Für ein beliebiges System auch einen starren Körper - gilt immer der
G
G G
Schwerpunktsatz: mrs = F , wobei rs RadiusG
vektor des Schwerpunkts und F Summe aller
äußeren Kräfte ist. Betrachten wir jetzt Bewegung des Körpers aus einem Bezugssystem, das
eine Translationsbewegung mit dem Schwerpunkt des Körpers ausführt. In diesem System
bewegt sich der Schwerpunkt nicht und eine
beliebige Bewegung ist eine reine Rotation um
den Schwerpunkt. Dieses System ist aber ein
sich beschleunigt bewegendes und somit ein
nicht Inertialsystem. Für eine Rotation um den
Schwerpunkt gilt der Drehimpulssatz in der
Form L = Θsϕ = M s + M schein , wobei Momente
aller physikalischen äußeren Kräfte und der
Scheinkräfte bezüglich des Schwerpunkts berücksichtigt werden müssen. Das Moment der
Scheinkräfte ist aber bezüglich des Schwerpunktes gleich Null, da die Scheinkräfte im
Schwerpunkt angreifen. Somit fallen sie aus
dem Drehimpulssatz aus und er nimmt die
Form L = Θsϕ = M s an. Die 3 Bewegungsgleichungen für eine ebene Bewegung sind somit
mxs = Fx , mys = Fy , Θsϕ = M s
2
Mechanik II / Vorlesung 16 / Prof. Popov
Ebene Dynamik eines starren Körpers: Beispiele
oder
I. Bewegungsgleichungen für Translationsmxs = mg ( sin α − μ cos α ) ,
bewegung und für Rotationsbewegung.
Die 3 Bewegungsgleichungen für eine ebene
Θ sϕ = r μ mg cos α .
Bewegung sind
III. Schiefe Ebene mit verschiedenen Rollmxs = Fx , mys = Fy , Θsϕ = M s .
körpern (Experiment).
Für einen rotationssymmetrischen Körper mit
II. Hinabrollende Kugel
dem Außenradius R gilt
H
1
xs =
g sin α
y
r
1 + Θ s / mR 2
mg
x
α
N α
Für eine ebene Bewegung gelten die drei Bewegungsgleichungen
mxs = Fx ,
mys = Fy ,
Θsϕ = M s . xs und y s sind Koordinaten des
2
Schwerpunkts und Θs = mr 2 ist das Träg5
heitsmoment der Kugel bezüglich des Schwerpunkts. Die o.g. Gleichungen lauten:
mxs = mg sin α − H ,
(1)
0 = N − mg cos α ⇒ N = mg cos α
(2)
Θsϕ = rH
(3)
Beim Rollen ohne Gleiten ist der Berührungspunkt der Kugel mit der Ebene der Momentanpol. Der Abstand des Zentrums vom Momentanpol ist r. Somit ist die Geschwindigkeit des
Zentrums gleich
x s = rϕ
(4)
Aus dem Gleichungssystem (1)-(4) folgt für die
Beschleunigung
1
5
xs =
g sin α = g sin α und für die
2
1 + Θ s / mr
7
Haftreibung H = (2 / 7)mg sin α .
Das gilt aber nur solange diese Haftreibung
tatsächlich realisiert werden kann, d.h. solange
H 2
= tan α . Ist diese BeH ≤ μN ⇒ μ ≥
N 7
dingung nicht erfüllt, so wird die Kugel durchrutschen. Z.B. für eine stählerne Kugel mit
7
μ ≈ 0.3 muss tan α ≤ μ ≈ 1 und α ≤ 45° sein.
2
Beginnt die Kugel zu rutschen, so steigt die
Reibkraft nicht weiter, sondern bleibt gleich
H = μN .
Die Gleichungen (1) und (3) nehmen nun die
Form
mxs = mg sin α − μ N ,
Θ sϕ = r μ N
Je größer Θ s / mR 2 , d.h. je weiter von der Achse
die Masse verteilt ist, desto kleiner Beschleunigung (Beim Holzylinder kleiner, als beim Doppelkegel).
IV. Energieerhaltungssatz.
Kinetische Energie eines Körpers berechnet
sich als kinetischen Energie der Translationsbewegung des Schwerpunkts plus kinetische
Energhie der Rotationsbewegung bezüglich des
Schwerpunkts.
mv 2 Θ ω 2
K= s + s
2
2
Gibt es im Kontakt kein Gleiten (reines Rollen),
so leisten die Reibkräfte im Kontakt keine Arbeit und die Energie bleibt erhalten.
Beispiel. Rollt eine Kugel ohne Gleiten wie in
(I) aus der Höhe h, so lautet der Energieerhaltungssatz zwischen dem Anfangszustand und
dem Endzustand am Fuße der geneigten Ebene
wie folgt:
mv 2 Θ ω 2
mgh = s + s .
2
2
Unter Berücksichtigung der kinematischen Beziehung vs = rω nimmt der Erhaltungssatz die
mvs2 Θ s vs2 vs2
+
= ( m + Θs / r 2 ) .
2
2
2r
2
V. Ein Fahrzeug mit einem Vorder- bzw.
Hinterradantrieb.
Form mgh =
a
h
mg
H
N1
N2
Die beiden "Schwerpunktgleichungen" lauten
mx = H und 0 = N1 + N 2 − mg .
Der Drehimpulssatz bezüglich des Schwerpunka
a
tes: 0 = N1 − N 2 − hH . Hieraus folgt
2
2
1
mg h
mg h
+ H,
N2 =
− H.
2 a
2 a
Maximale Haftkraft genügt der Bedingung
⎛ mg h
⎞
H max = μ N1 ⇒ H max = μ ⎜
+ H max ⎟ (5)
⎝ 2 a
⎠
mg
μ
⇒ H max =
. Die maximale Be2 1 − μh / a
g
μ
schleunigung ist somit . Das
xmax =
2 1 − μh / a
gilt nur solange N 2 > 0 ist.
Die maximale Reibkraft ist beschränkt entweder
durch die Bedingung (5) oder durch die Bedingung, dass die Vorderräder nicht abheben:
mg h
mga
. Im zweiten Fall
N2 =
− H > 0, H <
2 a
2h
wäre die maximale Beschleunigung gleich
ga
. Maximale Beschleunigung ist gleich
xmax =
2h
dem kleinsten von zwei gefundenen Werten.
N1 =
Im Fall des Vorderradantriebs genügt die maximale Haftkraft der Bedingung H max = μ N 2 .
mg
Daraus folgt
g
μ
H
xmax =
2 1 + μh / a
N2
N1
(kleiner als beim Antrieb über die Hinterräder).
VI. Schaukeln auf einer Reckstange mit Amplitude 90°. Zu bestimmen ist der maximale
Wert der horizontalen Komponente der Lagerreaktion. Modellieren wir den Menschen als
einen homogenen Stab mit der Masse m.
y
Ay
A
l
Horizontale Kraftkomponente ergibt sich aus
dem Schwerpunktsatz:
Ax = mxs . Für xs gilt xs = (l / 2)cos ϕ .
Zweimaliges Differenzieren ergibt
xs = −(l / 2)cos ϕ ⋅ ϕ 2 − (l / 2)sin ϕ ⋅ ϕ =
3 mgl 2
9
sin 2ϕ = − g sin 2ϕ
8 Θ
8
Die Reaktionskraft Ax = −(9 / 8)mg sin 2ϕ erreicht ihren (betragsmäßig) maximalen Wert
(9 / 8)mg bei ϕ = 45° .
−
VII. Rutschen einer Leiter Zu bestimmen ist
Geschwindigkeit v des
Schwerpunkts als Funktion
M
l
des Winkels ϕ .
Lösung: Momentanpol befindet sich im Punkt M. Abstand
vom Momentanpol zum
ϕ
Schwerpunkt ist gleich l / 2 .
Kinetische Energie ist gleich
2
2
2
⎛ ml 2
ml 2ω 2
Θ ω
⎛ l ⎞ ⎞ω
K= M
=⎜
+ m⎜ ⎟ ⎟
=
.
⎜ 12
⎟ 2
2
2
6
⎝
⎠
⎝
⎠
Energieerhaltungssatz:
mg (l / 2)sin ϕ + ml 2ω 2 / 6 = mgl / 2 ⇒
ω = (3g / l )(1 − sin ϕ ) .
Die Schwerpunktgeschwindigkeit ist somit
gleich
l
vs = ω = (3gl / 4)(1 − sin ϕ ) .
2
Ax
ϕ
x
mg
Winkelgeschwindigkeit kann aus dem Energiesatz bestimmt werden.
Energie "vor": U = 0 , K = 0 .
U = − mg (l / 2)sin ϕ ,
Energie
bei ϕ :
K = Θϕ 2 / 2 .
Erhaltungssatz:
Θ 2
l
ϕ = mg sin ϕ oder
2
2
mgl
sin ϕ . Differenzieren nach Zeit ergibt
Θ
mgl
ϕ =
cos ϕ .
2Θ
ϕ 2 =
2
Mechanik II / Vorlesung 17 / Prof. Popov
Drehimpulserhaltungssatz, Exzentrischer Stoß
Literatur: Hauger, Schnell und Groß. Technische Mechanik III, 3.3.3
I. Drehimpulserhaltung: Aus dem DrehimG G
pulssatz L = M folgt, dass wenn das gesamte
Moment aller an einem System angreifenden
äußeren Kräfte bezüglich eines Bezugspunktes
gleich Null ist, so bleibt der Drehimpuls bezüglich desselben Punktes konstant.
Bemerkung 1: Das System muss nicht abgeschlossen sein. Nur das Moment der einwirkenden Kräfte muss verschwinden!
Bemerkung 2: Die Erhaltung des Drehimpulses gilt auch für einzelne Richtungen, auf
welche die Projektion des Momentenvektors
gleich Null ist.
B1. Bei Drehung um eine feste Achse ohne
Reibungsmoment gilt L = Θω = const . Verringert sich das Trägheitsmoment, so wird die
Winkelgeschwindigkeit größer (Experiment mit
Drehschemel).
B2. Hält man in den Händen eine Einrichtung
mit einem Rotor und versucht man, die Rotationsachse zu ändern, so entsteht eine Rotationsbewegung in der entgegengesetzten Richtung
(2. Experiment mit Drehschemel).
B3. Ein Stab trifft mit der Geschwindigkeit v
auf ein Lager A und wird dort eingeknickt. Zu
bestimmen ist die Winkelgeschwindigkeit nach
dem Aufprall.
l
Lösung:
Kraftmoment
A
l/3
bezüglich des
v
Punktes A ist
gleich Null. Deshalb bleibt der Drehimpuls
erhalten.
Bei einer Translationsbewegung ist
G
G G
G G
G G
L = ∑ mi ri × vi = ∑ mi ri × v = mrs × v . Für den
Drehimpuls haben wir deshalb:
l
"vor": L1 = m v
6
2
⎛ ml 2
ml 2
⎛l⎞ ⎞
+ m ⎜ ⎟ ⎟ω =
ω
"nach": L2 = Θω = ⎜
⎜ 12
⎟
6
9
⎝
⎠
⎝
⎠
3v
L1 = L2 ⇒ ω =
.
2l
Wie groß ist Energieverlust bei diesem Stoß?
m
K1 = v 2 ,
2
2
ml 2 ω 2 ml 2 ⎛ 3 v ⎞
mv 2
K2 =
9
2
=
⎜
⎟ =
18 ⎝ 2 l ⎠
8
3/4 der Energie geht verloren.
B4. Zu berechnen sind lineare und Winkelgeschwindigkeit sowie die Lage des Momentanpols nach einem
v
plastischen Stoß.
m
m
Lösung:
Energie
bleibt
hier
nicht
m
v'
l
erhalten. Aber Impuls und Drehimω
puls bleiben erhalten, und zwar bezüglich eines beliebigen Bezugspunktes, da dies ein abgeschlossenes System ist.
Impuls "vor": mv
l ⎞
⎛
Impuls "nach": mv′ + m ⎜ v′ + ω ⎟
2 ⎠
⎝
Impulserhaltung:
l
l ⎞
⎛
v ′ + ⎜ v ′ + ω ⎟ = v ⇒ 2v ′ + ω = v
2
2 ⎠
⎝
Stellen wir den Drehimpulssatz bezüglich des
Schwerpunktes des Stabes auf:
l
Drehimpuls "vor": mv
2
l ⎞l
⎛
Drehimpuls "nach": m ⎜ v′ + ω ⎟ + Θ Stabω
2 ⎠2
⎝
Drehimpulserhaltung:
m(l / 2) ( v′ + ω (l / 2) ) + Θ Stabω = m(l / 2)v
oder
( v′ + ω (l / 2) ) +
2Θ Stab
ω=v
ml
2
Mit Θ Stab = ml 2 /12 folgt daraus v′ + lω = v
.
3
Lösung des umrahmten Gleichungssystems
6v
1
ergibt ω =
und v′ = v .
5
5l
Der Momentanpol befindet sich unter dem
v′ 1
Schwerpunkt im Abstand ∆l = = l .
ω 6
Diesen Punkt nennt man Stoßmittelpunkt. Wird
der Körper in diesem Punkt gelagert, so treten
beim Stoß keine Lagerreaktionen auf.
B5. In welcher Höhe h muss eine Billardkugel horizontal angestoßen werden, damit sie
auf glatter Bahn nach dem Stoß rollt?
Lösung: Die RollF
bedingung bedeutet,
dass der Kontakth
S
r
punkt mit dem Bo-
A
1
den der Momentanpol ist. Daher gilt
vs = ω r .
(1)
(2)
Schwerpunktsatz: mvs = F .
Schwerpunkt des Pendels, Masse m der Kugel).
Dividieren von (3) durch (2) ergibt
Θ ω
7
h= s +r = r.
5
m vs
Dasselbe Ergebnis kriegt man auch wenn man
den Drallsatz bezüglich des Momentanpols
schreibt (ist in diesem Fall richtig, aber nicht
empfohlen).
Lösung. Betrachten wir drei Zustände:
1. Direkt vor dem Zusammenstoß
2. Direkt nach dem Zusammenstoß
3. Maximale Auslenkung des Pendels.
Zwischen 1 und 2 ändert sich der Winkel ϕ
nicht (d.h. er bleibt Null). Das Kraftmoment
aller Kräfte bezüglich des Aufhängepunktes ist
Null, somit gilt der Drehimpulserhaltungssatz:
hmv
hmv = Θ + mh 2 ω ⇒ ω =
. (1)
( Θ + mh2 )
B6. Ein geschlossenes zylindrisches Gefäß (innerer Radius R, Höhe h, Trägheitsmoment Θ )
gefüllt mit Wasser wird schnell bis zu einer
Winkelgeschwindigkeit ω0 beschleunigt. Wel-
Ab diesem Moment (zwischen 2 und 3) bleibt
Energie erhalten:
2
( hmv ) = g Ml + mh 1 − cos ϕ
(2)
(
)(
m)
2 Θ + mh 2
Drehimpulssatz: Θ sω = F ( h − r ) .
(3)
che Winkelgeschwindigkeit ω1 wird sich im
Zustand einstellen, in dem sich das Gefäß und
das Wasser als ganzes drehen? Reibmoment in
der Achse ist zu vernachlässigen.
Lösung. Nachdem das Gefäß in die Rotation
gesetzt wurde, hat es den Drehimpuls
L0 = Θω0 . Im Endzustand ist der Drehimpuls
(
)
gleich L1 = Θ + mR 2 2 ω1 . Da auf das System
(bezüglich der Achse) keine äußeren Momente
wirken, bleibt der Drehimpuls erhalten:
Θω0
L0 = L1 . Daraus folgt ω1 =
. Dar( Θ + mR 2 2 )
auf beruht z.B. die Methode, mit der man ein
rohes Ein von einem gekochten Ein unterscheiden kann.
B7. Ballistisches Pendel
Geschwindigkeit einer Kugel kann gemessen
werden, indem in ein "Ballistisches Pendel"
(auch Stoßpendel) geschossen und dern Ausschlagwinkel gemessen wird. Wie hängt die
Geschwindigkeit der Kugel von dem maximalen Winkel ab? (Gegeben: Das Trägheitsmoment Θ des Pendels bezüglich des Aufhängepunktes, Masse M des Pendels, der Höhenabstand h zwischen dem Aufhängepunkt und dem
Punkt, wo
die Kugel
das Pendel
trifft, Abstand l zwischen dem
Aufhängepunkt und
dem
(
(
)
)
Aus (1) und (2) folgt
1
2 Θ + mh 2 g ( Ml + mh )(1 − cos ϕ m ) .
v=
hm
(
)
B8. Eine Kugel stößt elastisch mit einer Wand
zusammen. Zu bestimmen sind Geschwindigkeit
und Winkelgeschwindigkeit nach dem Abprall
(kein Gleiten im Kontakt).
ω
v
α β
v α β
v'
v'
O
H
N
Bezüglich des Kontaktpunktes O ist das Drehmoment aller Kräfte während des Stoßes gleich
Null ⇒ Drehimpulserhaltung:
mvr sin α = mv′r sin β + Θ sω
(1)
Beim elastischen Stoß bleibt auch Energie erhalten:
mv 2 mv′2 Θ Sω 2
=
+
.
(2)
2
2
2
Rollen ohne Gleiten: v′x = ω r = v′ sin β . (3)
Aus diesen drei Gleichungen kann man drei
Unbekannte v′ , ω und β bestimmen.
Mit (3) nehmen (1) und (2) die Form
v sin α = v′ sin β (1 + Θ S / mr 2 )
v = v′ 1 + Θ S sin 2 β / mr 2
Z.B. wenn α ≈ 90° , so ist
v
β ≈ 45° und ω = 0.71 .
r
sin β = 5/ 7 ,
2
Mechanik II / Vorlesung 18 / Prof. Popov
I. Drehimpuls bei einer Drehung um eine
beliebige Achse
G
ω x = ω cosα
ω
ω y = ω sin α
a
y
G
G
mb2
L
F
Θx =
12
b
G
ma 2
α
Θy =
−F
β
12
x
b
tan α = .
a
2
mb
ω cosα
Lx = Θ xω x =
12
ma 2
ω sin α
Ly = Θ yω y =
12
a 2 sin α a 2 b a
= 2 = = tan −1 α .
tan β = 2
b cosα b a b
Der Vektor des Drehimpulses dreht sich um die
Achse.
II. Zeitliche Änderung eines rotierenden
Vektors.
G
Wenn ein Vektor A sich mit der WinkelgeG
schwindigkeit ω dreht, so gilt
G G G
A =ω × A.
Beispiele:
G G G G
(a) Geschwindigkeit v = r = ω × r
G G
G G G G G
(b) Beschleunigung a = v = ω × v = ω × (ω × r )
(c) Änderung des Drehimpulses
G G G
L =ω ×L
III. Die in der Achse bei einer Rotation wirkenden Kräfte.
Nach dem Drehimpulssatz
G G G G
L =ω ×L = M .
Ändert sich der
Drehimpuls, so muss
ein Kraftmoment
wirken! Die Änderung des Drehimpuls
zeigt in die Tafel. In
den Lagern
muss somit ein Kräftepaar wirken, wie im Bild
1 gezeigt. Woher stammt dieses Kraftmoment?
Betrachten wir die Platte im rotierenden Bezugssystem. Durch die Zentrifugalkräfte entsteht ein Kraftmoment in der gezeigten Rich-
Kreiselbewegung
tung. Die Reaktionskräfte in den Lagern wirken
in die entgegensetzte Richtung.
Was geschieht, wenn die Achse nicht festgehalten wird?
IV. Symmetrischer Kreisel
Definition: Θ x = Θ y ≠ Θ z . Zum Beispiel:
A. Reguläre Präzession (Nutation) eines symmetrischen Kreisels.
G
G
L1 = Θ1ω1
ω
L
L2 = Θ2ω 2 = 0
x3
L3 = Θ3ω3
Winkelgeschwindigkeit
der Drehung um die
x1
Symmetrieachse:
θ
L
L cosθ
ω3 = 3 =
Θ3
Θ3
L sin θ
ω1 = ω Pr sin θ =
.
Θ1
L
. Die Kreisachse beschreibt
Daraus ω Pr =
Θ1
G
einen Kreiskegel um die Richtung L .
V. Präzession unter der Einwirkung eines
Kraftmomentes
G
Wenn wir die
ω
Kreiselachse
G
-F
L in die gleichmäßig
Tafel
gerich- um die
tet
G
vertikale
F
Ω ändert sich der Drehimpuls?
Achse drehen, wie
G G G G
L =ω ×L = M
Wenn die Kräfte in vertikaler Ebene wirken, so
bewegt sich die Achse in der horizontalen Ebene
VI. Spielkreisel
G
L
Ω Pr
G
ω
θ
h
mg
1
L = Ω Pr L sinθ = mgl sinθ ⇒
Ω Pr =
mgl mgl
=
L
Θω
Astronomisches Beispiel: Präzession der Erde
Sonne
Periode der
25800 Jahre.
astronomischen
Präzession
VII. Präzession und Nutation
G
Ω Pr äz
G
ω Nut
VIII. Satz vom gleichsinnigen Parallelismus
der Drehachsen (Foucault)
Die Kreiselachse versucht sich gleichsinnig
parallel mit der Achse der Zwangsdrehung
zu stellen.
.
2
Mechanik II / Vorlesung 19 / Prof. Popov
Die Eulerschen Gleichungen, Lagerreaktionen
bei Rotoren
(Hauger, Schnell und Gross: 3.4.2, 3.4.3, 3.4.4)
I. Trägheitstensor (dieses Semester ohne Herleitung).
Neunkomponentige Größe
⎛ Θ xx Θ xy Θ xz ⎞
⎜
⎟
Θij = ⎜ Θ yx Θ yy Θ yz ⎟ −
⎜Θ
⎟
⎝ zx Θ zy Θ zz ⎠
mit
Θij = ∑ m ⎡⎣ r 2δ ij − ri rj ⎤⎦
( m)
nicht diagonale Elemente Θ xy u.s.w. sind Deviationsmomente. In expliziter Form
Θ xz ⎞
⎟
Θ yz ⎟ =
Θ zz ⎟⎠
−∑ mxy
∑m(x + z )
−∑ mzy
2
2
−∑ mxz
⎞
⎟
−∑ myz ⎟
⎟
2
2 ⎟
∑ m( x + y )⎠
Für ein Kontinuum Θik = ∫ ρ dV ( r 2δ ik − ri rk )
Der Drehimpuls berechnet sich mit Hilfe des
Trägheitstensors als
Li =
∑
0⎞
0 ⎟⎟
.
Θ3 ⎟⎠
Der Drehimpuls und die kinetische Energie haben dann eine besonders einfache Form:
0 ⎞ ⎛ ωx ⎞ ⎛ Θ1ωx ⎞
⎛ Lx ⎞ ⎛ Θ1 0
⎜L ⎟ = ⎜ 0 Θ
0 ⎟⎟ ⎜⎜ ω y ⎟⎟ = ⎜⎜ Θ2ω y ⎟⎟
2
⎜ y⎟ ⎜
, (2)
⎜L ⎟ ⎜ 0
0 Θ3 ⎟⎠ ⎜⎝ ωz ⎟⎠ ⎜⎝ Θ3ωz ⎟⎠
⎝ z⎠ ⎝
1
( Θ1ωx2 + Θ2ωy2 + Θ3ωz2 )
2
.
III. Die Eulerschen Gleichungen
Wenn man den Drehimpuls bezüglich der
Hauptachsen berechnet, so muß man bei Berechnung der zeitlichen Ableitung noch die Drehung der Achsen selbst berücksichtigen.
G
G
dL d ′L G G G
=
+ω×L = M
dt
dt
Sind ω1 , ω2 und ω3 Rotationsgeschwindigkeiten bezüglich der Hauptachsen des Trägheitstensors, so kann man den Drehimpulssatz in
der folgenden Form schreiben (Eulersche Gleichungen):
K=
heißt Trägheitstensor. Die Diagonalelemente
Θ xx , Θ yy , Θ zz sind axiale Trägheitsmomente,
⎛ Θ xx Θ xy
⎜
( Θik ) = ⎜ Θ yx Θ yy
⎜ Θ zx Θ zy
⎝
⎛ ∑ m ( y2 + z2 )
⎜
= ⎜ −∑ myx
⎜
⎜ −∑ mzx
⎝
⎛ Θ1 0
Θik = ⎜⎜ 0 Θ2
⎜0
0
⎝
Θijω j
j= x, y ,z
oder ausführlich:
Lx = ∑ Θ xjω j = Θ xxωx + Θ xyω y + Θ xzωz
j
Ly = ∑ Θ yjω j = Θ yxωx + Θ yyω y + Θ yzωz
j
Lz = ∑ Θ zjω j = Θ zxω x + Θ zyω y + Θ zzω z
j
Die kinetische Energie berechnet sich als
1
1
K = Θijω iω j ≡ ∑
Θijω iω j
2
i, j = x, y, z 2
II. Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente.
Man kann ein kartesisches Koordinatensystem
immer so wählen, dass der Trägheitstensor eine
Diagonalform annimmt. Diese Koordinatenachsen heißen Hauptträgheitsachsen und die Diagonalelemente des Tensors Hauptträgheitsmomente. In Hauptachsen verschwinden alle Deviationsmomente:
Θ1ω1 − ( Θ2 − Θ3 ) ω2ω3 = M 1
Θ2ω 2 − ( Θ3 − Θ1 ) ω3ω1 = M 2
Θ3ω 3 − ( Θ1 − Θ2 ) ω1ω2 = M 3
Beispiel 1: Der momentenfreie symmetrische
Kreisel (ein Körper in kardanischer Lagerung
oder auch ein frei fliegender Körper)
Θ1ω1 − ( Θ2 − Θ3 ) ω 2ω 3 = 0
Θ2ω 2 − ( Θ3 − Θ1 ) ω3ω1 = 0
Θ3ω 3 − ( Θ1 − Θ2 ) ω1ω 2 = 0
Wenn Θ1 = Θ2 = Θ ist, dann ist ω 3 = 0 . D.h. um
die Symmetrieachse dreht sich der Körper mit
einer konstanten Geschwindigkeit.
Beispiel 2: Bei kleinen Rotationsgeschwindigkeiten sind alle drei Rotationen unabhängig!
Beispiel 3: Kollermühle
Ein um eine horizontale Achse A frei drehbares
Rad rollt längst eines Kreises ab. Die Achse A
wird durch eine zwangsläufige Führung über
eine vertikale, angetriebene und mit einer Art
Kardangelenk versehene Achse B eingeleitet
und unterhalten (Winkelgeschwindigkeit ω0 ).
1
Zu bestimmen ist die vom Rad auf den Boden
ausgeübte Kraft.
G
N
R
j
Die Änderung
G des Drehimpulses berechnet sich
G d ′L G G
als L =
+ ω × L oder
dt
2
L x = Θ xzω z + ω y Lz − ω z Ly = Θ xzω z − ω z Θ yz
2
L y = Θ yzω z + ω z Lx − ω x Lz = Θ yzω z + Θ xzω z
Lösung. Den Drehwinkel um die
Symmetrieachse bezeichnen wir
als α . Die Winkelgeschwindigkeiten um die drei Hauptachsen
sind dann:
R
ω0
r
ω 2 = ω0 cosα
j
Lz = ∑ Θ zjω j = Θ zx ω x + Θ zy ω y + Θ zzω z
r
ω1 = α =
Ly = ∑ Θ yjω j = Θ yx ω x + Θ yy ω y + Θ yzω z
ω0
2
L z = Θ zzω z +ω x Ly − ω y Lx = Θ zzω z
3
Aus dem Drehimpulssatz folgt
2
Θ xzω z − ω z Θ yz = M x ,
Θ yzω z + Θ xzω z = M y ,
2
ω1 = 0
ω 2 = −ω 0 sin α ⋅ α = ω1ω 3
ω 3 = −ω 0 sin α
ω 3 = −ω1ω 2
Die Eulerschen Gleichungen:
M1 = 0
R
M 2 = ( Θ2 − Θ3 + Θ1 ) ω3ω1 = Θ1 ω02 sin α
r
R
M 3 = ( −Θ3 − Θ1 + Θ2 ) ω 2ω1 = −Θ1 ω 02 cos α
r
Der Betrag des Kraftmomentes ist
R
M = Θ1 ω02 = ( N − G ) R ⇒
r
M
ω2
1
⎞
⎛
= G + Θ1 0 = m ⎜ g + rω02 ⎟
N =G+
2
R
r
⎝
⎠
Bei schneller Rotation kann die Druckkraft viel
größer als die Gewichtskraft werden!
Θ zzω z = M z ,
Die dritte Gleichung ist die übliche Form des
Drallsatzes bei einer ebenen Rotation um eine
feste Achse. Die ersten zwei Gleichungen geben die seitens der Achse wirkenden Reaktionsmomente. Die Reaktionsmomente treten
nur bei einer Abweichung von einer symmetrischen Form auf (wenn Deviationsmomente
nicht gleich Null sind).
Beispiel 5: Auswuchten eines Rades.
An einem Autorad (Drehachse z) befindet sich
eine Unwucht mit der Masse m0 .
Welche Massen m1 und m2 müssen an den
Stellen (1) und (2) angebracht werden, damit
das Rad ausgewuchtet ist?
Beispiel 4: Kreiselwirkung bei Luftschraube
Bei einer Rechtskurve
wird die Flugzeugnase
nach unten gedrückt
und bei einer Linkskurve nach oben. Bei zweimotorigen Flugzeugen
und gegenseitig laufenden Luftschrauben werden
die Tragflügel verdreht.
IV. Lagerreaktionen bei ebener Bewegung
Dreht sich der Körper um eine feste Achse z, so
ωx = 0 , ω y = 0 , ωz = ω
Für den Drehimpuls Li = Θijω j ≡
∑
j = x, y ,z
Θijω j
haben wir
Lx = ∑ Θ xjω j = Θ xx ω x + Θ xy ω y + Θ xzω z
j
Lösung. Das Rad ist ausgewuchtet, wenn der
Schwerpunkt auf der Drehachse liegt und die
Deviationsmomente verschwinden:
m0 r0 + m2 r2 − m1r1 = 0
Θ zy = − m0 r0 e0 + m1r1e1 + m2 r2 e2 = 0 .
Auflösen liefert die gesuchten Massen
r e +e
r e −e
m1 = m0 0 0 2 ,
m2 = m0 0 0 1 .
r1 e1 + e2
r2 e1 + e2
2
Mechanik II / Vorlesung 20 / Prof. Popov
Schwingungen, Federzahlen, imaginäre Exponenten (HSG 5.1, 5.2.1, 5.2.2)
gung der Schwerekraft. Das zweite NewtonBeispiele für Schwingungen
sche Gesetz lautet:
Masse an einer Feder
Schwingungen in elektrischen Kreisen
⎛c⎞
mx = − cx oder x = − ⎜ ⎟ x = −ω02 x .
Elektronen in einem Atom
⎝m⎠
Regelungssysteme
Allgemeine
Lösung
dieser
Gleichung ist
Ökologische Systeme
Wirtschaftliche Systeme
x ( t ) = A cos ω0t + B sin ω0t
-
......
I. Periodische Schwingungen:
x (t + T ) = x (t )
T - Periode
f =
1
- Frequenz (Einheit Hertz: Hz=1/s)
T
I.a. Harmonische Schwingungen
x = A sin ωt
ω − Kreisfrequenz
⎛ ⎛ 2π ⎞ ⎞
= x ( ωt )
x ⎜ω ⎜ t +
ω ⎟⎠ ⎟⎠
⎝ ⎝
2π
2π
T=
; ω=
= 2π f
ω
T
x (ωt + 2π ) = x (ωt ) ;
Allgemeine Form von harmonischen Schwingungen:
x ( t ) = C cos (ωt − α ) =
= C cos ωt cos α + C sin ωt ⋅ sin α =
= A cos ωt + B sin ωt ;
A = C cos α , B = C sin α ;
B
C = A2 + B 2 , α = arctan .
A
II. Harmonische Schwingung und Kreisbewegung
x = C cos (ωt − α )
ϕ = ωt − α − Phasenwinkel
(oder Phase)
Kreisfrequenz und Winkelgeschwindigkeit sind
in diesem Fall Synonyme.
III. Einmassenschwinger.
Betrachten wir eine Masse gekoppelt an eine starre Wand mit
einer linear elastischen Feder.
Betrachten wir dieses System
zunächst unter Vernachlässi-
Konstanten A und B berechnen sich mit Hilfe
von Anfangsbedingungen:
x ( 0 ) = x0 , x ( 0 ) = v0 . Daraus folgt
A = x0 , B = v0 / ω0 .
Die Lösung lautet somit
v
x ( t ) = x0 cos ω0t + 0 sin ω0t .
ω0
Die Amplitude der Schwingung ist gleich
C = x02 + ( v0 / ω0 ) ,
2
die Phase α = arctan
v0
.
ω0 x0
ω0 = c / m wird Eigenkreisfrequenz genannt.
Kinetische und potentielle Energie oszillieren,
wobei ihre Summe konstant bleibt:
1
1
1
E
=
T +
U = mx 2 + cx 2 = mω02C 2 sin 2 (ω0t − α )
2
2
2
Energie
1
cC 2
+ cC 2 cos 2 (ω0t − α ) =
= const
2
2
IV. Physikalisches Pendel. Betrachtet wird
ein beliebiger starrer
Körper, der eine ebene Bewegung um
eine feste Achse A
ausführt.
Der Drehimpulssatz
bezüglich der Rotationsachse lautet:
Θ Aϕ = − mgl sin ϕ .
Für kleine ϕ vereinfacht sich die Gleichung zu
Θ Aϕ = −mglϕ oder ϕ + ω 2ϕ = 0 mit
ω 2 = mgl / Θ A .
Für den Sonderfall eines mathematischen Pendels erhalten wir
ω 2 = mgl / Θ A = mgl / ml 2 = g / l .
V. Federzahlen elastischer Systeme
Bei einer linear elastischen Feder gilt F = c∆l .
Der Steifigkeitskoeffizient kann somit definiert
werden als c = F / ∆l .
1
Dehnfedern
Elastizitätsmodul E
σ = Eε
A
l
∆l
F
AE
⇒ F=
=E
∆l ⇒
A
l
l
Biegefedern (Blattfedern)
c=
AE
.
l
F
Elastizitätsmodul
E, geometrisches
Trägheitsmoment
des Querschnitts
ist I.
x
Aus der Statik ist bekannt, dass die Verschiebung des Endpunktes des Balkens ist gleich
3EI
3EI
Fl 3
⇒ F = 3 x ⇒ c= 3
x=
l
3EI
l
Eine auf beiden Enden gestützte Blattfeder
F
l
F/2
F/2
F
x
l/2
l/2
In diesem Fall ist Verschiebung wie bei einem
einseitig eingespannten Balken der Länge l / 2
unter der Wirkung einer Kraft F / 2 :
48EI
F (l / 2)
Fl 3
x=
=
⇒ c= 3 .
l
2 3EI
48EI
3
VI. Parallelschaltung von Federn
Gesamtsteifigkeit
c* = c1 + c2
VII. Reihenschaltung von Federn
Gesamtsteifigkeit
1
1 1
= +
c * c1 c2
c1
c1
c2
c2
VIII. Lineare Differentialgleichungen mit
konstanten Koeffizienten
A. Homogene Gleichungen
dnx
d n −1
dx
an n + an −1 n −1 + ....a1 + a0 x = 0
dt
dt
dt
Allgemeiner Lösungsansatz:
x = Ceλt , λ = const
Einsetzen in die Gleichung ergibt die charakteristische Gleichung:
an λ n + an −1λ n −1 + an − 2 λ n − 2 + ⋅⋅⋅ + a0 = 0
Dies ist eine algebraische Gleichung n -ter
Ordnung. Sie hat genau n Wurzeln: λ1 ,..., λn
(Theorem von Gauß). Die allgemeine Lösung
der Differentialgleichung ist:
x ( t ) = C1eλ1t + C2 eλ2t + ⋅⋅⋅ + Cn eλnt .
Beispiel 1. x − 5 x + 6 x = 0 ;
λt
1) x = e ⇒ 2) λ 2 − 5λ + 6 = 0 ⇒
3) λ1 = 2 ; λ2 = 3 ;
Allgemeine Lösung: x = C1e 2t + C2 e3t .
Beispiel 2. x − 9x = 0 ;
Charakteristische Gleichung:
λ 2 − 9 = 0 ; λ 2 = 9 ; λ1 = +3 ; λ2 = −3 ;
Allgemeine Lösung: x = C1e3t + C2e −3t .
x + 9x = 0 ;
Beispiel 3. Charakteristische Gleichung:
λ 2 + 9 = 0 ; λ 2 = −9 ; λ1 = +3i ; λ2 = −3i ;
Hier i ist imaginäre Einheit: i 2 = −1 .
Allgemeine Lösung: x = C1e3it + C2 e −3it
IX. Imaginäre Exponenten
x 2 x3 x 4
e x = 1 + x + + + + ⋅⋅⋅
2! 3! 4!
e = 1 + ( ix )
ix
( ix )
+
2
( ix )
+
3
( ix )
+
4
2!
3!
4!
2
4
3
2
⎣⎡i = −1 ; i = i ⋅ i = −i ; i = 1⎤⎦
x2
x3 x 4
x5
⇒ 1 + ix − − i + + i + ⋅⋅⋅
2! 3! 4!
5!
2
4
6
⎡ x
⎤
x
x
= ⎢1 − + − + ⋅⋅⋅⎥ +
⎣ 2! 4! 6!
⎦
+ ⋅⋅ ⇒
⎡
⎤
x3 x5 x 7
+i ⎢ x − + − + ⋅⋅⋅⎥ =
3! 5! 7!
⎣
⎦
= cos x + i sin x :
eix = cos x + i sin x (Eulersche Formel)
Beispiel 3 – Fortsetzung.
x = C1e3it + C2e −3it =
= C1 [ cos 3t + i sin 3t ] + C2 [ cos 3t − i sin 3t ]
= ( C1 + C2 ) cos 3t + ( iC1 − iC2 ) sin 3t =
A
B
= A cos 3t + B sin 3t
2
Mechanik II / Vorlesung 21 / Prof. Popov
Gedämpfte Schwingungen
(HSG 5.2.3)
I. Gedämpfte Schwingungen
Bewegungsgleichung (das 2. N.G.):
mx = − dx − cx
Federkraft
Dämpfungskraft (viskose Reibung)
Standardform: x+
d
c
x + x = 0
m
m
2δ
ω02
B. Große Dämpfung δ 2 > ω02
Beide λ1,2 sind reell (und negativ)
x = Ae
( −δ + δ
2
)
−ω02 t
+ Be
x + 2δ x + ω02 x = 0 - die Bewegungsgleichung für freie Schwingungen eines gedämpften Einmassenschwingers.
II. Lösung mit dem Exponentialansatz
Gegeben sei die DGL x + 2δ x + ω02 x = 0
Lösung: Ansatz x = Aeλt ⇒
Charakteristische Gl. λ 2 + 2δλ + ω02 = 0
hat zwei Wurzeln
λ1,2 = −δ ± δ 2 − ω02 .
A. Kleine Dämpfung δ 2 < ω02
λ1,2 = −δ ± − (ω02 − δ 2 ) =
= −δ ± i ω02 − δ 2 = −δ ± iω *
ω* = ω02 − δ 2 ;
+ C2 e (
−δ −iω *)t
)
−ω02 t
Zwei Exponenten
Anfangsbedingungen:
x ( 0 ) = x0 , x ( 0 ) = v0
x ( 0 ) = Aeλ1 0 + Beλ2 0 = A + B = x0
x ( t ) = Aλ1eλ1t + Bλ2 eλ2t
λ2 x0 − v0
v −λ x
; B= 0 1 0.
λ2 − λ1
λ2 − λ1
λ x −v
v −λ x
x ( t ) = 2 0 0 eλ t + 0 1 0 eλ t
λ2 − λ1
λ2 − λ1
A=
Drei Fälle:
−δ + iω *)t
2
x ( 0 ) = Aλ1 + Bλ2 = v0
Allgemeine Lösung ist
x = Aeλ1t + Beλ2t
x = C1e(
( −δ − δ
=
= C1 ⋅ e −δ t ⋅ eiω*t + C2 ⋅ e−δ t ⋅ e− iω*t =
1
2
z. B. für x0 = 0 , v0 ≠ 0
v0
v0
−λ t
−λ t
x (t ) =
eλ2t − eλ1t ) =
e 2 −e 1
(
λ2 − λ1
λ2 − λ1
(
)
„Übergedämpfte Schwingungen“
= e −δ t ( A cos ω * t + B sin ω * t )
= Ce −δ t cos (ω * t + α )
Das ist eine Schwingung mit der Kreisfrequenz ω* = ω02 − δ 2 und einer nach dem
Gesetz e−δ t abnehmenden Amplitude. δ heißt
Abklingkoeffizient [ s −1 ]. "Periode" (z.B. Zeit
zwischen zwei Maxima T = 2π / ω* =
2π / ω02 − δ 2 strebt bei δ → ω0 gegen ∞ .
C Aperiodischer Grenzfall δ = ω0 ,
λ1 = λ2 = λ = −δ .
In der letzten Gleichung des Abschnitts B setzen wir λ2 = λ1 + ∆λ und lassen ∆λ gegen
Null streben:
1
x (t ) =
= v0t
v0
δ
(
⋅ e(
λ1t +∆λ ⋅t )
)
− eλ1t =
eλ1t +∆λ ⋅t − eλ1t
=
∆λ ⋅ t
x = v0teλ1t = v0te −|λ |t
Allgemeine Lösung in diesem Fall ist
x ( t ) = Ae −δ t + Bte −δ t = x0 e −δ t + ( v0 + x0δ ) te −δ t .
Abhängig von den Anfangsbedingungen können sich folgende Bewegungen ergeben:
III. Energie bei nicht gedämpften und gedämpften Schwingungen
Für ungedämpfte Schwingungen gilt
1
1
1
E
=
T +
U = mx 2 + cx 2 = mω02C 2 sin 2 (ω0t − α )
2
2
2
Energie
1
cC 2
+ cC 2 cos 2 (ω0t − α ) =
= const
2
2
Energie bleibt erhalten. Mittelwert der kinetischen Energie ist dabei gleich dem Mittewert
der potentiellen Energie: K = U = E / 2
Für gedämpfte Schwingungen multiplizieren
wir mx + dx + cx = 0 mit x :
2
+ d ( x ) + cxx = 0
mxx
d ⎛ mx ⎞ d ⎛ cx 2 ⎞
2d mx 2
2
⎟ = −d ⋅ x = −
⎜
⎟+ ⎜
dt ⎝ 2 ⎠ dt ⎝ 2 ⎠
m 2
bungskraft R = µ mg ist stets gegen die Geschwindigkeit gerichtet. Das 2. N.G. liefert:
⎧⎪mx = −cx − R,
x > 0
⎨
x < 0
⎪⎩mx = −cx + R,
x = −ω02 x − r ,
x > 0
⎪⎧ r = R/m
⎨
x = −ω02 x + r ,
x < 0
⎪⎩ Bei den Anfangsbedingungen
x ( t1 = 0 ) = x0 , x ( t1 = 0 ) = 0
bewegt sich der Klotz nach links ( x < 0 ) ,
x + ω02 x = r ;
x = r / ω02 ist eine Partikularlösung der nicht
homogenen Gleichung.
Die allgemeine Lösung ist
x = A cos ω0t + B sin ω0t + r / ω02 ;
Einsetzen der Anfangsbedingungen:
2
⎪⎧ x ( 0 ) = A + r / ω0 = x0
⎨
⎪⎩ x ( 0 ) = ω0 B = 0
ergibt B = 0 und A = x0 − r / ω02 .
Endgültige Lösung:
x = ( x0 − r / ω02 ) cos ω0t + r / ω02 ;
dE
2d
=−
K = −4δ K .
dt
m
Diese Lösung gilt solange
x = −ω0 ( x0 − r / ω02 ) sin ω0t < 0
Mittelung über eine Periode ergibt:
Die Geschwindigkeit würde ihr Vorzeichen
ändern, wenn sin ω0t = 0 . Das geschieht zum
Zeitpunkt t1 = π / ω0 . In diesem Moment
dE
= −4δ K = −2δ E .
dt
Die Energie nimmt somit nach dem Gesetz
E = E0 e
−2δ t
ab.
IV. Schwingungen in Anwesenheit trockener Reibung
Ein Klotz (Masse m) bewege sich auf einer
Unterlage (Reibungskoeffizient µ ). Die Rei-
x = − ( x0 − r / ω02 ) + r / ω02 = − x0 + 2r / ω02
D.h. nach einer halben Periode hat der Ausschlag um 2r / ω02 abgenommen. In der nächsten halben Periode wird offenbar dasselbe
passieren. Nach einer endlichen Zahl von
Halbperioden kommt der Körper vollständig
zum Stillstand.
2
Mechanik II / Vorlesung 22 / Prof. Popov Erzwungene Schwingungen, Resonanz (HSG 5.3.1)
I. Erzwungene Schwingungen ohne Dämpfung
Zu bestimmen ist ihre Bewegung unter der
Wirkung der Kraft F ( t ) = F0 cos ωt .
Lösung. Aus (2) folgt
F m
x (0) = A + 2 0 2 = 0
ω0 − ω
F (t )
Freischnitt:
Fel = − cx
x (0) = − Aω0 sin ω0t + Bω0 cos ω0t − ω
F0 m
sin ωt =
ω02 − ω 2
t =0
= Bω0 = 0
F0 m
.
ω02 − ω 2
Bewegungsgleichung: mx = −cx + F ( t )
Daraus folgt: B = 0 , A = −
Angenommen die äußere Kraft ändert sich
nach dem Gesetz F ( t ) = F0 cos ωt ⇒
Die Lösung lautet
F m
F m
x = − 2 0 2 cos ω0t + 2 0 2 cos ωt =
ω0 − ω
ω0 − ω
Bewegungsgleichung: mx = −cx + F0 cos ωt
Lösungsansatz: x = C cos ωt . Einsetzen in die
Bewegungsgleichung liefert
−mω 2C cos ωt = − cC cos ωt + F0 cos ωt
C ( c − mω 2 ) = F0 ⇒
C=
(3)
F m
= 2 0 2 ( cos ωt − cos ω0t )
ω0 − ω
cos 2t − cos 2.1t
cos 2t − cos 3t
F0
F0 m
F m
=
= 20 2
2
2
c − mω
c m −ω
ω0 − ω
b
a
cos 2t − cos 0.1t
F0 m
cos ωt
(1)
ω02 − ω 2
heißt Partikularlösung der DGL. Aus (1) folgt:
• wenn ω < ω0 , hat x dasselbe Vorzeichnen
wie F . Koordinate und Kraft schwingen in
gleicher Phase.
• wenn ω > ω0 , hat x entgegengesetztes zu
F Vorzeichnen ⇒ Koordinate schwingt in
„Gegenphase“ zur Kraft.
• Amplitude wird ∞ , wenn ω → ω0 RESONANZ.
t sin t
Resonanzfall
Die Lösung: x =
Allgemeine Lösung setzt sich aus der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung und
einer Partikularlösung zusammen:
F m
x = A cos ω0t + B sin ω0t + 2 0 2 cos ωt (2)
ω0 − ω
Beispiel: Zum Zeitpunkt t = 0 befinde sich die
Masse in Ruhe im Gleichgewicht: (Anfangsbedingungen: x(0) = 0 , v (0) = 0 ).
c
d
Sonderfall ω = ω0 (Resonanz).
In (3) setzen wir ω = ω0 + ∆ω ein und lassen
∆ω → 0 .
F0 m
x=
( cos(ω0 + ∆ω )t − cos ω0t ) =
(ω0 + ω )(ω0 − ω )
=−
=
( cos(ω0t + ∆ω ⋅ t ) − cos ω0t ) =
F0
t
m ( ω0 + ω )
∆ω ⋅ t
F0
F t
t
ω0 sin ω0t → 0
ω0 sin ω0t
m (ω0 + ω )
m 2ω0
x=
F0
t sin ω0t (Resonanzfall) (Bild d oben).
m
1
II. Schwebungen. Oft werden Schwingungen
mit verschiedenen Frequenzen überlagert. Erzwungene Schwingungen ohne Dämpfung ist
ein Beispiel hierfür:
x (t ) = C ( cos ωt − cos ω0t ) .
Wir untersuchen den Fall, wo die beiden Frequenzen fast gleich sind: ω = ω0 + ∆ω ( ∆ω ist
eine kleine Frequenzdifferenz ∆ω ω0 , ω ).
Es gilt ω = ω + ( ∆ω / 2 ) , ω0 = ω − ( ∆ω / 2 ) ,
wobei ω =
ω + ω0
der Mittelwert der beiden
2
Frequenzen ist. Für den uns interessierenden
Ausdruck cos ωt − cos ω0t ergibt sich
cos ωt − cos ω0t =
= cos (ω + ( ∆ω / 2 ) ) t − cos (ω − ( ∆ω / 2 ) ) t =
cos ωt ⋅ cos ( ∆ω / 2 ) t + sin ωt ⋅ sin ( ∆ω / 2 ) t +
− cos ωt ⋅ cos ( ∆ω / 2 ) t + sin ωt ⋅ sin ( ∆ω / 2 ) t =
cos ωt − cos ω0t = 2sin ω t ⋅ sin ( ∆ω / 2 ) t .
Schnelle Schwingungen
Diese Art von Schwingungen heißt Schwebungen (Bild b oben).
III. Erzwungene Schwingungen mit Dämpfung
Freischnitt:
F (t )
Bewegungsgleichung:
mx = −cx − dx + F ( t ) ,
x2 + ω02 x2 + 2δ x2 = ( f 0 / 2 ) e − iωt .
Diese Gleichungen lösen wir mit dem Exponentialansatz: x1 (t ) = x1eiω t , x2 (t ) = x2 e− iω t ⇒
−ω 2 x2 + ω02 x2 + i 2ωδ x2 = ( f 0 / 2 )
⇒
−ω 2 x2 + ω02 x2 − i 2ωδ x2 = ( f 0 / 2 )
( f0 / 2)
x1 =
, x2 =
( f0 / 2)
.
−ω + ω + i 2ωδ
−ω + ω02 − i 2ωδ
Die partikuläre Lösung ist:
( f0 / 2)
( f0 / 2)
x(t ) =
eiωt +
e − iωt =
2
2
2
−ω + ω0 + i 2ωδ
−ω + ω02 − i 2ωδ
2
2
0
2
⎡( −ω 2 + ω02 − i 2ωδ ) eiωt + ⎤
⎢
⎥=
− iω t
2
2
2
2 2
2 2 ⎢
⎥
i
2
e
ω
ω
ωδ
+
−
+
+
4
ω
ω
ω
δ
−
+
+
(
)
(
0
0 )
⎣
⎦
( f0 / 2 )
( −ω
f0
2
+ω
)
2 2
0
+ 4ω δ
2
2
⎡(ω02 − ω 2 ) cos ωt + 2ωδ sin ωt ⎤ =
⎣
⎦
= x0 cos (ωt − α )
langsam oszillierende
Amplitude
FFeder
Wegen der Linearität können wir die Aufgabe
in getrennte Lösung von zwei Aufgaben teilen
x1 + ω02 x1 + 2δ x1 = ( f 0 / 2 ) eiωt und
Dies ist eine harmonische Schwingung mit der
f0
Amplitude x0 =
2
( −ω 2 + ω02 ) + 4ω 2δ 2
und der Phasenverschiebung α :
2ωδ
tan α = 2
.
(ω0 − ω 2 )
2δ = 0
FDämpfer
2δ = 0.3
F ( t ) = F0 cos ωt
x + ω02 x + 2δ x = ( F0 / m ) cos ωt .
Dies ist eine lineare, nicht homogene DGL.
Trigonometrische Funktionen und imaginäre
Exponenten
eiα = cos α + i sin α
e − iα = cos α − i sin α
eiα + e − iα = 2 cos α ⇒ cos α = (eiα + e − iα ) / 2 ,
eiα − e − iα = 2i sin α ⇒ sin α = ( eiα − e − iα ) / 2 .
Partikularlösung
Wir stellen cos ω t als Summe von Exponentialfunktionen dar: cos ω t = ( eiω t + e− iω t ) / 2 und
lösen dann die Gleichung
x + ω02 x + 2δ x = ( f 0 / 2 ) (eiωt + e − iωt ) .
2δ = 0
2δ = 0.3
2δ = 1
2δ = 1
Das Verhältnis
x (ω )
ω02
=
V= 0
2
x0 (0)
( −ω 2 + ω02 ) + 4ω 2δ 2
heißt Vergrößerungsfunktion. Sie zeigt, um
wie viel größer ist die Schwingungsamplitude
verglichen mit dem statischen Fall. Der maximale Wert der Vergrößerungsfunktion:
x (ω ) ω
Vmax = 0 0 = 0 ≡ Q heißt die Güteziffer
x0 (0) 2δ
des Schwingers.
2
Mechanik II / Vorlesung 23 / Prof. Popov
Erzwungene Schwingungen mit Dämpfung (Fortsetzung)
I. Erzwungene Schwingungen mit Dämpfung
Freischnitt:
F (t )
FFeder
Bewegungsgleichung:
mx = −cx − dx + F ( t ) ,
FDämpfer
F ( t ) = F0 cos ωt
x + ω02 x + 2δ x = ( F0 / m ) cos ωt = f 0 cos ωt .
Genauso, wie bei freien gedämpften Schwingungen ist es bequem komplexe Zahlen zu benutzen.
II. Lösung von linearen, nicht homogenen
Differentialgleichungen
Eine lineare, nicht homogene Gleichung
d nx
d n −1
dx
an n + an −1 n −1 + ....a1 + a0 x = f (t )
dt
dt
dt
ist leicht lösbar im Fall, wenn die Funktion
f (t ) eine Exponentialfunktion ist:
f (t ) = F0e pt ( p ist eine beliebige Konstante).
Allgemeine Lösungsmethode: Suche partikuläre Lösung in der gleichen Exponentialform:
x = Ce pt .
Einsetzen in die DGL liefert:
C ( an p n + an −1 p n −1 + an −2 p n −2 + ⋅⋅⋅ + a0 ) = F0 .
Daraus folgt
C=
(a p
n
n
+ an −1 p
n −1
F0
.
+ an −2 p n −2 + ⋅⋅⋅ + a0 )
Diese Methode funktioniert auch bei harmonischen Funktionen f (t ) , da trigonometrische
Funktionen über die Eulersche Formel mit der
Exponentialfunktion verbunden sind.
III. Komplexe Zahlen
Komplexe Zahlen sind Zahlen der Form
z = x + iy .
" i " ist hier imaginäre Einheit: i 2 = −1 .
x heißt Realteil, y Imaginärteil der Zahl:
x = Re( z ) , y = Im( z ) .
Die zur z komplex konjugierte Zahl ist
z* = x − iy .
Komplex konjugierte Zahl bekommt man
durch Änderung des Vorzeichens vor " i " .
Betrag einer komplexen Zahl: z ≡ x 2 + y 2 .
Offenbar gilt
2
z ⋅ z* = ( x + iy )( x − iy ) = x 2 + y 2 = z .
(HSG 5.3.2)
Polare Darstellung von komplexen Zahlen
Eine komplexe Zahl ist eindeutig durch Angabe ihrer Real- und Imaginärteile definiert, d.h.
durch die Angabe eines Paars (x,y). Jeder komplexen Zahl kann eindeutig ein Punkt auf der
Ebene (x,y) zugeordnet werden (und umgekehrt). Jeder Punkt auf der Ebene kann aber
auch eindeutig durch seine Polarkoordinaten
definiert werden:
x = r cos θ ,
y = r sin θ .
Die komplexe Zahl hat
dann die Form
z = r cos θ + ir sin θ = reiθ .
r ist offenbar gleich dem Betrag der komplexen
Zahl z ≡ x 2 + y 2 .
θ heißt Phase der komplexen Zahl:
tan θ = y / x = Im( z ) / Re( z ) .
cos θ = Re( eiθ ) , sin θ = Im( eiθ )
Lösungsweg 2 (der beste Weg). cos ω t wird
als Realteil einer komplexen Exponente gesehen.
Beispiel 1. Gegeben sei eine periodische Größe, z.B. Kraft F (t ) = F0 cos ω t .
Sie kann als Realteil einer komplexen Funktion
F (t ) = F0 eiω t betrachtet werden: F (t ) = Re F (t ) .
Beispiel 2. Gegeben sei eine Kosinus-Funktion
mit einer Phasenverschiebung:
i ω t −ϕ
F = F0 cos (ω t − ϕ 0 ) = Re F0 e ( 0 ) =
(
(
)
)
= Re ( F0 e− iϕ0 ⋅ eiω t ) = Re Fˆ ⋅ eiω t
F ist komplexe Amplitude Fˆ = F0 e− iϕ0
Merke: Koeffizient vor der komplexen Exponente kann auch eine komplexe Zahl sein!
Der Hintergrund der Methode:
Wir betrachten die Gleichung
x + ω02 x + 2δ x = f (t ) .
Angenommen, eine partikuläre Lösung der
Gleichung für f1 (t ) = cos ω t ist x1 (t ) und für
f 2 (t ) = sin ω t ist x2 (t ) . Die Lösung für
f (t ) = af1 (t ) + bf 2 (t ) ist dann
x (t ) = ax1 (t ) + bx2 (t ) .
Insbesondere für die Kraft
f (t ) = f 0 cos ω t + if 0 sin ω t = f 0 eiω t
lautet die Lösung x(t ) = f 0 x1 (t ) + if 0 x2 (t ) .
1
D.h.: Realteil der Lösung bei einer komplexen
Kraft ist gleich der Lösung unter der Wirkung
des Realteils der Kraft.
Beispiele für Übergangsprozesse (Einschwingvorgang):
Lösungsschritte:
Schritt 1 : Wir erkennen eine reelle periodische
Kraft F0 cos ωt als Realteil einer komplexen
Funktion: F0 cos ωt = Re ( F0eiωt )
Schritt 2 : Die gegebene reelle Kraft ersetzen
wir durch die komplexe:
x + ω02 x + 2δ x = ( F0 / m ) eiωt .
ˆ iωt :
Schritt 3 : Exponentialansatz x = xe
ˆ iωt = ( F0 / m ) eiωt
( −ω 2 + ω02 + i2ωδ ) xe
Schritt 4 : Komplexe Amplitude:
( F0 m )
xˆ = 2
(1)
ω0 − ω 2 + i 2ωδ
Damit ist die Lösung der Ersatzgleichung
( F0 m ) ⋅ eiωt
x(t ) = 2
ω0 − ω 2 + i 2ωδ
Schritt 5 : Die komplexe Amplitude (1) stellen wir in polarer Form dar: xˆ = ρ ⋅ e− iΘ mit
2
( F0 m )
,
2
ˆ ˆ*
ρ = xx =
tan Θ =
(ω
2
0
− ω 2 ) + 4ω 2δ 2
2
− Im ( x )
2δω .
=
Re ( xˆ ) ω02 − ω 2
= Re ( ρ e
⋅e
iω t
) = ρ cos (ω t − Θ )
x(t ) = ρ cos (ω t − Θ )
Ergebnis :
Schwingungsamplitde: ρ =
F0 m
(ω
2
0
Phasenverschiebung:
− ω 2 ) + 4ω 2δ 2
2
⎛ 2δω ⎞
Θ = arctan ⎜ 2
2 ⎟
⎝ ω0 − ω ⎠
IV. Die allgemeine Lösung setzt sich aus einer
partikulären Lösung der nicht homogenen
Gleichung und der allgemeinen Lösung der
homogenen Gleichung zusammen. Z.B. für
kleine Dämpfungen:
x(t ) = ρ cos (ωt − Θ ) + e
−δ t
Beispiel: "Fußpunkterregung"
Bewegungsgleichung:
mx = −c ( x − xF ) − dx ,
mx + cx + dx = cxF
mx + cx + dx = cx0 cos ωt ,
d.h. identisch mit dem Fall
einer Erregung durch eine
Kraft F (t ) = cx0 cos ω t .
x
xF = x0 cos ω t
Beispiel: Erregung über einen Dämpfer
Schritt 6 : x = Re ( xˆ ⋅ eiωt ) =
− iΘ
V. Beispiele für erzwungene Schwingungen
( A cos ω * t + B sin ω * t )
Nach einer ausreichend langer Zeit wird das
zweite Glied abklingen. Dann wird die Lösung
nur durch die partikulare Lösung der nicht homogenen Gleichung bestimmt.
Bewegungsgleichung:
mx + cx + dx = dxF ,
mx + cx + dx = −d ω x0 sin ωt ,
d.h. identisch mit dem Fall
einer Erregung durch eine
Kraft F (t ) = −dω x0 sin ωt .
Zu berechnen ist die Schwingungsamplitude.
Lösung
F (t ) = Im(− d ω x0 eiωt )
−2δω x0
xˆ = 2
.
ω0 − ω 2 + i 2ωδ
Schwingungsamplitude ist
2ωδ x0
.
ρ=
2
2 2
2 2
(ω0 − ω ) + 4ω δ
x
xF = x0 cos ω t
2δ = 1
2δ = 0.3
Vergrößerungsfunktion:
2ωδ
V=
2
(ω02 − ω 2 ) + 4ω 2δ 2
2
Mechanik II / Vorlesung 24 / Prof. Popov
Schwingungen von Systemen mit zwei Freiheitsgraden
"Lösung 2" (Bewegungsart 2):
ϕ1(2) = A(2) cos ω 2t + B (2) sin ω 2t
ϕ2(2) = − A(2) cos ω2t − B (2) sin ω2t
I. Zwei gekoppelte Pendel.
a
(HSG 5.4.1)
b
l sin ϕ
In diesem Fall kann man die allgemeine Lösung aufschreiben ohne die Bewegungsgleichungen aufzustellen. Bei kleinen Auslenkungen ist dies ein lineares System. Wenn wir einige "Lösungen"
erraten haben, dann
ist auch ihre Superposition mit beliebigen Koeffizienten
eine mögliche Bewegung.
Fall (a). Wenn beide Pendel um den gleichen Winkel ausgelenkt
werden ( ϕ1 = ϕ 2 = ϕ ), so lautet der Drehimpulssatz für jedes Pendel
Θϕ = ml 2ϕ = M = − mgl sin ϕ .
Für kleine Winkel: ϕ = − ( g / l ) ϕ ist dies
Schwingungsgleichung mit der Frequenz ω1 = g / l .
Fall (b). Wenn die Pendel um den gleichen
Winkel in entgegengesetzten Richtungen
ausgelenkt werden, lautet der Drehimpulssatz:
Θϕ = ml 2ϕ = − mgl sin ϕ − 2kd 2 sin ϕ cos ϕ
Bei kleinen Winkeln ersetzen
wir sin ϕ ϕ , cos ϕ 1 :
⎛ g 2kd 2 ⎞
+
⎟ ϕ Dies ist eine
ml 2 ⎠
⎝l
Schwingungsgleichung mit der Fre-
Diese zwei Bewegungsformen nennt man
"normale Moden" oder "normale Formen" oder
"Eigenformen" oder "Hauptschwingungen"
des Systems.
Die (Kreis)Frequenzen ω1 und ω 2 sind
Eigen(kreis)frequenzen
"Allgemeine Lösung":
ϕ1 = A(1) cos ω1t + B (1) sin ω1t + A(2) cos ω2t + B (2) sin ω2t
ϕ 2 = A(1) cos ω1t + B (1) sin ω1t − A(2) cosω 2t − B (2) sin ω2t
Beispiel. Zu bestimmen ist das Bewegungsgesetz von zwei gekoppelten Pendeln mit den
folgenden Anfangsbedingungen:
ϕ1 (0) = ϕ 0 , ϕ 2 (0) = 0 , ϕ1 (0) = 0 , ϕ 2 (0) = 0 .
Aus der allgemeinen Lösung folgt
ϕ1 (0) = A(1) + A(2) = ϕ0
⇒ A(1) = A(2) = ϕ 0 / 2
(1)
(2)
ϕ 2 (0) = A − A = 0
ϕ1 (0) = ω1B (1) + ω2 B (2) = 0
⇒ B (1) = B (2) = 0
(1)
(2)
ϕ 2 (0) = ω1B − ω 2 B = 0
Die Lösung lautet somit
ϕ1 (t ) =
ϕ 2 (t ) =
ϕ0
2
( cosω1t + cosω2t )
ϕ0
2
( cosω1t − cosω2t ) .
Wenn ω1 ≈ ω 2 ist, so beschreiben beide Gleichungen die Schwebungen.
ϕ1
ϕ = − ⎜
g 2kd
+
.
l
ml 2
Bezeichnen wir die Auslenkung des ersten Pendels mit ϕ1 und des zweiten mit ϕ 2 . Unsere
zwei "Lösungen" (zwei mögliche Schwingungsformen) (a) und (b) lassen sich wie folgt
schreiben:
"Lösung 1" (Bewegungsart 1):
ϕ1(1) = A(1) cos ω1t + B (1) sin ω1t
ϕ 2(1) = A(1) cos ω1t + B (1) sin ω1t
quenz ω 2 =
ϕ2
2
t
II. Wie findet man die Eigenformen?
Lösungsmethode 1.
m
m
1
Betrachten wir das oben gezeigte
Zweinassensystem und stellen für es die
Bewegungsgleichungen auf:
m 2ω 4 − 3kmω 2 + k 2 = 0 ⇒ ω 4 − 3
Eigenfrequenzen:
mx1 = − kx1 + k ( x2 − x1 )
mx2 = − kx2 − k ( x2 − x1 )
(ω 2 )1,2 =
d 2 ( x1 − x2 )
= −3k ( x1 − x2 ) .
dt 2
Bezeichnungen: x1 + x2 = X , x1 − x2 = Y .
Gleichungen A und B nehmen die Form
d2X
d 2Y
m 2 = − kX und m 2 = −3kY an.
dt
dt
Ihre Lösung:
X (t ) = A(1) cos ω1t + B (1) sin ω1t
Y (t ) = A(2) cos ω 2t + B (2) sin ω 2t
mit ω12 = k / m , ω22 = 3k / m .
Umkehrtransformation:
X +Y
X −Y
x1 =
, x2 =
.
2
2
III. Reguläre Lösungsmethode
Wir betrachten das folgende System:
x1
2
2
Eigenformen bekommt man, indem man (7) in
(5) oder (6) einsetzt: Y = ( 2 − mω 2 / k ) X .
ω12 =
⎛
3+ 5 ⎞
k 3+ 5
⇒ Y = ⎜2 −
⎟ X = −0.62 X
m 2
2 ⎠
⎝
ω22 =
⎛
3− 5 ⎞
k 3− 5
⇒ Y = ⎜2 −
⎟ X = 1.62 X
2 ⎠
m 2
⎝
Man kann die Lösungen auch in der Matrixform darstellen:
⎛ 1 ⎞
G ⎛x ⎞
x1 = ⎜ 1 ⎟ = C1 ⎜
⎟ cos ωt
⎝ −0.62 ⎠
⎝ x2 ⎠1
⎛ 1 ⎞
G ⎛x ⎞
x2 = ⎜ 1 ⎟ = C2 ⎜
⎟ cos ωt
⎝1.62 ⎠
⎝ x2 ⎠ 2
Auf ähnliche Weise kann man zeigen, dass der
sin-Ansatz zum gleichen Ergebnis führt. Es
gibt zwei weitere unabhängige Lösungen:
⎛ 1 ⎞
G ⎛x ⎞
x3 = ⎜ 1 ⎟ = C3 ⎜
⎟ sin ωt
⎝ −0.62 ⎠
⎝ x2 ⎠3
x2
Die Bewegungsgleichungen lauten
mx1 = − kx1 + k ( x2 − x1 )
mx2 = −k ( x2 − x1 )
⎛ 1 ⎞
G ⎛x ⎞
x4 = ⎜ 1 ⎟ = C4 ⎜
⎟ sin ωt
⎝1.62 ⎠
⎝ x2 ⎠ 4
Die allgemeine Lösung lautet:
G G G G G
x = x1 + x2 + x3 + x4 . Sie enthält 4 Konstanten,
die man aus den vier Anfangsbedingungen
bestimmen kann.
IV. Lösung mit komplexen Federzahlen
Suchen wir Lösungen in der Form:
x1 = X cos ωt , x2 = Y cos ωt . Einsetzen in die
Bewegungsgleichungen liefert
−mω 2 X = −kX + k (Y − X )
−mω 2Y = − k (Y − X )
oder nach Umformung
(5)
( 2k − mω 2 ) X − kY = 0
−kX + ( k − mω 2 ) Y = 0
(6)
Bedingung für die Lösbarkeit des Systems:
( 2k − mω )
−k
−k
( k − mω )
2
3k
k 3± 5
⎛ 3k ⎞ ⎛ k ⎞
. (7)
± ⎜
⎟ −⎜ ⎟ =
2m
m 2
⎝ 2m ⎠ ⎝ m ⎠
ω1 = 1.62ω0 , ω2 = 0.62ω0 mit ω0 = k / m .
Summieren beider Gleichungen ergibt
d 2 ( x1 + x2 )
m
= − k ( x1 + x2 )
dt 2
Subtrahieren: m
2
k 2 ⎛k⎞
ω +⎜ ⎟ =0
m
⎝m⎠
2
=0
(charakteristische Gleichung)
Die äquivalente, frequenzabhängige Steifigkeit
ist gleich
k (k − mω 2 )
k 2 − 3kmω 2 + m 2ω 4
2
k* =
−
m
=
.
ω
2k − mω 2
2k − mω 2
Eigenfrequenzen sind solche Frequenzen, bei
denen die äquivalente, frequenzabhängige Steifigkeit Null wird: k 2 − 3kmω 2 + m2ω 4 = 0 . Das
ist genau die charakteristische Gleichung, die
wir oben auf einem anderen Weg erhalten haben.
2
Mechanik II / Vorlesung 25 / Prof. Popov
Verschiedenes aus dem Thema Schwingungen
Diese Vorlesung dient im Wesentlichen einer gezielten Vorbereitung zur Klausur. Ihr Inhalt
kann daher dieses Semester völlig anders sein!
( −mω 2 + iω d + c ) x ( t ) = F ( t ) .
I. Komplexe Federzahlen
1). Feder unter Wirkung einer periodischen
Die Federzahl ist jetzt eine komplexe Größe
Kraft
c* = − mω 2 + iω d + c = − mω 2 + c + i (ω d ) =
F = cx
(1)
Re(c*) + i Im(c*)
Den Proportionalitätskoeffizienten nen5). Allgemeiner Fall
nen wir Federzahl.
Für ein lineares mechanisches System (d.h. ein
2). Dämpfer unter Wirkung einer periodischen
beliebig kompliziertes System aufgebaut aus
Kraft
Massen, linearen Federn und linearen DämpF = dx
(2)
fern) gilt bei einer Erregerkraft F0 eiωt ein lineaBei einer periodirer Zusammenhang
schen, harmonischen
Kraft F = F0 cos ωt
F (t ) = c *(ω ) x(t ) ,
schreiben wir die Kraft in komplexer Form
wobei c *(ω ) komplexe Federzahl des Systems
F = F0 eiωt und suchen die Lösung in Form
ist.
x = xeiωt . Ergebnis: F (t ) = idω x(t ) ,
II. Berechnung von erzwungenen Schwind.h. die Kraft ist zu jedem Zeitpunkt proportiogungen mit Hilfe von komplexen Federzahnal zur Auslenkung, wie bei einer Feder.
len.
Der Koeffizient
Die Gleichung F (t ) = c *(ω ) x(t ) bedeutet in
cd = idω ,
expliziter Form F0 eiωt = c *(ω ) x . Daraus folgt
der die Kraft mit der Auslenkung verbindet, ist
F0
F0
jetzt aber komplex und hängt von der Frequenz
x=
eiωt =
eiωt .
*(
ω
)
Re
*
Im
*
c
c
+
i
c
( )
( )
ab. Wir nennen ihn komplexe, frequenzabhängige Federzahl.
Imaginäre Zahl c *(ω ) = Re ( c *) + i Im ( c *) in
(
3). Masse unter Wirkung einer periodischen
Kraft.
Bewegungsgleichung
F = F0 cos ωt
mx = F0 cos ωt
ersetzen wir durch
iωt
mx = F0 e und suchen Partikularlösung in der
Form x p = xeiωt . Dann gilt F = − mω 2 x .
Auch in diesem Fall ist die Kraft proportional
zur Auslenkung. Der Proportionalitätskoeffizient ist zwar reell, aber negativ und frequenzabhängig:
cm = −mω 2 .
4). Masse mit einer Feder und einem Dämpfer
unter Wirkung einer periodischen Kraft.
Bewegungsgleichung: mx + cx + dx = F ( t ) .
Für eine Kraft F ( t ) = F0 eiωt ergibt sich wieder
ein linearer Zusammenhang zwischen der Kraft
und der Auslenkung:
) (
)
polarer Darstellung hat die Form
c *(ω ) = c * eiα mit
( Re c *) + ( Im c *) und
Im ( c *)
tan α =
. Folglich ist
Re ( c *)
c* =
2
2
F0
F
eiωt = 0 eiωt −iα
c *(ω )
c*
Realteil von dieser Funktion gibt die Lösung
der ursprünglichen (reellen) Gleichung:
F
x(t ) = 0 cos (ωt − α )
c*
Amplitude der Schwingungen ist demnach
F0
.
Amplitude =
2
2
Re
c
*
+
Im
c
*
(
) (
)
x=
III. Zusammengesetzte Systeme aus mehreren Federn und Dämpfern.
A) Reihenschaltung einer Feder
und eines Dämpfers. Zu bestim1
men ist die Schwingungsamplitude unter der
Wirkung
einer
periodischen
Kraft
F = F0 cos ωt .
Lösung. Die komplexe Federzahl der Feder ist
cF = c . Die komplexe Federzahl des Dämpfers
ist cd = idω . Für die Steifigkeit der zusammengesetzten Feder gilt bei einer Reihenschalc c
c ⋅ id ω
tung c* = F d =
.
cF + cd c + idω
Der Betrag dieser komplexen Zahl ist gleich
cd ω
c* =
.
2
c 2 + ( dω )
Für die Schwingungsamplitude ergibt sich
x0 =
F0 c 2 + ( dω )
2
cdω
.
B) Einfaches rheologisches Modell für Gummi
Elastomere (wie
Gummi) sind sogenannte viskoelastische
Stoffe, deren elastische Eigenschaften
sich als eine Kombination aus Federn und
Dämpfern darstellen lässt (ausführlicher in der LV
"Kontaktmechanik und Reibungsphysik" oder "Materialtheorie" im Hauptstudium).
Zu berechnen ist die Schwingungsamplitude
der gezeigten Feder-Dämpfer-Kombination
unter Wirkung einer periodischen Kraft
F = F0 cos ωt .
Lösung. Die gezeigte
Kombination ist eine
Reihenschaltung der
Federn c1* = c1 + idω
und c2 . Die gesamte
Steifigkeit ist somit
*
( c + idω ) c2 = c1c2 + idωc2 .
cc
c* = * 1 2 = 1
c1 + c2 c1 + idω + c2 ( c1 + c2 ) + idω
Betrag der komplexen Federzahl ist
c* =
c1c2 + id ωc2
( c1 + c2 ) + idω
( c1 ) + ( dω )
2
2
( c1 + c2 ) + ( dω )
2
= c2
Die Schwingungsamplitude ist demnach
F
x0 = 0
c2
( c1 + c2 ) + ( dω )
2
2
( c1 ) + ( dω )
2
2
Für Gummi gilt in der Regel c1 << c2 (z.B.
c1 = 103 c2 . Bei sehr langsamen Beanspruchungen gilt x0 = F0
( c1 + c2 ) ≈ F0 . Bei sehr großen
c1c2
c1
Frequenzen strebt Amplitude gegen einen sehr
F
viel kleineren Grenzwert x0 = 0 .
c2
IV. Einfluss einer konstanten Kraft
Betrachten wir
freie Schwingungen einer
Masse auf einer
Feder unter Berücksichtigung
der Schwerkraft.
mg
Das 2. N.G. lautet in diesem
Fall mx = −dx − cx + mg oder
mx + dx + cx = mg .
Statische Ausdehnung unter der alleinigen Wirkung der Schwerekraft wäre xst = mg / c .
Führen wir eine neue Variable x = x − xst ein
(was bedeutet, dass wir Koordinate von der
statischen Gleichgewichtslage messen), so gilt
für sie mx + dx + cx = 0 .
Eine konstante Kraft (z.B. Schwerekraft) brauchen wir demnach nicht zu berücksichtigen,
wenn Koordinate vom statischen Gleichgewichtspunkt gemessen wird.
V. Aufgabe. Gehäuse eines Messgerätes wird
nach dem Gesetz xG = x0 cos Ωt bewegt. Wie
müssen die Parameter c und m gewählt werden, damit bei beliebiger Dämpfung Anzeige
und Erregeramplitude x0 in einem weiten Frequenzbereich übereinstimmen?
2
.
2
Mechanik II / Vorlesung 26 / Prof. Popov
Erzwungene Schwingungen mit zwei Freiheitsgraden
I. Erzwungene ungedämpfte Schwingungen.
Wir betrachten das skizzierte System:
F(t)
x1
x2
Die Bewegungsgleichungen lauten
mx1 = − kx1 + k ( x2 − x1 )
mx2 = − k ( x2 − x1 ) + F (t )
x1 = −
k
k
x1 + ( x2 − x1 )
m
m
x2 = −
k
F (t )
( x2 − x1 ) +
m
m
Die allgemeine Lösung dieser nicht homogenen
DGL ist gleich der Summe einer Partikularlösung der nicht homogenen Gleichung und der
allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung.
(a) Lösung der homogenen Gleichung.
In ungedämpften Systemen kann man auf gleiche Weise einen Sinus- oder Kosinus- oder
Exponentialansatz verwenden. Nehmen wir
cos-Ansatz:
x1 = X cos ωt , x2 = Y cos ωt .
Einsetzen in die Bewegungsgleichungen liefert
−mω 2 X = − kX + k (Y − X )
−mω 2Y = − k (Y − X )
oder nach Umformung
(1)
( 2k − mω 2 ) X − kY = 0
−kX + ( k − mω 2 ) Y = 0
Bedingung für die Lösbarkeit des Systems
(charakteristische Gleichung):
2k − mω 2
−k
∆=
=0
−k
k − mω 2
(
)
(
∆ = ω4 −
)
3k 2 k 2
ω + 2 =0
m
m
(2)
Eigenfrequenzen:
(ω )
2
1,2
3k
k 3± 5
⎛ 3k ⎞ ⎛ k ⎞
.
=
± ⎜
⎟ −⎜ ⎟ =
2m
m 2
⎝ 2m ⎠ ⎝ m ⎠
2
2
ω1 = 1.62k / m , ω2 = 0.62k / m
(3)
Eigenformen bekommt man, indem man (3) in
(1) einsetzt: Y = ( 2 − mω 2 / k ) X .
(HSG 5.4.2)
Die Determinante (2) kann man nach dem Theorem von Viet umformen (wird später benutzt):
∆ = (ω 2 − ω12 )(ω 2 − ω22 ) .
(4)
(b) Partikularlösung der nicht homogenen
Gleichung.
Die äußere Kraft sei F (t ) = F0 cos Ωt .
In ungedämpften Systemen werden die Lösungen in der gleichen Form wie die Krafterregung
gesucht: x1 = X cos ωt , x2 = Y cos ωt . Einsetzen in die Bewegungsgleichungen liefert
k
⎛ 2k
⎞
− Ω2 ⎟ X − Y = 0
⎜
m
⎝m
⎠
F
k
⎛k
⎞
− X + ⎜ − Ω2 ⎟ Y = 0 = f0
m
m
⎝m
⎠
Die Determinanten ∆ X und ∆Y sind
k
−
0,
m
k
∆X =
= f0 ,
m
⎛k
⎞
f0 , ⎜ − Ω2 ⎟
⎝m
⎠
⎛2
2⎞
⎜ − Ω ⎟, 0
m
⎛2
⎞
⎠
∆Y = ⎝
= f0 ⎜ − Ω2 ⎟ .
k
⎝m
⎠
f0
− ,
m
Somit
∆
k/m
,
(5)
X = X = f0 2
∆
Ω − ω12 Ω 2 − ω22
(
Y=
)(
)
∆Y
2k / m − Ω 2
= f0 2
.
∆
Ω − ω12 Ω 2 − ω22
(
)(
(6)
)
X und Y werden ∞ groß bei Ω = ω1 und
Ω = ω2 (zwei Resonanzen).
Numerisches Beispiel. Betrachten wir folgendes numerisches Beispiel: m1 = m2 = 1 ,
k1 = k2 = 1 . Die Eigenfrequenzen sind:
ω1 = 1.62s −1 , ω2 = 0.62s −1 .
Die Schwingungsamplituden (5) und (6) sind
1
(7)
X = f0 2
2
( Ω − 1.62 )( Ω2 − 0.622 )
Y = f0
2 − Ω2
( Ω2 − 1.622 )( Ω2 − 0.622 )
(8)
(S. Bild).
Aus den Gleichungen (7) und (8) kann man
folgende Schlussfolgerungen ziehen:
1
¾
Beide Amplituden werden bei den beiden Eigenfrequenzen Ω = ω1 = 1.62 und
Ω = ω2 = 0.62 unendlich (Resonanz).
¾ Das Verhältnis der Amplituden ist
Y / X = 2 − Ω2 .
Y / X ω =ω = 2 − ω12 = −0.62
1
Y/X
ω =ω 2
= 2 − ω2 2 = 1.62 .
Das bedeutet, dass bei jeder der zwei Resonanzen genau die jeweilige Eigenform angeregt wird. ⇒ Methode zur experimentellen
Untersuchung von Eigenformen (experimentelle Modalanalyse).
¾ Die Schwingungsamplitude X ist immer
von Null verschieden. Die Schwingungsamplitude Y dagegen wird Null bei ωt2 = 2 . [Im all-
gemeinen Fall ωt2 = ( k1 + k2 ) / m1 ]. Das bedeu-
tet, dass trotz der anregenden Kraft, die auf den
zweiten Körper wirkt, bewegt er sich nicht! Das
ist der sogenannte Tilgereffekt. Die entsprechende Frequenz ist Tilgerfrequenz. ⇒ Praktische Anwendung zur Schwingungstilgung.
Y
X
Ω
II. Schwingungen eines starren Körpers mit
2 Freiheitsgraden.
Zu bestimmen sind die freien und die erzwungenen Schwingungen des skizzierten Systems
ohne Berücksichtigung der Schwerekraft für
F (t ) = F0 cos Ωt .
Für die elastischen Federkräfte gilt
F1 = −c1 ( x + lϕ ) , F2 = −c2 x .
Der Schwerpunktsatz für den starren Körper:
mx = − ( c1 + c2 ) x − c1lϕ + F (t ) ,
Der Drallsatz bezüglich des Schwerpunkts:
Θϕ = −c1 ( x + lϕ ) l + lF (t )
( Θ = ml 2 / 3 ist das Trägheitsmoment des Stabes).
(a) Freie Schwingungen.
c
⎛c c ⎞
x + ⎜ 1 + 2 ⎟ x + 1 lϕ = 0 ,
m
⎝m m⎠
2
3c
3c
ml
ϕ + c1lx + c1l 2ϕ = 0 ⇒ ϕ + 1 x + 1 ϕ = 0
lm
m
3
Wir suchen die Lösung in der Form
x = A cos ωt , ϕ = B cos ωt :
c
⎛c c ⎞
−ω 2 A + ⎜ 1 + 2 ⎟ A + 1 lB = 0
(9)
m
⎝m m⎠
3c
3c
−ω 2 B + 1 A + 1 B = 0
lm
m
Charakteristische Gleichung:
c1
⎛c c ⎞
l
−ω 2 + ⎜ 1 + 2 ⎟
m
⎝m m⎠
=0 ⇒
c
3c1
3
−ω 2 + 1
lm
m
2
⎛ 4c + c ⎞ 3c
ω 4 − ω 2 ⎜ 1 2 ⎟ − 12 = 0 .
⎝ m ⎠ m
Betrachten wir Sonderfall c1 = c2 = c
c
c
ω12 ≈ 4,3 , ω22 ≈ 0, 7 .
m
m
Schwingungsformen erhalten wir aus der Glei1⎛
m ⎞
chung (9): B = − ⎜ 2 − ω 2 ⎟ A .
l⎝
c
⎠
ω1 ⇒ B = 2,3 ( A / l )
ω2 ⇒ B = −1,3 ( A / l ) .
Freie Schwingung des Stabes ist im allgemeinen Fall eine Superposition aus zwei Schwingungen mit Frequenzen ω1 und ω2 .
(b) Erzwungene Schwingungen
F
c
⎛c c ⎞
x + ⎜ 1 + 2 ⎟ x + 1 lϕ = 0 cos Ωt ,
m
m
⎝m m⎠
F
3c
3c
ϕ + 1 x + 1 ϕ = 02 cos Ωt
lm
m
ml
Die Lösung wird gesucht in der Form
x = A cos Ωt , ϕ = B cos Ωt .
F0
2c ⎞
c1
⎛
2
,
⎜ −Ω + ⎟ A + lB =
m⎠
m
m
⎝
F
3c
3c ⎞
⎛
+ 1 A + ⎜ −Ω 2 + 1 ⎟ B = 02
lm
m ⎠
ml
⎝
2
Mechanik II / Vorlesung 27 / Prof. Popov
Beispiel 1: Stabilität des Kreisels
Die Eulerschen Gleichungen:
Θ3
Θ1ω1 − ( Θ2 − Θ3 ) ω 2ω 3 = 0
Θ2ω 2 − ( Θ3 − Θ1 ) ω 3ω1 = 0
Θ3ω 3 − ( Θ1 − Θ2 ) ω1ω 2 = 0
Θ2
Θ1
Bewegung um eine Hauptachse
(z.B. mit dem Trägheitsmoment
Θ1 ) mit einer konstanten
Winkelgeschwindigkeit ist eine Lösung:
ω1 = konst = ω0 , ω 2 = ω3 = 0 .
Problem: Was passiert, wenn sich der Körper
nicht ganz genau um die Achse dreht?
Das heißt: ω1 = ω 0 + δω1 ,
δω1 ,δω 2 ,δω 3 ω 0
ω 2 = 0 + δω 2 ,
ω3 = 0 + δω3 .
Einsetzen in die Eulerschen Gleichungen liefert:
Θ1δω1 − ( Θ2 − Θ3 ) δω 2δω 3 = 0
Θ2δω 2 − ( Θ3 − Θ1 ) δω 3 (ω 0 + δω1 ) = 0
Θ3δω 3 − ( Θ1 − Θ2 )(ω 0 + δω1 ) δω 2 = 0
Wir vernachlässigen Glieder zweiter Ordnung:
Θ1δω1 = 0 ⇒ δω1 = konst
Θ2δω 2 − ( Θ3 − Θ1 )ω 0δω3 = 0
Θ3δω 3 − ( Θ1 − Θ 2 ) ω0δω 2 = 0
Ein lineares Gleichungssystem wird mit einem
Exponentialansatz gelöst:
δω2 = Aeλt , δω3 = Beλt .
Dynamische Stabilität (HSG, 3.4.4)
δω3 = A3eλ t + B3e− λ t .
*
*
Sie besteht aus einem exponentiell abklingen-
( )
den Teil ( e ) . Eine beliebig kleine Störung
den e − λ t und einem exponentiell anwachsen*
+ λ *t
wird mit der Zeit anwachsen: Bewegung ist
instabil.
Fall 2: ( Θ3 − Θ1 )( Θ1 − Θ2 ) < 0
λ1,2 = ±iω0
( Θ1 − Θ3 )( Θ1 − Θ2 )
Θ 2 Θ3
Die allgemeine Lösung ist
δω 2 = A2 cos ω *t + B2 sin ω *t ,
δω3 = A3 cos ω *t + B3 sin ω *t .
In diesem Fall bleibt eine kleine Störung immer
klein: Bewegung ist stabil.
Die Bedingung ( Θ3 − Θ1 )( Θ1 − Θ2 ) < 0 ist erfüllt wenn Θ1 entweder das maximale oder das
minimale Trägheitsmoment ist.
Beispiel 2.Stabilität eines rotierenden Pendels
(Zentrifugalregler, 1789, James Watt).
ω0
Bild im
rotierenden
(nicht
inertialen)
System
ϕ
Θ 2 λ A − ( Θ3 − Θ1 ) ω0 B = 0
mω 2 r
Θ3λ B − ( Θ1 − Θ 2 ) ω0 A = 0
Lösbarkeitsbedingung:
Θ2 λ
− ( Θ3 − Θ1 ) ω0
− ( Θ1 − Θ2 ) ω0
Θ 3λ
mg
=0
oder
Θ2Θ3λ 2 − ( Θ3 − Θ1 )( Θ1 − Θ2 ) ω 02 = 0 .
λ =
2
( Θ3 − Θ1 )( Θ1 − Θ2 )ω02
Θ 2 Θ3
.
Fall 1: ( Θ3 − Θ1 )( Θ1 − Θ2 ) > 0
λ1,2 = ±ω 0
( Θ3 − Θ1 )( Θ1 − Θ2 )
Θ 2 Θ3
Die allgemeine Lösung ist
*
*
δω 2 = A2 eλ t + B2 e− λ t ,
= ±iω * .
= ±λ * .
Der Drehimpulssatz im rotierenden Bezugssystem: ml 2ϕ = mω02 rl cos ϕ − mgl sin ϕ oder
r
g
g
ϕ = ω02 cos ϕ − sin ϕ = − sin ϕ + ω02 sin ϕ cos ϕ
l
l
l
Für kleine ϕ ⇒ ϕ = ⎛⎜ −
g
⎞
+ ω02 ⎟ ϕ
⎝ l
⎠
g
(a) ω02 < g / l ⇒ ϕ = − − ω02 ϕ .
l
Bewegung ist eine harmonische Schwingung
mit der Frequenz ω * = g / l − ω02 und einer
konstanter Amplitude: vertikale Lage ist stabil.
(b) ω02 = g / l ⇒ indifferentes Gleichgewicht.
1
(c) ω02 > g / l ⇒ ϕ = + ω02 −
g
ϕ.
l
Die Lösung hat die Form
ϕ = Ae
g
l
g
− ω02 − t
l
ω02 − t
+ Be
.
Der Winkel wächst unendlich mit der Zeit: Die
vertikale Lage ist instabil. In der Tat wird die
Linearisierung irgendwann ungültig: Es gibt
eine neue stabile Lage:
2
d
c
⎛ d ⎞
λ1,2 =
± ⎜
⎟ −
2m
⎝ 2m ⎠ m
2
c
⎛ d ⎞
2
Für ⎜
⎟ − = −ω * < 0 ist das eine ange⎝ 2m ⎠ m
fachte Schwingung nach dem Gesetz
d
x = Ce 2 m cos (ω * t + α ) .
t
Beispiel 4. Stick-Slip-Bewegung.
g
ϕ = − sin ϕ + ω02 sin ϕ cos ϕ = 0 ⇒
l
ϕ
cos ϕ = g / lω
2
0
Beispiel 3: Angefachte Schwingungen eines
Drahtes im Wind
Wird ein Draht vom Wind umweht (in horizontaler Richtung) und bewegt er sich vertikal mit
einer Geschwindigkeit v so hat die Kraft, die
die Luft auf den Draht ausübt sowohl eine horizontale, als auch eine vertikale Komponente.
Bei einem Draht mit einem runden Querschnitt
ist die vertikale Komponente entgegen der Geschwindigkeit gerichtet.
Bei einem nicht symmetrischen Draht, wie unten im Bild, kann sie in die gleiche Richtung
zeigen, wie die Geschwindigkeit. (Das liegt am
Ablösen der Strömung an den Kanten).
Bewegungsgleichung für einen
nicht symmetrischen Draht im
Wind:
mx = −cx + dx oder
c
d
x + x − x = 0 .
m
m
Einsetzen des Exponentialanˆ λt führt zur charakteristischen
satzes x = xe
d
c
Gleichung λ 2 − λ + = 0 .
m
m
Ihre Lösungen sind
x
Die Bewegungsgleichung für den Block lautet:
mx + F ( x ) + kx = kv0t ,
Offenbar hat sie immer eine stationäre Lösung
x = x0 + v0 t
mit
x0 = − F ( v0 ) / k .
Zur Untersuchung der Stabilität der stationären
Lösung nehmen wir an, dass die stationäre Lösung schwach gestört wird.
x = x0 + v0t + δ x
mit einer kleinen Abweichung δ x . Nach Einsetzen in die Bewegungsgleichung und Linearisierung bezüglich der Störung δ x erhalten
wir die folgende lineare Gleichung für die Störung:
dF ( x )
δ x + kδ x = 0
mδ x+
dx x =v0
Nach Einsetzen des üblichen Exponentialansatzes δ x ∝ eλt kommen wir zur charakteristischen Gleichung
1 dF
k
λ2 +
( v0 )λ + = 0 .
m dx
m
Die Wurzeln der charakteristischen Gleichung
sind
2
1 dF
k
⎛ 1 dF ⎞
± ⎜
− .
⎟
2m dx
⎝ 2m dx ⎠ m
Haben beide charakteristische Zahlen einen
negativen Realteil, so wird eine beliebige Störung der stationären Lösung exponentiell abklingen und die stationäre Bewegung ist (gegenüber kleinen Störungen) stabil. Die Bedingung für Stabilität ist in diesem Fall nur erfüllt,
dF
wenn
( v0 ) > 0 , d.h. Reibungskraft wächst
dx
mit der Gleitgeschwindigkeit.
λ1,2 = −
2
Mechanik II / SS 2007 / Prof. Popov
Anhang
Der Stoff der folgenden Notizen wird im Sommersemester wegen des Zeitmangels nicht behandelt.
1
2
Mechanik II / Prof. Popov / Vorlesung 5*
2. Newtonsches Gesetz: Anwendungsbeispiele
I. Das zweite Keplersche Gesetz für Planetenbewegung
Wir betrachten
vereinfacht
eine Bewegung
auf
einer
Kreisbahn. Das
zweite Newtonsche Gesetz für den ersten Planeten lautet:
G
G
m1a1 = F1 .
Es gibt nur radiale Komponente der Kraft
(Gravitationskraft GMm1 / r12 ) und der Beschleunigung
(Zentripetalbeschleunigung
2
ω1 r1 ). Das 2. N.G. nimmt die folgende Form
an: m1ω12 r1 = GMm1 / r12 . Daraus folgt
⎧max = 0 − α vx
⎫
⎨
⎬
⎩ma y = −mg − α v y ⎭
Bewegungen in beiden Richtungen sind
völlig unabhängig!
Für beide haben wir Lösungen:
αt
− ⎤
⎡
x = v0 cos α ⎢1 − A m ⎥
α
⎣
⎦
α
− t ⎞
mg
m ⎛ mg
⎞ ⎛
y=−
t+ ⎜
+ v0 sin α ⎟ α ⎜ 1 − A m ⎟
α
α⎝ α
⎠ ⎝
⎠
Das ist gleichzeitig auch die Balkenkurve in
parametrischer Form.
m
Bewegung beim schiefen Wurf unter
Berücksichtigung des Luftwiderstandes
ω12 = GM / r13 . Die Winkelgeschwindigkeit ist
2π
, wobei T1 die Umlaufperiode
gleich ω1 =
T1
des ersten Planeten
2
( 2π / T1 ) = GM / r13 .
ist.
Somit
gilt
(1)
Für den zweiten Planeten ergibt sich ähnlich
2
( 2π / T2 ) = GM / r23 .
Dividieren der ersten Gleichung durch die
2
Das 2.N.G. in einer bewegten Basis
3
⎛T ⎞ ⎛ r ⎞
zweite ergibt ⎜ 2 ⎟ = ⎜ 2 ⎟ .
⎝ T1 ⎠ ⎝ r1 ⎠
Das ist ein Sonderfall des 2. Keplerschen
Gesetzes für die Planetenbewegung.
II. Schiefer Wurf mit Luftwiderstand
III. Planeten- oder Satellitenbewegung
Bezeichnungen: M ist die Masse des zentralen Körpers, m ist die Masse des "umkreisenden" Körpers.
In Polarkoordinaten mit dem Zentrum im
zentralen Körper gilt:
G
G
G
a = ( r − rϕ 2 ) er + ( rϕ + 2rϕ ) eϕ
Das 2.Newtonsche Gesetz:
m ( r − rϕ 2 ) = Fr
Das 2.N.G.:
G G
G
ma = G − α v
m ( rϕ + 2rϕ ) = Fϕ
oder
oder in Komponenten
1
M
⎧ 2
⎪( r − rϕ ) = −G 2
r
⎨
⎪⎩ rϕ + 2rϕ = 0
Die letztere Gleichung kann als
1d 2
( r ϕ ) = 0
r dt
geschrieben werden.
Daraus folgt
r 2ϕ = const = C.
Das ist das 3. Keplersche Gesetz:
rdϕ
1
r 2 dϕ
r ⋅ rdϕ =
2
2
2
2
r
r
A = ϕ = ω = const
2
2
(die Flächengeschwindigkeit ist konstant)
Die r- Komponente des 2.N.G. kann umgeschrieben werden:
C 2 GM
r= 3 − 2
r
r
dA =
2
Mechanik II / Vorlesung 19* / Prof. Popov
I. Tensorrechnung
⎛ ωx ⎞
ωi = ⎜⎜ ω y ⎟⎟ − Vektor
⎜ω ⎟
⎝ z⎠
⎛ Θ xx Θ xy Θ xz ⎞
⎜
⎟
Θij = ⎜ Θ yx Θ yy Θ yz ⎟ − Tensor zweiter
Stufe
⎜Θ
⎟
⎝ zx Θ zy Θ zz ⎠
Multiplikation eines Tensors und eines Vektors
Li =
∑
j= x, y ,z
j
Ly = ∑ Θ yjω j = Θ yxωx + Θ yyω y + Θ yzωz
j
Lz = ∑ Θ zjω j = Θ zxω x + Θ zyω y + Θ zzω z
j
Das Summationszeichen wird ausgelassen und
über alle doppelt auftretenden Indizes über
(x,y,z) summiert (Summationsindizes).
Beispiel:
G G
Ai Bi ≡ ∑ Ai Bi = Ax Bx + Ay B y + Az Bz = A ⋅ B
i
G G
Al Al = Al2 = A ⋅ A = A2
Die Bezeichnung der Summationsindizes kann
man beliebig verändern: Ai Bi = Al Bl = Aj B j
Wichtige Spezialtensoren:
A Einheitstensor
⎛1 0 0⎞
⎧1, i = j
δ ij = ⎜⎜ 0 1 0 ⎟⎟ ; δ ij = ⎨
⎩0, i ≠ j
⎜0 0 1⎟
⎝
⎠
Ai = δ ij B j = Bi
Diagonaltensor
0⎞
⎛ Θ1 0
⎜
Θij = ⎜ 0 Θ2 0 ⎟⎟ ; Li = Θijω j ,
⎜
0 Θ3 ⎟⎠
⎝0
Lx = Θ1ωx , Ly = Θ2ω y , Lz = Θ3ωz
C
Symmetrischer Tensor: Θij = Θ ji
⎛ Θ xx
⎜
Θij = ⎜ Θ xy
⎜Θ
⎝ xz
Θ xy
Θ yy
Θ yz
II. Beziehung zwischen Drehimpuls und Winkelgeschwindigkeit, Trägheitstensor
G
G G
G G
G G G
L = ∑ mn rn × vn ≡ ∑ mr × v = ∑ mr × (ω × r )
G
G
G G G
G G G
L = ∑ mr × (ω × r ) = ∑ m (ω r 2 − r (ω ⋅ r ) )
G GG G GG
b ( a ⋅c ) -c( a ⋅b )-Regel
Li = ∑ m ⎡⎣ωi r 2 − ri ( rjω j )⎤⎦
i = x, y , z
Summierung über j!
Summierung über alle Massenelemente
ωi = δ ijω j
(
Θijω j ≡ Θijω j
i = x, y,z
B
Bekannte Beispiele: Hauptachsen des Spannungstensors, des Deformationstensors.
Θ
ij
2
2
Li = ∑ m ⎡⎣ r δ ijω j − ri rjω j ⎤⎦ = ∑ m ⎡⎣ r δ ij − ri rj ⎤⎦ ω j
Einsteinsche Konvention:
∑
Theorem: Jeder symmetrische Tensor 2. Stufe
kann durch entsprechende Wahl der Achsenrichtungen auf eine Diagonalform gebracht
werden.
Index n (Nummer eines Elementes) wird im Weiteren ausgelassen.
Θijω j ;
Lx = ∑ Θ xjω j = Θ xxωx + Θ xyω y + Θ xzωz
Li =
Trägheitstensor, die Eulerschen Gleichungen
Θ xz ⎞
⎟
Θ yz ⎟
Θ zz ⎟⎠
„Symmetrieachse“
Li = Θijω j ≡
∑
j = x, y ,z
)
Θijω j
Θij = ∑ m ⎡⎣ r 2δ ij − ri rj ⎤⎦ − Trägheitstensor.
(m)
z.B Θ xx = ∑ m ⎡⎣ r 2 − x 2 ⎤⎦ = ∑ m ⎡⎣ y 2 + z 2 ⎤⎦
Θ xy = −∑ mxy
⎛ Θ xx
⎜
( Θik ) = ⎜ Θ yx
⎜ Θ zx
⎝
Θ xy
Θ yy
Θ zy
⎛ ∑ m ( y2 + z2 )
⎜
= ⎜ −∑ myx
⎜
⎜ −∑ mzx
⎝
usw.
Θ xz ⎞
⎟
Θ yz ⎟ =
Θ zz ⎟⎠
−∑ mxy
∑ m(x + z )
−∑ mzy
2
2
−∑ mxz
⎞
⎟
−∑ myz ⎟
⎟
2
2 ⎟
+
m
x
y
(
)
∑
⎠
Die Diagonalelemente Θ xx , Θ yy , Θ zz sind ach-
siale Trägheitsmomente, nicht diagonale Elemente Θ xy u.s.w. sind Deviationsmomente.
Bei Kontinuum Θik = ∫ ρ dV ( r 2δ ik − ri rk )
III. Kinetische Energie
m
m G G 2
K = ∑ v 2 = ∑ (ω × r )
2
2
G G 2
G G G G
G G G G
(ω × r ) ≡ (ω × r ) ⋅ (ω × r ) = ω ⋅ ( r × (ω × r ) ) =
1
G G G G G G G
G G 2
= ω ⋅ ⎡⎣ω ( r ⋅ r ) − r (ω ⋅ r ) ⎤⎦ = ω 2 r 2 − (ω ⋅ r )
G GG G GG
b ( a ⋅c ) -c ( a ⋅b ) -Regel
G G 2
m
(1)
K = ∑ ω 2 r 2 − (ω ⋅ r )
2
GG
ω 2 = ∑ ωiωi = ωiωi , r ω = riωi
tende kinematische Untersuchung notwendig.
Betrachten wir zwei Koordinatensysteme: Ein
"ruhendes" System K und ein "rotierendes" System K'. Wir betrachten einen beliebigen, zeitG
abhängigen
von beiden
A Vektor
Systemen aus.
G
ω
)
(
i= x , y ,z
Einsteinsche Konvention
Somit kann die kinetische Energie (1) in der
folgenden Form umgeschrieben werden:
m
K = ∑ (ωiωi r 2 − riωi rjω j ) ⇒
2
ωi = δ ijω j
N
Einsteinsche
Konvention!
K =∑
(
m
ωiδ ijω j r 2 − riωi rjω j
2
)
Θ
ij
m
= ∑ δ ij r 2 − ri rj ωiω j
2
(
)
Summe über alle Massenelemente!
Das Endergebnis:
K=
1
1
Θijωiω j ≡ ∑
Θijωiω j
2
i, j = x, y, z 2
IV. Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente
Trägheitstensor ist ein symmetrischer Tensor.
Man kann ein kartesisches Koordinatensystem
immer so wählen, dass er eine Diagonalform
annimmt. Diese Koordinatenachsen heißen
Hauptträgheitsachsen und die Diagonalelemente des Tensors Hauptträgheitsmomente. In
Hauptachsen verschwinden alle Deviationsmomente:
⎛ Θ1 0
Θik = ⎜⎜ 0 Θ2
⎜0
0
⎝
0⎞
0 ⎟⎟
.
Θ3 ⎟⎠
Der Drehimpuls und die kinetische Energie haben dann eine besonders einfache Form:
0 ⎞ ⎛ ωx ⎞ ⎛ Θ1ωx ⎞
⎛ Lx ⎞ ⎛ Θ1 0
⎜L ⎟ = ⎜ 0 Θ
0 ⎟⎟ ⎜⎜ ω y ⎟⎟ = ⎜⎜ Θ2ω y ⎟⎟
2
⎜ y⎟ ⎜
, (2)
⎜L ⎟ ⎜ 0
0 Θ3 ⎟⎠ ⎜⎝ ωz ⎟⎠ ⎜⎝ Θ3ωz ⎟⎠
⎝ z⎠ ⎝
1
K = ( Θ1ωx2 + Θ2ω y2 + Θ3ωz2 )
2
.
V. Die Eulerschen Gleichungen
Den Drehimpuls (2) wollen wir in den Drehimpulssatz einsetzen. Dafür ist aber eine vorberei-
G
A
ruhendes
rotierendes
G
1. Wenn hier A = konst
dann ist hier
G
dA G G
=ω×A
dt
G
2. Wenn sich A hier ändert
G
⎛ d ′A ⎞
⎜
⎟,
dt
⎝
⎠
dann
G ist Ghier
dA d ′A G G
=
+ω× A
dt
dt
Angewendet an den Drehimpuls:
G
G
dL d ′L G G G
=
+ω×L = M .
dt
dt
Wählen wir als "rotierendes" das mit den Hauptträgheitsachsen verbundene System.
d ′L1
+ ω2 L3 − ω3 L2 = M 1
dt
d ′L2
+ ω3 L1 − ω1L3 = M 2
dt
d ′L3
+ ω1L2 − ω2 L1 = M 3
dt
Wegen L1 = Θ1ω1 , L2 = Θ2ω2 , L3 = Θ3ω3 ⇒
Θ1ω1 + ω2 ( Θ3ω3 ) − ω3 ( Θ2ω2 ) = M 1
Θ2ω 2 + ω3 ( Θ1ω1 ) − ω1 ( Θ3ω3 ) = M 2
Θ3ω 3 + ω1 ( Θ2ω2 ) − ω2 ( Θ1ω1 ) = M 3
Θ1ω1 − ( Θ2 − Θ3 ) ω2ω3 = M 1
Θ2ω 2 − ( Θ3 − Θ1 ) ω3ω1 = M 2
Θ3ω 3 − ( Θ1 − Θ2 ) ω1ω2 = M 3
Die Eulerschen Gleichungen - gekoppelte,
nichtlineare Differentialgleichungen.
2
Mechanik II / Vorlesung 25* / Prof. Popov
Erzwungene Schwingungen (Fortsetzung).
I. Erregung durch eine Unwucht
Erregung durch eine rotierende Unwucht findet
man in Systemen mit Rotoren.
x sei Koordinate
des Schwerpunkts
c
der Masse m. Eine
α
Unwucht (Masse
mu
mu dreht sich mit
x
r
der Winkelgeschwindigkeit ω
m
um eine an der
Masse m befestigten Achse. Zu bestimmen ist
die erzwungene Schwingung der Masse m.
Lösung. Die x-Koordinate des Schwerpunkts
des Gesamtsystems " m + mu " ist gleich
mx + mu ( x + r cos ωt )
xs =
.
m + mu
Der Schwerpunksatz lautet
( m + mu ) xs = −cx − dx ⇒
II. Erzwungene Schwingungen bei einer periodischen, nicht sinusförmigen Anregung.
( m + mu ) x − ω 2 mu r cos ωt = −cx − dx
( m + mu ) x + dx + cx = ω 2 mu r cos ωt .
⇒
F0
Die Partikularlösung ist wie wir wissen
x = ρ cos (ωt + ϕ0 ) . Die Schwingungsamplitude
ρ erhalten wir, indem wir F0 = ω 2 mu r in
ρ=
F0 ( m + mu )
(ω
2
0
− ω 2 ) + 4ω 2δ 2
2
einsetzen:
ρ=
(ω
−ω
)
2 2
+ 4ω δ
2
L
ϕ
R
m
l
Schubkubelgetriebe
L = R cos ϕ + l 2 − R 2 sin 2 ϕ .
l 2 − R 2 sin 2 ϕ = l 1 − ( R / l ) sin 2 ϕ ≈
2
R2 2
2
⎛ 1
⎞
l ⎜ 1 − ( R / l ) sin 2 ϕ ⎟ = l −
sin ϕ
2l
⎝ 2
⎠
1
sin 2 ϕ = (1 − cos 2ϕ ) ⇒
2
R2 R2
L = R cos ϕ + l −
+
cos 2ϕ =
4l 4l
R2 R2
R cos ωt + l −
+
cos 2ωt
4l 4l
Bewegungsgleichung mx = −c( x − x0 (t )) ,
R2
cos 2ωt .
4l
1) Wenn x0 (t ) = R cos ωt , dann
wobei x0 (t ) = R cos ωt +
−mω 2 x + cx = cR cos ωt ,
dann haben wir Partikularlösung
cR cos ωt
R cos ωt
=
.
x1 (t ) =
2
2
c − mω
1 − (ω / ω0 )
R2
cos 2ωt , ist die Partikular4l
R 2 / 4l ) cos 2ωt
(
.
lösung x2 (t ) =
2
1 − ( 2ω / ω0 )
2) Wenn x0 (t ) =
rω 2 mu ( m + mu )
2
0
ω
.
2
Dabei sind ω02 = c / ( m + mu ) , 2δ = d /(m + mu ) .
R2
cos 2ωt , dann
4l
R 2 / 4l ) cos 2ωt
(
R cos ωt
x(t ) = x1 (t ) + x2 (t ) =
+
2
2
1 − (ω / ω0 )
1 − ( 2ω / ω0 )
III. Beispiel für linear gedämpfte Schwingung. ϕ ( 0 ) = 0 , ϕ ( 0 ) = ϕ0 , ϕ ( t ) = ?
3) Wenn x0 (t ) = R cos ωt +
2δ = 0
2δ = 0.3
2δ = 1
Fel = − kaϕ
FDämpf = −d ⋅ ( 3aϕ )
1
Drallsatz:
Θ Aϕ = M = + aFel + 3aFDämpf ⇒
( 2a )
V. Resonanz in elektrischen Schaltkreisen
Die drei passiven Schaltelemente:
m ⋅ ϕ = − ka 2ϕ − 9a 2 dϕ
2
Θ
ϕ + 2δϕ + ω02ϕ = 0
Kondensator Widerstand Induktivität (Spule)
9d
k
; ω02 =
2δ =
4m
4m
Allgemeine Lösung:
ϕ ( t ) = Ce−δ ⋅t cos (ω * t − α ) ;
Spannung VC = q / C
a)
Ladung Kapazität
Spannung VR = RI = R dq dt
b)
mit ω* = ω02 − δ 2
ϕ = C ⎡⎣ −δ e −δ ⋅t cos (ω * t − α ) −
Widerstand
−e −δ ⋅t ⋅ ω *sin (ω * t − α ) ⎤⎦
ϕ (t ) =
ϕ0 −δ ⋅t
e sin ω * t
ω*
IV. Angefachte Schwingungen
Beispiel:
x
Zeitlich verzögerte Regelung
Sensor
F
Prozessor
Aktor
F ( t ) = − c ⋅ x ( t − τ ) ( τ = kleine Verzögerung)
Bewegungsgleichung:
mx ( t ) = −cx ( t − τ ) ⇒ mx( t ) = − c ⎣⎡ x ( t ) − τ x ( t ) ⎦⎤
cτ
c
x ( t ) − x ( t ) + x ( t ) = 0
m
m
2
2
λ − 2δλ + ω0 = 0 ⇒
λ1,2 = +δ ± i ω02 − δ 2
x (t ) = e
cτ
t
2m
dI
d 2q
Spannung VL = L = L 2
dt
dt
c)
⎧⎪ϕ ( 0 ) = C cos ( −α )
⎨
⎪⎩ϕ ( 0 ) = −δ C cos ( −α ) − ω * C sin ( −α )
⎧ϕ ( 0 ) = C cos α = 0 ⇒ α = π
⎪
2
⎨
⎪⎩ϕ ( 0 ) = −δ C cos α + ω * C sin α
ω * C = ϕ0 ⇒ C = ϕ0 ω *
( A cos ω * t + B sin ω * t )
Dies ist eine Schwingung mit exponentiell
wachsender Amplitude.
Strom
Elektrischer Schwingungskreis
d 2q
dq q
+ R + = V (t ) oder
2
dt
dt C
2
d q
dq q V (t )
+ ( R / L) +
=
oder
2
dt
dt CL
L
d 2q
dq
V (t )
+ 2δ
+ ω02 q =
2
dt
dt
L
2
Bezeichnungen: ω0 = 1/ CL , ω0 = 1/ CL und
2δ = R / L . Diese Gleichung hat die gleiche
Form, wie die Gleichung für erzwungene
Schwingungen eines Einmassenschwingers.
Die Lösung der homogenen Gleichung (in Abwesenheit des erregenden Potentials
q = q0 e −δ t cos (ω * t + α ) beschreibt gedämpfte
L
Schwingungen mit der Frequenz ω * und dem
Abklingkoeffizienten δ = R / 2 L .
Im Fall eines harmonischen erregenden Potentials V (t ) = V0 cos ωt nimmt die Gleichung die
V
d 2q
dq
Form 2 + 2δ
+ ω02 q = 0 cos ωt an.
dt
dt
L
Ihre Partikularlösung q = q0 cos (ωt ) beschreibt
eine erzwungene Schwingung mit der Amplitude
q0 =
V0 / L
(ω
2
0
−ω
)
2 2
+ 4ω δ
2
.
2
2
Mechanik II / Vorlesung 23* / Prof. Popov
I. Komplexe Federzahlen
1). Feder unter Wirkung einer periodischen
Kraft
F = cx
(1)
Den Proportionalitätskoeffizienten nennen wir Federzahl.
2). Dämpfer unter Wirkung einer periodischen
Kraft
F = dx
(2)
Bei einer periodischen, harmonischen
Kraft F = F0 cos ωt
schreiben wir die Kraft in komplexer Form
F = F0 eiωt und suchen die Lösung in der Form
x = xeiωt . Ergebnis: F (t ) = idω x(t ) ,
d.h. die Kraft ist zu jedem Zeitpunkt proportional zur Auslenkung, wie bei einer Feder.
Der Koeffizient
cd = idω ,
der die Kraft mit der Auslenkung verbindet, ist
jetzt aber komplex und hängt von der Frequenz
ab. Wir nennen ihn komplexe, frequenzabhängige Federzahl.
3). Masse unter Wirkung einer periodischen
Kraft.
Bewegungsgleichung
F = F0 cos ωt
mx = F0 cos ωt
ersetzen wir durch
iωt
mx = F0 e und suchen Partikularlösung in der
Form x p = xeiωt . Dann gilt F = − mω 2 x .
Auch in diesem Fall ist die Kraft proportional
zur Auslenkung. Der Proportionalitätskoeffizient ist zwar reell, aber negativ und frequenzabhängig:
cm = −mω 2 .
Bemerkung: Anders als bei Federn und Dämpfern, ist für die Bewegung einer Masse nicht
ihre relative, sondern absolute Beschleunigung
maßgebend. Deswegen muss man bei der effektiven Feder, die die Masse wiedergibt, immer
ein Ende an die feste Umgebung koppeln.
Komplexe Federzahlen
4). Parallelgeschaltete Feder und Dämpfer
unter Wirkung einer periodischen Kraft.
cx + dx = F ( t ) .
Für eine Kraft F ( t ) = F0 eiωt
ergibt sich wieder ein linearer
Zusammenhang zwischen der Kraft und der
Auslenkung:
( iω d + c ) x ( t ) = F ( t ) .
Die Federzahl ist jetzt eine komplexe Größe
c* = ( iω d + c ) = c + i (ω d ) =
Re(c*) + i Im(c*)
5). Allgemeiner Fall
Für ein lineares mechanisches System (d.h. ein
beliebig kompliziertes System aufgebaut aus
linearen Federn und linearen Dämpfern) gilt bei
einer Erregerkraft F0 eiωt ein linearer Zusammenhang
F (t ) = c *(ω ) x(t ) ,
wobei c *(ω ) komplexe Federzahl des Systems
ist.
II. Berechnung von erzwungenen Schwingungen mit Hilfe von komplexen Federzahlen.
Die Gleichung F (t ) = c *(ω ) x(t ) bedeutet in
expliziter Form F0 eiωt = c *(ω ) x . Daraus folgt
F0
F0
x=
eiωt =
eiωt .
Re ( c *) + i Im ( c *)
c *(ω )
Imaginäre Zahl c *(ω ) = Re ( c *) + i Im ( c *) in
polarer Darstellung hat die Form
c *(ω ) = c * eiα mit
( Re c *) + ( Im c *) und
Im ( c *)
tan α =
. Folglich ist
Re ( c *)
c* =
2
2
F0
F
eiωt = 0 eiωt −iα
c *(ω )
c*
Realteil von dieser Funktion gibt die Lösung
der ursprünglichen (reellen) Gleichung:
F
x(t ) = 0 cos (ωt − α ) = x0 cos (ωt − α )
c*
Amplitude der Schwingungen ist demnach
F0
.
Amplitude = x0 =
2
2
( Re c *) + ( Im c *)
x=
1
III. Zusammengesetzte Systeme aus mehreren Federn und Dämpfern.
A) Reihenschaltung einer Feder und eines
Dämpfers.
Zu bestimmen ist die
Schwingungsamplitude unter der Wirkung einer periodischen Kraft F = F0 cos ωt .
Lösung. Die komplexe Federzahl der Feder ist
cF = c . Die komplexe Federzahl des Dämpfers
ist cd = idω . Für die Steifigkeit der zusammengesetzten Feder gilt bei einer Reihenschalc c
c ⋅ id ω
tung c* = F d =
.
cF + cd c + idω
Der Betrag dieser komplexen Zahl ist gleich
cd ω
c* =
.
2
c 2 + ( dω )
Für die Schwingungsamplitude ergibt sich
x0 =
F0 c 2 + ( d ω )
2
cd ω
Die Schwingungsamplitude ist demnach
F
x0 = 0
c2
2
2
Für Gummi gilt in der Regel c1 << c2 (z.B.
c1 = 103 c2 . Bei sehr langsamen Beanspruchungen gilt x0 = F0
( c1 + c2 ) ≈ F0 . Bei sehr großen
c1c2
c1
Frequenzen strebt Amplitude gegen einen sehr
F
viel kleineren Grenzwert x0 = 0 .
c2
C) Erzwungene Schwingungen eines Zweimassensystems.
Im links dargestellten
Zweimassensystem
ersetzen wir beide Federn und beide Massen
durch äquivalente Federn. Die Federzahl des
gesamten Systems ist
gleich
.
c* =
B) Einfaches rheologisches Modell für Gummi.
Elastomere (wie
Gummi) sind sogenannte viskoelastische
Stoffe, deren elastische Eigenschaften sich als eine Kombination
aus Federn und Dämpfern darstellen lässt (aus-
( c1 + c2 ) + ( dω )
2
2
( c1 ) + ( dω )
1
− mω 2 =
m 2ω 4 − 3cmω 2 + c 2
2c − mω 2
1
1
+
2
c − mω
c
Die Schwingungsamplitude ist demnach
2c − mω 2
x0 = F0 2 4
m ω − 3cmω 2 + c 2
führlicher in der LV "Kontaktmechanik und Reibungsphysik" oder "Materialtheorie" im Hauptstudium).
Zu berechnen ist die Schwingungsamplitude
der gezeigten Feder-Dämpfer-Kombination
unter Wirkung einer periodischen Kraft
F = F0 cos ωt .
Lösung. Die gezeigte
Kombination ist eine
Reihenschaltung der
Federn c1* = c1 + idω
und c2 . Die gesamte
Steifigkeit ist somit
*
c
id
+
ω
(
) c2 = c1c2 + idωc2 .
cc
c* = * 1 2 = 1
c1 + c2 c1 + idω + c2 ( c1 + c2 ) + idω
Betrag der komplexen Federzahl ist
c* =
c1c2 + id ωc2
( c1 + c2 ) + idω
( c1 ) + ( dω )
2
2
( c1 + c2 ) + ( dω )
2
= c2
ω1
ωT
2
.
ω2
Es gibt drei charakteristische Frequenzen: Bei
ω1 und ω2 wird die Schwingungsamplitude
unendlich groß (Resonanzfrequenzen). Nächstes Mal werden wir sehen, dass dies die sogenannten Eigenfrequenzen des Systems sind. Bei
der Frequenz ωT wird die Schwingungsamplitude zu Null. Das ist die Tilgerfrequenz.
2
Mechanik II / Vorlesung 27* / Prof. Popov
Qualitative Analyse von Schwingungssystemen
F0
I. Wie lange dauert ein Einschwingvorgang?
x=
2
−mω + id ω + c
Freischnitt:
Wir
können asymptotische Werte bei sehr kleiF (t )
nen, sehr großen und Resonanzfrequenz finden:
F
F
FFeder
Dämpfer
1) ω klein (ω → 0 ) ⇒ x = 0
Bewegungsgleichung:
c
mx = −cx − dx + F ( t ) ,
F ( t ) = F0 cos ωt
F0
2) ω groß (ω → ∞ ) ⇒ x =
2
x + ω0 x + 2δ x = ( F0 / m ) cos ωt = f 0 cos ωt .
−mω 2
F
Lösung:
3) Resonanz (ω = ω0 ) ⇒ x = 0
−δ t
x(t ) = ρ cos (ωt − Θ ) + e ( A cos ω * t + B sin ω * t )
+id ω
Schwingungsamplituden
bei
diesen
wichtigen
Amplitude der "freien
Punkten kann man aber bestimmen auch ohne
Schwingungen" (allgedie gesamte Lösung zu haben (z.B. auch dann,
meine Lösung der homowenn die exakte Lösung nicht bekannt ist).
genen Gleichung) verrinτ
gert sich um das e-fache
Bei kleinen Frequenzen kann man Terme mit
(2,7) in der Zeit τ = 1/ δ .
Geschwindigkeit und Beschleunigung vernachlässigen ( cx = F0 cos ωt ), bei sehr großen spielt
II. Wie breit ist das Resonanzmaximum?
Bei der Resonanzfrenur der der Term mit Beschleunigung eine wequenz nimmt die
sentliche Rolle ( mx = F0 cos ωt ), bei der ResoSchwingungsamplitunanzfrequenz müssen alle Terme ausfallen mit
de
Ausnahme von GeschwindigkeitsproportionaF0 m
3
δ
x=
len Term ( dx = + F0 cos ωt ). Das sieht man dar2
2 2
2 2
(ω0 − ω ) + 4ω δ
an, dass die Energie, die dem System zugeführt
wird, dann ihr Maximum erreicht, wenn die
F0 m
den Wert x =
Kraft immer in Richtung Geschwindigkeit ge2ωδ
richtet ist und somit den Körper immer "bean. Einen zweimal kleineren Wert nimmt sie
2
schleunigt".
wenn (ω02 − ω 2 ) + 4ω 2δ 2 = 16ω 2δ 2 oder
Hätten wir eine nicht lineare konservative
2
2
2 2
Kraft, mx = −G ( x) − dx + F0 cos ωt , so könnten
(ω0 − ω ) (ω0 + ω ) = 12ω δ oder
wir diese Gleichung nicht analytisch lösen, aber
2
(ω0 − ω ) 4ω02 = 12ω02δ 2 ⇒
die Grenzfälle kleiner und großer Frequenzen
könnten auch in diesem Fall ermittelt werden.
ω = ω0 ± 3δ .
Hätten wir eine lineare konservative Kraft aber
Die Gütezahl ist somit Q ≈ ω0 / ∆ω .
eine nicht lineare Dämpfung, z.B.
III. Wie beeinflusst Dämpfung den Fremx = −cx − kx 3 + F0 cos ωt so könnte man auf
quenzgang der Amplitude? Mit kleiner
ähnliche Weise näherungsweise SchwingungsDämpfung folgt Amplitude als Funktion der
gesetz und Schwingungsamplitude bei der ReErregerfrequenz im Wesentlichen der Kurve
sonanz ermitteln: kx 3 = F0 cos ωt
ohne Dissipation. Nur die Spitzen werden "abgestumpft".
IV. Kann man die Höhe des Resonanzmaximums berechnen ohne Bewegungsgleichung
zu lösen?
mx = −cx − dx + F0 cos ωt
Lösung der Ersatzdifferentialgleichung mit der
Kraft F0eiωt führt zur Gleichung
( −mω 2 + idω + c ) x = F0 mit der Lösung
⇒ x = ( ( F0 / k ) cos ωt ) .
1/ 3
V. Seitenbänder bei Rundfunkübertragung
Bei der Rundfunkübertragung, die die Amplitudenmodulation (AM) benutzt, wir das hochfrequente Trägersignal durch die Schallamplitude
moduliert.
1
Die oben gezeigte modulierte Schwingung kann
wie folgt ausgedrückt werden
x = (1 + b cos ωmt ) cos ω0t . Oder
x = cos ω0t + b cos (ω0 + ωm ) t + b cos (ω0 − ωm ) t
Das bedeutet, dass die ausgestrahlte Welle
Summe von drei Wellen darstellt: reguläre
Welle mit der Frequenz ω0 , sowie Schwingungen mit den Frequenzen ω0 + ωm und ω0 − ωm .
Wie scharf darf Resonanzmaximum eines
Schwingungskreises eines Funkempfängers
sein?
Ein Schwingungskreis unterdrückt Schwingungen mit allen Frequenzen, die weiter von der
Trägerfrequenz ω0 entfernt sind, als um einige
δ . Ist die Breite der Resonanzkurve zu klein,
so empfängt das Gerät nur die Trägerfrequenz.
In der ist aber keine Information enthalten. Die
Breite des Maximums (und somit die Dämpfungskonstante) muss somit größer sein, als die
Modulationfrequenz: δ > ωm . Man kann das
auch anders sehen: Die Modulation wird nur
dann wirklich übermittelt, wenn die Dauer des
Einschwingvorganges kleiner ist als die Modu1
lationsperiode: τ = < Tmod , was zu derselben
δ
Gleichung δ > ωm führt.
1
2
1
2
VI. Wie bestimmt man die Tilgerfrequenz
und welchen Einfluss hat Dämpfung auf die
Tilgung von Schwingungen?
Betrachten wir einen elastisch (Gesamtsteifigkeit c ) gelagerten "Tisch" mit der Masse M .
Wenn auf ihn technisch bedingt eine periodische Kraft F0 cos ωt mit einer bestimmten Frequenz wirkt, kann man die Schwingungen des
Tisches unterdrücken, indem man an ihn eine
weitere Masse m elastisch koppelt. Der physikalische Sinn des
Tilgereffektes
besteht darin, dass
der Tisch M die
zusätzliche Masse
zum Schwingen
erregen und somit
ihre eigenen Energie
abgeben kann. Dafür muss die Schwingungsfrequenz gleich der Eigenfrequenz des Tilgers
sein. Da bei Resonanz Verhältnis von Amplituden unendlich wird, kann die Tilgermasse auch
dann schwingen, wenn sich der Tisch gar nicht
mehr bewegt. Die Bedingung für die Tilgung
ist offenbar ω = c1 / m . Der Einschwingvorgang dauert allerdings bei einem idealen Tilger
unendlich lange. Bei einem realen Tilger (mit
Dämpfung) dauert er eine endliche Zeit, aber
auch der Tilgereffekt
ist nicht ideal.
Die äquivalente Federzahl ergibt sich
aus der neben stehender Skizze.
Die Federzahl ist
gleich
− mω 2 ( c1 + id ω )
c* = − M ω 2 + c2 +
.
−mω 2 + c1 + idω
Ohne Dämpfung wird diese Steifigkeit unendlich bei − mω 2 + c1 = 0 . Bei kleinen Dämpfungen ist die Steifigkeit nicht unendlich aber
−mωc1
groß: c* ≈
id
VII. Dynamik eines Fahrzeuges
Nebenstehende Skizze kann als ein einfaches
Modell eines Fahrzeuges angesehen werden
(ein "Viertelfahrzeug").
Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen und
der Frequenzgang der Beschleunigung von
Aufbau bei einer Fußpunkterregung nach dem
Gesetz x0 = A cos ωt .
Gegeben: m1 = 10kg ,
m2 = 250kg . Eigenfrequenz des Rades alleine
sei 10 Hz, des Aufbaus
alleine 1 Hz.
Da wir in der Karosserie
( m2 ) sitzen, sind wir nur
in der Koordinate x2 interessiert:
c1c2 x0
. Oder
x2 =
2
( c2 − m2ω )( c1 + c2 − m1ω 2 ) − c22
x2 =
(
c1c2 x0
)(
m1m2 ω − ω12 ω 2 − ω22
2
)
.
Wir sind aber in der Beschleunigung interessiert, da wir nur diese unmittelbar empfinden.
c1c2 x0ω 2
.
a2 = −
m1m2 (ω 2 − ω12 )(ω 2 − ω22 )
Wie groß sind die Eigenfrequenzen?
(Eine vereinfachte Methode wird erläutert).
2