Mechanik II / Vorlesung 14 / Prof. Popov Ebene Dynamik eines

Mechanik II / Vorlesung 14 / Prof. Popov
Ebene Dynamik eines starren Körpers: Beispiele
I. Experiment mit dem Fahrrad
II. Hinabrollende Kugel
H
F
r
y
x
N  mg
Für eine ebene Bewegung gelten die drei
Bewegungsgleichungen mxs  Fx , mys  Fy ,

Um das dynamische Problem in ein statisches
Problem zu überführen, lassen wir an der Achse
des Hinterrades eine zusätzliche ("fiktive")
Kraft F wirken, so dass das Fahrrad im
Gleichgewicht ist. Wenn sich aus der Lösung
ergibt, dass die Kraft F  0 ist, so wird sich das
Fahrrad in Abwesenheit dieser Kraft in die
negative Richtung bewegen (und umgekehrt).
Gleichgewichtsbedingungen: Für das fordere
Zahnrad mit Pedalen:
(Kräftegleichgewicht)
F  N  T  0
(Momentengleichgewicht)
Tr1  FL  0
Für das hintere Rad (Momentengleichgewicht
bezüglich des Berührungspunktes mit dem
Boden):
  N  F  r2  T  R  r2   0
Daraus folgt
rR

 0, wenn 1  1

r2 L
 rR 
F  F  1  1 
(1)
 r2 L    0, wenn r1R  1

r2 L
Das gleiche Ergebnis kann man auch sehr
anschaulich darstellen:
Die
Wirkung
der
Pedalen
auf
das
Hinterrad über die
Kette ist dieselbe als ob
die Pedalen direkt am
Rad befestigt wären
aber eine Länge hätten,
die
um
die
Transmissionszahl
größer (bzw. kleiner) ist, als die tatsächliche
Länge. Wenn das Rad nicht rutscht, so ist der
Kontaktpunkt der Momentanpol. Das Rad wird
sich dann offenbar entgegen den Uhrzeigersinn
drehen. Wäre die Transmissionszahl so groß,
dass die effektive Länge des Pedals Lr2 / r1
größer wurde als der Radradius R, so würde
sich das Rad entgegen der Kraftrichtung
bewegen. Diese Bedingung fällt mit (1) überein.
s  M s . xs und y s sind Koordinaten des
2
Schwerpunkts und  s  mr 2 ist das
5
Trägheitsmoment der Kugel bezüglich des
Schwerpunkts. Die o.g. Gleichungen lauten:
mxs  mg sin   H ,
(1)
0  N  mg cos   N  mg cos 
(2)
s  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
(4)
xs  r
Aus dem Gleichungssystem (1)-(4) folgt für die
Beschleunigung
1
5
xs 
g sin   g sin  und für die
2
1   s / mR
7
Haftreibung H  (2 / 7)mg sin  .
Das gilt aber nur solange diese Haftreibung
tatsächlich realisiert werden kann, d.h. solange
H 2
   t a n . Ist diese

H  N
N 7
Bedingung nicht erfüllt, so wird die Kugel
durchrutschen. Z.B. für eine stählerne Kugel
7
  0.3 muß tan     1 und
mit
2
  45 sein.
III. Schiefe Ebene mit verschiedenen
Rollkörpern (Experiment).
Für einen rotationssymmetrischen Körper mit
dem Außenradius R gilt
1
xs 
g sin 
1   s / mR 2
Je größer  s / mR 2 , d.h. je weiter von der Achse
verteilt die Masse ist, desto kleiner
Beschleunigung (Beim Holzylinder kleiner, als
beim Doppelkegel).
1
IV. Schleifenfahrt (Experiment). Eine Kugel
rollt von einer Höhe h mit der
Anfangsgeschwindigkeit v0  0 eine schiefe
Ebene hinab, die in einer Kreisschleife ausläuft.
Es soll diejenige Anfangshöhe hmin bestimmt
werden, für die kein Ablösen von der Kreisbahn
mit dem Radius R eintritt.
Lösung Bedingung für kein Ablösen ist, dass
der Bahndruck im höchsten Punkt P der
vP2
Kreisbahn verschwindet, d.h. mg  m
ist.
R
Energie "vor": U1  mgh , K1  0
Energie "nach":
mvP2 s P2

U 2  mg 2R , K 2 
2
2
Wenn die Kugel rollt, so gilt vP  P R
Energieerhaltungssatz:
mv 2   2
mgh  0  mg 2R  P  s P oder
2
2
m  
mgh  0  mg 2 R  vP2   s2  
 2 2R 
m  
 mg 2 R  gR   s2 
 2 2R 
2
Mit  s  mR 2 ergibt sich h  2.7R
5
Im Fall des Vorderradantriebs genügt die
maximale Haftkraft der Bedingung
H max  0 N 2 .
mg
Daraus folgt
g
0
H
xmax 
2 1  0 h / a
N
2
N1
(kleiner als beim Antrieb über die Hinterräder).
V. Ein Fahrzeug mit einem Vorder- bzw.
Hinterradantrieb.
mgl
sin  . Differenzieren nach Zeit ergibt

mgl

cos  .
2
Horizontale Kraftkomponente ergibt sich aus
dem Schwerpunktsatz:
Ax  mxs . Für xs gilt xs  (l / 2)cos  .
Zweimaliges Differenzieren ergibt
xs  (l / 2)cos    2  (l / 2)sin    
a
h
mg
H
N1
N2
Die beiden "Schwerpunktgleichungen" lauten
mx  H und 0  N1  N2  mg .
Der Drehimpulssatz bezüglich des
a
a
Schwerpunktes: 0  N1  N 2  hH . Hieraus
2
2
folgt
mg h
mg h
N1 
 H,
N2 
 H.
2
a
2 a
Maximale Haftkraft genügt der Bedingung
mg h
 H max
H max  0 N1  H max 
2 a
mg
0
 H max 
. Die maximale
2 1  0 h / a
g
0
Beschleunigung ist somit xmax 
.
2 1  0 h / a
Das gilt nur solange N 2  0 ist.
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
Ax

x
mg
Winkelgeschwindigkeit
kann
aus
dem
Energiesatz bestimmt werden.
Energie "vor": U  0 , K  0 .
U   mg (l / 2)sin  ,
Energie
bei  :
K   2 / 2 .
Erhaltungssatz:
 2
l
  mg sin  oder
2
2
2 
3 mgl 2
9
sin 2   g sin 2
8 
8
Die Reaktionskraft Ax  (9 /8)mg sin 2
erreicht ihren (betragsmäßig) maximalen Wert
(9 / 8)mg bei   45 .

VII. Rutschen einer Leiter Zu bestimmen ist
Geschwindigkeit v des Schwerpunkts als
Funktion des Winkels  . Lösung: Kinetische
Energie ist gleich
l
mv 2  2 ml 2 2
K


.
2
2
6

2
Energieerhaltungssatz:
mg (l / 2)sin   ml 2 2 / 6  mgl / 2

  (3g / l )(1  sin  ) .
3