Technische Mechanik
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Technische Mechanik III
VORLESUNGSSKRIPT
Prof. Dr. Georg Rill
© Januar 2017
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download unter: https://hps.hs-regensburg.de/rig39165/
©Rill, 27. Dezember 2016
Inhalt
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2 Punkt-Kinetik
2.1 Axiom von Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Impulserhaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Impulssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2.1 Freie Bewegung, allgemeines Kraftgesetz
2.3.2.2 Bewegung mit kinematischen Bindungen
2.4 Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Herleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Energieerhaltung . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.3 Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Leistung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Raketengleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.1 Herleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.2 Beispiel Wasserstoffrakete . . . . . . . . . . . .
2.7 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7.1 Güterwagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7.2 Hülse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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3 Kräfte
3.1 Federkräfte . . . . . . . . . .
3.1.1 Kraftgesetz . . . . . .
3.1.2 Nichtlineare Federkräfte
3.1.3 Der Lineare Schwinger .
3.1.4 Federenergie . . . . . .
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Punkt-Kinematik
1.1 Lage . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Koordinatensysteme . . . . .
1.1.2 Ortsvektor . . . . . . . . . .
1.1.3 Kinematische Bindungen . . .
1.1.4 Bahnkurve . . . . . . . . . .
1.2 Geschwindigkeit . . . . . . . . . . .
1.2.1 Definition . . . . . . . . . .
1.2.2 Bahngeschwindigkeit . . . .
1.3 Beschleunigung . . . . . . . . . . .
1.3.1 Definition . . . . . . . . . .
1.3.2 Tangentialbeschleunigung . .
1.3.3 Normalbeschleunigung . . . .
1.3.4 Gesamtbeschleunigung . . . .
1.4 Zylinderkoordinaten . . . . . . . . .
1.4.1 Definition . . . . . . . . . .
1.4.2 Lage . . . . . . . . . . . . .
1.4.3 Geschwindigkeit . . . . . . .
1.4.4 Beschleunigung . . . . . . .
1.5 Grundaufgaben . . . . . . . . . . .
1.5.1 Räumliche Bewegungen . . .
1.5.2 Eindimensionale Bewegungen
1.6 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . .
1.6.1 Schieber . . . . . . . . . . .
1.6.2 Kurvenscheibe . . . . . . . .
1.6.3 Fahrmanöver . . . . . . . . .
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4 Starrkörper-Kinematik
4.1 Lagebeschreibung . . . . . . . . . . .
4.1.1 Starrkörperbedingung . . . . .
4.1.2 Körperfestes Koordinatensystem
4.1.3 Kardanwinkel . . . . . . . . .
4.1.4 Vektortransformation . . . . . .
4.1.5 Drehmatrizen . . . . . . . . .
4.1.6 Zusammenfassung . . . . . . .
4.2 Geschwindigkeit . . . . . . . . . . . .
4.2.1 Allgemeine Relativbewegung . .
4.2.2 Starrkörperbewegung . . . . .
4.3 Winkelgeschwindigkeit . . . . . . . .
4.3.1 Elementardrehungen . . . . . .
4.3.2 Gesamtdrehungen . . . . . . .
4.3.3 Beispiel Reibradgetriebe . . . .
4.4 Momentane Drehachse . . . . . . . . .
4.4.1 Allgemeine Bewegung . . . . .
4.4.2 Momentaner Drehpol . . . . .
4.5 Beschleunigung . . . . . . . . . . . .
4.5.1 Allgemeine Relativbewegung . .
4.5.2 Starrkörperbewegungen . . . .
4.6 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . .
4.6.1 Stößel . . . . . . . . . . . . .
4.6.2 Stab . . . . . . . . . . . . . .
4.6.3 Laufkatze . . . . . . . . . . .
4.6.4 Roboterarm . . . . . . . . . .
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30
30
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31
31
31
31
5 Starrkörper-Kinetik
5.1 Kinetische Energie . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 Allgemeiner Bezugspunkt . . . . . .
5.1.2 Bezogen auf Massenmittelpunkt . . .
5.1.3 Bezogen auf einen Fixpunkt . . . . .
5.1.4 Bezüglich einer raumfesten Drehachse
5.2 Der Trägheitstensor . . . . . . . . . . . . .
5.2.1 Definition . . . . . . . . . . . . . .
5.2.2 Beispiel Quader . . . . . . . . . . .
5.2.3 Beispiel Kreiszylinder . . . . . . . .
5.2.4 Eigenschaften . . . . . . . . . . . .
5.2.4.1 Symmetrie . . . . . . . . .
5.2.4.2 Dreiecksungleichung . . . .
5.2.4.3 Abgeplattete Körper . . . .
5.2.4.4 Langgestreckte Körper . . .
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35
35
35
36
3.2
3.3
3.4
3.5
II
Widerstandskräfte . . . . . . . .
3.2.1 Trockene Reibung . . . .
3.2.2 Laminare Strömung . . .
3.2.3 Turbulente Strömung . . .
Bewegungen im Schwerefeld . . .
3.3.1 Massenanziehung . . . .
3.3.2 Das Schwerefeld der Erde
3.3.3 Fluchtgeschwindigkeit . .
3.3.4 Potentielle Energie . . . .
3.3.5 Planetenbewegungen . . .
Schiefer Wurf mit Lufwiderstand .
Aufgaben . . . . . . . . . . . .
3.5.1 Werkzeugmaschine . . .
3.5.2 Elektromagnet . . . . . .
3.5.3 Güterwagen . . . . . . .
3.5.4 Motorboot . . . . . . . .
3.5.5 Gabelstapler . . . . . . .
Technische Mechanik III
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Technische Mechanik III (Dynamik)
Wechsel des Bezugspunktes . . . . . .
5.2.5.1 Satz von Steiner . . . . . . .
5.2.5.2 Beispiel . . . . . . . . . . .
5.2.6 Drehung des Koordinatensystems . . . .
5.2.6.1 Tensortransformation . . . . .
5.2.6.2 Beispiel ebener Rührhaken . .
5.2.7 Hauptachsensystem . . . . . . . . . .
5.2.8 Trägheitsradien . . . . . . . . . . . .
5.2.8.1 Definition . . . . . . . . . .
5.2.8.2 Beispiel Rührhaken . . . . .
5.2.8.3 Beispiel Scheibe und Ring . .
Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . .
5.3.1 Impulssatz . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.2 Drallsatz . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.2.1 Analogiebetrachtung . . . . .
5.3.2.2 Drallerhaltung . . . . . . . .
5.3.2.3 Kreiselmomente . . . . . . .
5.3.2.4 Allgemeine Definition . . . .
Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.1 Eulersche Kreiselgleichungen . . . . .
5.4.2 Stabilität von Drehbewegungen . . . . .
5.4.3 Fliegender Bierfilz . . . . . . . . . . .
5.4.3.1 Modellbeschreibung . . . . .
5.4.3.2 Bewegungsgleichungen . . .
5.4.3.3 Bewegungsanalyse . . . . . .
5.4.4 Kraftwirkung von Rotoren . . . . . . .
5.4.4.1 Rotor mit Unwuchten . . . .
5.4.4.2 Bewegungsgleichungen . . .
5.4.4.3 Lagerreaktionen . . . . . . .
Bewegungen in einer Ebene . . . . . . . . . .
5.5.1 Kinetische Energie . . . . . . . . . . .
5.5.2 Impuls- und Drallsatz . . . . . . . . .
5.5.3 Übergang Gleiten Rollen . . . . . . . .
5.5.3.1 Aufgabenstellung . . . . . .
5.5.3.2 Bewegungsgleichungen . . .
5.5.3.3 Gleiten . . . . . . . . . . .
5.5.3.4 Rollen . . . . . . . . . . . .
5.5.3.5 Graphische Veranschaulichung
Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.6.1 Windmesser . . . . . . . . . . . . . .
5.6.2 Taktgeber . . . . . . . . . . . . . . .
5.6.3 Pkw-Rad . . . . . . . . . . . . . . .
5.6.4 Traktor mit Walze . . . . . . . . . . .
5.6.5 Zugtür . . . . . . . . . . . . . . . . .
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
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6 Ebene Mehrkörpersysteme
6.1 Anmerkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Einfaches Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.1 Modell eines Hubwerks . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.2 Minimal Schnitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.3 Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.4 Elimination der Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . .
6.2.5 Bindungsgleichungen und verbleibende Bewegungsgleichung
6.2.6 Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Beispiel Differentialflaschenzug . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.1 Modell mit Minimalschnitt . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.2 Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.3 Elimination der Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . .
6.3.4 Bindungsgleichungen und verbleibende Bewegungsgleichung
6.3.5 Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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III
OTH Regensburg
6.4
6.5
Nichtlineare Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4.1 Beispiel Vogelmobile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4.2 Bindungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4.3 Bewegungsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4.4 Elimination der Schnittreaktionen und verbleibende Bewegungsgleichung
6.4.5 Numerische Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5.1 Hebevorichtung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5.2 Seiltrommel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7 Übungsbeispiele
7.1 Punkt-Kinematik . . . . . . . .
7.1.1 Flugzeug . . . . . . . .
7.1.2 Schweißroboter . . . . .
7.1.3 Bremsen in der Kurve . .
7.1.4 Kreuzschleife . . . . . .
7.1.5 Zug . . . . . . . . . . .
7.1.6 Kran . . . . . . . . . . .
7.2 Punkt-Kinetik . . . . . . . . . .
7.2.1 Rütteltisch . . . . . . . .
7.2.2 Stein . . . . . . . . . .
7.2.3 Auffahrunfall . . . . . .
7.2.4 Ebene Punktbewegung . .
7.2.5 Räumliche Punktbewegung
7.2.6 Rakete . . . . . . . . . .
7.2.7 Eisstock . . . . . . . . .
7.2.8 Platte . . . . . . . . . .
7.3 Kräfte . . . . . . . . . . . . . .
7.3.1 Hebebühne . . . . . . .
7.3.2 Schiff . . . . . . . . . .
7.3.3 Sportflugzeug . . . . . .
7.4 Starrkörper-Kinematik . . . . . .
7.4.1 Ventilator . . . . . . . .
7.4.2 Reibradgetriebe . . . . .
7.4.3 Rollenlager . . . . . . .
7.5 Starrkörper-Kinetik . . . . . . .
7.5.1 Rührhaken . . . . . . . .
7.5.2 Relais . . . . . . . . . .
7.5.3 Kugel . . . . . . . . . .
7.6 Ebene Mehrkörpersysteme . . . .
7.6.1 Aufzug . . . . . . . . .
7.6.2 Fahrkorb . . . . . . . . .
IV
Technische Mechanik III
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1 Punkt-Kinematik
1.1 Lage
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z0
1.1.1 Koordinatensysteme
P
r0P
Voraussetzung für die eindeutige Lagebeschreibung einer Punktmasse ist ein Koordinatensystem, mit dessen
Ursprung und Achsen ein Referenzpunkt und Referenzrichtungen zur Verfügung stehen, Bild 1.1.
z
ez
0
y
x0
ey
ex
Bild 1.2: Ortsvektor
legt gegenüber dem Koordinatensystem 0 die Lage einer
Punktmasse P zum Zeitpunkt t eindeutig fest, Bild 1.2.
x
In der Technischen Mechanik werden stets orthogonale
und rechtshändige Koordinatensysteme verwendet, wobei die Richtungen der Koordinatenachsen x, y, z durch
die Einheitsvektoren e®x , e®y , e®z mit | e®x | = 1, | e®y | = 1,
| e®z | = 1 festgelegt sind.
Die Orthogonalität kann durch das Verschwinden der
Skalarprodukte
e®yT e®z = 0,
e®zT e®x = 0
(1.1)
ausgedrückt werden. Das Transponiertzeichen, in (1.1)
das hochgestellte T, vertauscht bei Vektoren und Matrizen die Zeilen und Spalten. Das Skalarprodukt zweier
Vektoren kann damit als Multiplikation eines Zeilen- mit
einem Spaltenvektor dargestellt werden.
Die Kreuzprodukte
e®x × e®y = e®z,
0
y
Bild 1.1: Koordinatensystem
e®xT e®y = 0,
z
x
e®y × e®z = e®x,
e®z × e®x = e®y
(1.2)
definieren die Rechtshändigkeit.
1.1.2 Ortsvektor
1.1.3 Kinematische Bindungen
Im Raum verfügt eine Punktmasse über f = 3 freie Bewegungsmöglichkeiten (Freiheitsgrade). Die Anzahl der
freien Bewegungsmöglichkeiten bestimmt auch die Anzahl der unabhängigen Koordinaten (Verallgemeinerte
Koordinaten), die zur eindeutigen Lagebeschreibung erforderlich sind. In (1.3) sind das die Komponenten x, y,
z des Ortsvektors.
Lager und/oder Führungen schränken die freien Bewegungsmöglichkeiten ein.
In der Statik werden Lager durch die Fähigkeit der Kraft
und/oder Momentenübertragung beschrieben. In der Kinematik steht die Einschränkung der Bewegungsmöglichkeit im Vordergrund. Kinematische Bindungsgleichungen charakterisieren jetzt die Wirkung von Lagern
und/oder Führungen.
Die triviale Bindungsgleichung
Der Ortsvektor r®0P (t) mit den Komponenten
x(t)
r®0P,0 (t) = y(t)
z(t)
Die Indizes 0 und P bezeichnen Anfangs- und Endpunkt.
Der mit Komma abgetrennte Index 0 gibt an, daß die
Komponenten des Vektors im System 0 angeschrieben
werden.
z=0
(1.3)
(1.4)
beschreibt mit den verbleibenden Koordinaten x(t) und
y(t) Bewegungen in der x y-Ebene.
1
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
Bewegt sich die Punktmasse P auf einem Kreis in der x yEbene mit dem Radius R, dann kann seine Lage durch
die Koordinate x = x(t) und die Bindungsgleichungen
√
y = ± R2 − x 2 und z = 0
(1.5)
z0
P(t 0 )
s
P(t)
Bahnkurve
r0P(t 0 )
r0P(t)
angegeben werden, Bild 1.3.
z0
r0P(tE )
P(tE )
y0
0
x0
0
x0
ϕ
y
Bild 1.4: Bahnkurve
R
x
zum Punkt P(t +dt) weiterbewegt und dabei die Strecke
ds zurückgelegt. Die Ortsvektoren
y0
P
x(t)
x(t +dt)
r®0P,0 (t) = y(t) , r®0P,0 (t +dt) = y(t +dt)
z(t)
z(t +dt)
Bild 1.3: Ebene Kreisbewegung
Die Koordinaten x und y können über
x = R cos ϕ
und
y = R sin ϕ
beschreiben die Lage von P(t) und P(t+dt). Mit x(t+dt) =
(1.6)
durch den Winkel ϕ und den Radius R ausgegeben werden. Mit ϕ = ϕ(t) als verallgemeinerter Koordinate und
den trivialen Bindungsgleichungen
R = const.
und
z=0
P(t+dt)
ds
P(t)
dz
(1.7)
kann die Kreisbewegung wesentlich einfacher beschrieben werden.
Durch die Wahl günstiger Koordinaten kann in vielen
Fällen die Beschreibung einer Bewegung, bzw. die Formulierung von Bindungsgleichungen, stark vereinfacht
werden.
1.1.4 Bahnkurve
Bei seinen Bewegungen im Zeitintervall t0 ≤ t ≤ tE
durchlaufen die einzelnen Punkte P(t0 ) bis P(tE ) die
Bahnkurve, Bild 1.4.
Zum Zeitpunkt t hat die Punktmasse auf der Bahnkurve
die Strecke s = s(t) zurückgelegt.
Bei beliebig gekrümmten Bahnkurven kann der Zusammenhang zwischen dem Weg s(t) und den Punktkoordinaten x(t), y(t) und z(t) nur noch durch differentielle
Betrachtung angegeben werden. Im infinitesimal kleinen
Zeitschritt dt hat sich die Punktmasse vom Punkt P(t)
2
(1.8)
dx
dy
Bild 1.5: Wegkoordinate
x(t)+dx, y(t+dt) = y(t)+dy und z(t+dt) = z(t)+dz kann
dann aus Bild 1.5. der Zusammenhang
q
ds = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2
(1.9)
abgelesen werden.
1.2 Geschwindigkeit
1.2.1 Definition
Die auf das Zeitintervall 4t bezogene Lageänderung
r®0P,0 (t +4t) − r®0P,0 (t)
4®
r0P,0
=
4t
4t
(1.10)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
gibt im Grenzübergang 4t → 0 die Geschwindigkeit der
Punktmasse zum Zeitpunkt t an
4®
r0P,0 d r®0P,0 Û
lim
=
= r®0P,0 = v®0P,0
4t→0 4t
dt
ds
dt
v =
(1.11)
Die Berechnung der Lageänderung
4®
r0P,0 = r®0P,0 (t +4t) − r®0P,0 (t)
ist an ein Koordinatensystem – hier das System 0 – gebunden. Entsprechend (1.11) gibt die zeitliche Ableitung
des im System 0 dargestelleten Ortsvektors
v®0P,0 = r®Û0P,0
wobei
(1.16)
die Bahngeschwindigkeit angibt. Für die Wegableitung
erhält man
dx/ds
d r®0P,0
(1.17)
= dy/ds
ds
dz/ds
Weil gemäß (1.9)
(1.12)
dx
ds
2
+
dy
ds
2
+
dz
ds
2
= 1
(1.18)
gilt, ist (1.17) ein Einheitsvektor,
die Geschwindigkeit an, die die Punktmasse P zum Zeitpunkt t gegenüber dem System 0 hat.
z0
P(t) v0P
y0
r0P(t)
0
r0P
et
d r®0P,0
ds
= 1
(1.19)
der in Richtung der Bahntangente zeigt. Mit
d r®0P,0
= e®t
ds
P(t+ t)
r0P(t+ t)
und
ds
=v
dt
geht (1.15) dann in (1.13) über.
x0
1.3 Beschleunigung
1.3.1 Definition
Bild 1.6: Geschwindigkeit
Für 4t → 0 zeigt der Vektor 4®
r0P in Richtung der Bahntangente (Einheitsvektor e®t ) im Punkt P(t), Bild 1.6. Der
Geschwindigkeitsvektor v®0P verläuft somit stets tangential zur Bahn und mit v = |®v0P | kann die Geschwindigkeit
auch in der Form
v®0P,0 = v e®t,0
(1.13)
Analog zur Geschwindigkeit kann aus der Geschwindigkeitsänderung
4®v0P,0 (dt) = v®0P,0 (t +4t) − v®0P,0 (t)
auch die Beschleunigung der Punktmasse P zum Zeitpunkt t berechnet werden
4®v0P,0 d v®0P,0 Û
=
= v®0P,0 = a®0P,0 ,
4t→0
4t
dt
lim
angeschrieben werden.
(1.20)
(1.21)
wobei der Vektor
1.2.2 Bahngeschwindigkeit
a®0P,0 = v®Û0P,0 = r®Ü0P,0
(1.22)
Beschreibt man die Lage der Punktmasse mit
x(s)
r®0P,0 (s) = y(s)
z(s)
(1.14)
in Abhängigkeit von der Wegkoordinate s = s(t), dann
muß die Ableitung nach der Zeit t über die Kettenregel
berechnet werden
ds
d
r®0P,0 (s)
r®Û0P,0 (s(t)) =
ds
dt
die Beschleunigung angibt, die die Punktmasse P zum
Zeitpunkt t gegenüber dem System 0 hat.
Die Richtung des Beschleunigungsvektors bleibt zunächst unbestimmt, da ein Vektor – hier der Geschwindigkeitsvektor v®0P,0 – sowohl seine Länge als auch seine
Richtung ändern kann.
(1.15)
3
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
1.3.2 Tangentialbeschleunigung
auf die Winkeländerung 4ϕ zurück geführt werden. Zudem ist die Änderung der Bahnkoordinate durch
Geht man bei der Berechnung der Beschleunigung von
der Geschwindigkeitsdarstellung (1.13) aus, dann erhält
man zunächst
a®0P,0
d
=
(v e®t,0 ) = vÛ e®t,0 + v e®Ût,0
dt
(1.23)
4s = ρ(s) 4ϕ
gegeben, wobei ρ = ρ(s) den momentanen Krümmungsradius der Bahn angibt. Damit erhält man
Einheitsvektoren können nur die Richtung, nicht aber die
Länge ändern. Es gilt daher
e®Ût,0 ⊥ e®t,0
T Û
e®t,0
e®t,0 = 0
bzw.
(1.24)
Die Beschleunigungsanteile in (1.23) stehen senkrecht
aufeinander und liefern mit
at = vÛ
(1.25)
d e®t,0
ds
4s
1
ρ(s)
=
= lim
4s→0 4s
ρ(s)
d
ds
d
e®t,0 =
e®t,0
e®Ût,0 =
dt
ds
dt
(1.26)
(1.27)
Mit einem Einheitsvektor senkrecht zur Bahntangente
e®n ⊥ e®t kann die Änderung von e®t in Betrag und Richtung
aufgeteilt werden
Bahnkurve
en(s)
d e®t,0
e®n,0
ds
(1.28)
Δs
Δet (s)
1.3.4 Gesamtbeschleunigung
Der Beschleunigungsvektor kann also mit
(1.34)
stets in zwei aufeinander senkrechte Anteile zerlegt werden, wobei der Betrag aus
q
(1.35)
|a| = at2 + an2
berechnet werden kann.
at = e®tT a®
et (s+Δs)
momentaner
Bahnmittelpunkt
die Normalbeschleunigung und mit
Gemäß Bild 1.7 kann die Änderung des tangentialen Einheitsvektors dem Betrage nach mit
| 4e®t,0 (s) | = 4ϕ | e®t,0 (s)| = 4ϕ
(1.36)
kann die tangentiale Komponente herausgefiltert werden.
Der verbleibende Anteil liefert dann mit
(1.37)
a®n = a® − e®tT a® e®t
Bild 1.7: Änderung der Bahntangente
4
v2
e®n = at e®t + an e®n
ρ
Mit
Δφ
M
(1.33)
In vielen Fällen ist die Geschwindigkeit v, die Richtung
der Geschwindigkeit et und der Beschleunigungsvektor
a® bekannt.
et (s)
Δφ
ρ(s)
v2
ρ
auch der Beschleunigungsanteil in Richtung der Bahnnormalen en angegeben werden.
a® = vÛ e®t +
d e®t,0
4 e®t,0 (s)
= lim
4s→0
ds
4s
(1.32)
Setzt man (1.32) in (1.23) ein, dann kann mit
Analog zu (1.21) gilt aber
d e®t,0
=
ds
v
d e®t,0
e®n,0 v = e®n,0
ρ
ds
d
e®Ût,0 =
e®t,0 v =
ds
an =
Über die Wegkoordinate s = s(t) kann die Änderung
des tangentialen Einheitsvektors e®t,0 geometrisch veranschaulicht werden. Zunächst erhält man
(1.31)
Mit der Bahngeschwindigkeit v = ds/dt folgt dann aus
(1.26) der Zusammenhang
sofort den tangentialen Anteil.
1.3.3 Normalbeschleunigung
(1.30)
(1.29)
ρ =
v2
| a®n |
auch den momentanen Krümmungsradius.
(1.38)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
1.4 Zylinderkoordinaten
Stellt man den Ortsvektor nicht im System 0, sondern im
System B dar, dann erhält man mit
" #
r
r®0P, B = 0
(1.42)
z
1.4.1 Definition
Zur Beschreibung rotierender Bewegungen werden häufig Polar- oder Zylinderkoordinaten verwendet. Bei einer
Drehung um die z-Achse kann die Lage der Punktmasse
P gegenüber dem System 0 durch den Ortsvektor
r(t) cos ϕ(t)
r®0P,0 (t) = r(t) sin ϕ(t)
z(t)
1.4.3 Geschwindigkeit
(1.39)
beschrieben werden. Zur Lagebeschreibung wurden dabei die Zylinder-Koordinaten r, ϕ und z verwendet,
Bild 1.8.
y0
rÛ
Ûr®0P, B = 0
zÛ
z
ϕ
r
xB
(1.44)
Die unterschiedlichen Ergebnisse dokumentieren, dass es
beim Differenzieren darauf ankommt, in welchem System
die Vektoren dargestellt sind.
x0
Bild 1.8: Zylinderkoordinaten
Zur Beschreibung von Bewegungen in der x y-Ebene genügen die Polarkoordinaten r und ϕ.
Der Winkel ϕ(t) definiert ferner ein zweites Koordinatensystem, das System B, dessen Ursprung und z-Achse
mit dem Ursprung und der z-Achse des Systems 0 zusammenfällt.
1.4.2 Lage
Mit der Darstellung des Ortsvektor in der Form (1.41)
eröffnet sich eine Möglichkeit, die Geschwindigkeit in
einem System zu berechnen und das Ergebnis in einem
anderen System darzustellen. Die Ableitung von (1.41)
liefert zunächst
r®Û0P,0 = rÛ e®x B,0 + r e®Ûx B,0 + zÛ e®z B,0 + z e®Ûz B,0
(1.45)
Aus (1.40) folgt
− sin ϕ
Ûe®x ,0 = cos ϕ ϕÛ
B
0
| {z }
e®yB,0
und
e®Ûz B,0 = 0
(1.46)
Eingesetzt in (1.45) bleibt
Mit den Einheitsvektoren
− sin ϕ
0
cos ϕ
e®x B,0 = sin ϕ , e®yB,0 = cos ϕ , e®z B,0 = 0 (1.40)
0
0
1
in Richtung der Achsen des Systems B kann der Ortsvektor (1.39) wie folgt angeschrieben werden
r®0P,0 = r e®x B,0 + z e®z B,0
(1.43)
die Geschwindigkeit der Punktmasse P gegenüber dem
System B, dargestellt im System B.
x
y
Differenziert man (1.42), dann erhält man mit
P
r0P
0=B
Die zeitliche Ableitung von (1.39), bzw. (1.41) liefert
entsprechend den Definitionen (1.10) und (1.11) die Geschwindigkeit der Punktmasse P gegenüber dem System
0, dargestellt im System 0. Aus (1.39) folgt
rÛ cos ϕ − r ϕÛ sin ϕ
Ûr®0P,0 = rÛ sin ϕ + r ϕÛ cos ϕ
zÛ(t)
yB
z0 =z B
eine sehr einfache Darstellung des Ortsvektors.
(1.41)
r®Û0P,0 = rÛ e®x B,0 + r ϕÛ e®yB,0 + zÛ e®z B,0
(1.47)
oder im System B dargestellt
r®Û0P,0
,B
rÛ
= r ϕÛ
zÛ
(1.48)
5
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
Dies ist die Geschwindigkeit der Punktmasse P gegenüber dem System 0, dargestellt im System B. Sie stimmt
nicht mit (1.44) überein!
1.4.4 Beschleunigung
Auch die Beschleunigung von P gegenüber dem System
0 kann im System B einfacher dargestellt werden. Die
Ableitung von (1.47) liefert
r®Ü0P,0 = rÜ e®x B,0 + rÛ e®Ûx B,0
+ rÛ ϕÛ e®yB,0 + r ϕÜ e®yB,0 + r ϕÛ e®ÛyB,0
+ zÜ e®z B,0
ϕÛ = −e®x ,0 ϕÛ
B
(1.50)
Û e®yB,0 + zÜ e®z B,0
r®Ü0P,0 = (Ür − r ϕÛ2 ) e®x B,0 + (r ϕÜ + 2 rÛ ϕ)
(1.51)
oder im System B dargestellt
r®Ü0P,0
,B
rÜ − r ϕÛ2
= r ϕÜ + 2 rÛ ϕÛ
zÜ
(1.52)
Auch hier darf das Ergebnis nicht mit der zweiten Ableitung
rÜ
Ür®0P, B = 0
(1.53)
zÜ
des im System B dargestellten Vektors r0P, B verwechselt
werden.
Die Beschleunigungen in (1.52) und (1.53) unterscheiden
Û Sie werden
sich durch die Terme r ϕÛ2 , r ϕÜ und 2 rÛ ϕ.
als Zentripetal-, Führungs- und Coriolisbeschleunigung
bezeichnet.
Die Darstellung der Beschleunigung von P gegenüber
dem System 0 im System 0 ist sehr aufwendig, wird aber
zum Vergleich trotzdem angeben. Man erhält sie aus der
Ableitung von (1.43) oder direkt aus (1.51)
(Ür − r ϕÛ2 ) cos ϕ − (r ϕÜ + 2 rÛ ϕ)
Û sin ϕ
r®Ü0P,0 = (Ür − r ϕÛ2 ) sin ϕ + (r ϕÜ + 2 rÛ ϕ)
Û cos ϕ (1.54)
zÜ(t)
6
Ist entweder die Lage r®0P,0 , die Geschwindigkeit v0P,0 =
r®Û0P,0 oder die Beschleunigung a0P,0 = v®Û0P,0 = r®Ü0P,0 einer
Punktmasse als Funktion der Zeit bekannt, dann können die anderen Größen durch Differentiation und/oder
Integration berechnet werden.
1.5.2 Eindimensionale Bewegungen
bleibt schließlich
1.5.1 Räumliche Bewegungen
(1.49)
wobei e®Ûz B,0 = 0 bereits berücksichtigt wurde. Mit e®Ûx B,0
aus (1.46) und
− cos ϕ
Ûe®y ,0 = − sin ϕ
B
0
1.5 Grundaufgaben
Bei eindimensionalen Bewegungen oder bei Bewegungen längs einer vorgegebenen Kurve, ist in einigen Fällen die (Bahn-)Geschwindigkeit v oder die (Tangential)Beschleunigung a nicht als Funktion der Zeit t, sondern
als Funktion des Weges s gegeben.
Ist die Geschwindigkeit als Ortsfunktion v = v(s) gegeben, dann folgt die Beschleunigung aus
dv
dv ds dv
a=
=
=
v
(1.55)
dt
ds dt
ds
Mit v = ds
dt und v = v(s) folgt zunächst nur die Zeit als
Funktion des Weges
∫
ds
ds
dt =
oder t = t0 +
(1.56)
v(s)
v(s)
In einigen Fällen existiert die Umkehrfunktion zu t = t(s).
Dann kann auch s = s(t) angegeben werden.
Ist die Beschleunigung als Ortsfunktion a = a(s) gegeben, dann folgt (1.55) die Geschwindigkeit aus
∫
2
2
v dv = a(s) ds oder v = v0 + 2
a(s) ds (1.57)
Da man hier die Geschwindigkeit als Funktion des Weges
erhält, v = v(s), kann gemäß (1.56) zunächst wieder nur
die Zeit als Funktion des Weges berechnet werden, t =
t(s). Auf Grund der komplizierten Funktionen ist es hier
in der Regel nicht möglich, die Umkehrfunktion s = s(t)
explizit anzugeben.
In einigen Fällen ist die Beschleunigung in Abhängigkeit von der Geschwindigkeit gegeben, a = a(v). Dann
erhält man aus a = dv
dt sofort die Zeit als Funktion der
Geschwindigkeit
∫
dv
t = t0 +
(1.58)
a(v)
und über (1.55) auch den Weg als Funktion der Geschwindigkeit
∫
v dv
v dv
ds =
oder s = s0 +
(1.59)
a(v)
a(v)
Falls die Umkehrfunktion zu (1.58) existiert, kann auch
v = v(t) angegeben werden.
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Prof. Dr.-Ing. G. Rill
1.6 Aufgaben
d) In welcher Winkellage wird die Gleitgeschwindigkeit maximal und welchen Wert erreicht sie dort?
a) Mit ϕÛ = Ω und ϕ(0) = 0 erhält man den Winkel zu
ϕ(t) = Ω t. Die Verschiebung, die Geschwindigkeit und
die Beschleunigung des Stößels sind dann durch
xS = r = r0 ( 3 + 2 cos(ϕ(t)) )
vS = rÛ = −2 r0 Ω sin(ϕ(t))
aS = rÜ = −2 r0 Ω2 cos(ϕ(t))
gegeben.
b) Die Beschleunigung erreicht extremale Werte für
cos(ϕ(t)) = ±1, bzw. für ϕ = 0 und ϕ = pi. Die entsprechenden Werte sind dann mit
aSmin = rÜ (ϕ = 0) = −2 r0 Ω2 und
aSmax = rÜ (ϕ = pi) = +2 r0 Ω2
gegeben.
1.6.1 Schieber
Ein Schieber wird durch einen einfachen Seilzug geöffnet. Das Seil hat die Länge 2a = 0.20 m und wird in der
Mitte, im Punkt P, um die Strecke z nach unten gezogen.
Zu Beginn ist das Seil gespannt (z = 0) und der Anlenkpunkt B am Schieber befindet sich bei s = 0.
B
A
z
a
a
s
P
a) Wie groß ist die Verschiebung s = s(z) in B, wenn
der Punkt P um die Strecke z nach unten gezogen
wird?
b) Wie lange dauert es, bis der Schieber um die Strecke
∆s = 0.02 m geöffnet ist, wenn der Punkt P aus der
Anfangslage z = 0 mit der konstanten Geschwindigkeit zÛ = 0.25 m/s nach unten gezogen wird?
c) Wie groß ist dabei die Geschwindigkeit des Schiebers zu Beginn und am Ende der Verschiebung?
a) Für die Verschiebung gilt zumächst
s = 2 (a − x)
Mit
bleibt
√
x = a2 − z 2
√
s = 2 a − a2 − z 2
b) Der Schieber öffnet sich um ∆s, wenn der Punkt P um
die Strecke ∆z nach unten gezogen wird. Aus
√
√
∆s = 2 a − a2 − ∆z 2 oder a2 − ∆z 2 = a − 12 ∆s
folgt
r
2
2
a2 − ∆z 2 = a − 21 ∆s oder ∆z = a2 − a − 12 ∆s
Mit den Zahlenwerten bleibt ∆z = 0.04356 m und man
erhält die Dauer zu
0.04356
∆T = ∆z
zÛ = 0.25 = 0.17426 s
c) Die Differentiation der Bindungsgleichung liefert
i
p
d h −2 z zÛ
2z
sÛ =
2 a − a2 − z 2 = −2 √
=√
zÛ
dt
2 a2 − z 2
a2 − z 2
Als Ergebnis erhält man schließlich
sÛ0 = 0
und
sÛ∆s = √
2 ∆z
a2 −∆z 2
2 ∗ 0.04356
zÛ = √
∗0.25 = 0.242 m/s
0.102 −0.043562
1.6.2 Kurvenscheibe
c) Der Kontaktpunkt P kann der Kurvenscheibe und
dem Stößel zugeordnet werden. Als Punkt auf der Kurvenscheibe hat er die Geschwindigkeitskomponenten
v PK x = 0 und v PK y = Ω r = Ω r0 (3 + 2 cos ϕ).
Die entsprechenden Komponenten des Stößels sind mit
v PSx = rÛ = −2 r0 Ω sin ϕ und v PS y = 0
gegeben. Die Komponenten der Gleitgeschwingigkeit
folgen damit zu
v PGx = v PK x − v PSx = +2 r0 Ω sin ϕ und
v PG y = v PK y − v PS y = Ω r0 (3 + 2 cos ϕ).
Der Betrag der
√ Gleitgeschwindigkeit ist schließlich durch
v PG = Ω r0 13 + 12 cos ϕ
bestimmt.
d) Die Gleitgeschwindigkeit wird bei ϕ = 0 maximal
und erreicht dort den Wert v PG = 5 Ω r0 .
Die Ergebnisse können auch grafisch veranschaulicht werden
5
4
3
2
1
0
−1
−2
r(ϕ)/r0
v(ϕ)/(r0 Ω)
a(ϕ)/(r0 Ω2 )
vG (ϕ)/(r0 Ω)
0
90
180
270
360
1.6.3 Fahrmanöver
Auf einer Autobahneinfahrt sieht ein Pkw-Fahrer zum
Zeitpunkt t = 0 einen Lkw an ihm vorbeifahren. Er entschließt sich Gas zu geben und möchte zum Zeitpunkt
t = T am Ende der Auffahrt in einem Abstand von 10 m
vor dem Lkw einfädeln. Zu Beginn (t = 0) fährt der
Pkw mit der Geschwindigkeit v0P = 72 km/h und er liegt
10 m hinter dem Lkw. Während des gesamten Manövers
(0 ≤ t ≤ T) fährt der Lkw mit der konstanten Geschwindigkeit von v L = v0L = 81 km/h und legt dabei eine
Strecke von 120 m zurück.
120 m
t=0
OTH Regensburg
10 m
OTH Regensburg
10 m
t=T
a) Wie lange dauert das Manöver?
b) Welche Beschleunigung ist für das EinfädelManöver erforderlich?
c) Welche Geschwindigkeit hat der Pkw am Ende?
b) Für den Pkw, der an der Stelle s P (t = 0) = 0 mit der
Geschwindigkeit v P (t = 0) = v0P = 72 km/h startet, gilt
dann
a) Der Lkw fährt mit der konstanten Geschwindigkeit
von v L = v0L = 81 km/h und legt dabei eine Strecke von
s L = 120 m zurück. Es gilt dann
s(T) = s L = v L T
Die Bewegungen eines in x-Richtung verschieblichen
Stößels werden durch eine Kurvenscheibe erzeugt, die
in 0 drehbar gelagert ist und mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = Ω rotiert. Zu Beginn befindet sich
die Kurvenscheibe in der Winkellage ϕ(t = 0) = 0. Die
Kontur der Kurvenscheibe ist durch
r (ϕ) = r0 (3 + 2 cos ϕ)
festgelegt. Der Stößel bleibt stets in Kontakt mit der Kurvenscheibe.
oder T =
5.33 s
v P (t) = v0P + a t
und
s P (t) = v0P t +
Er muss in der Zeit T die Strecke
sL
120 m
=
=
v L 81/3.6 m/s
s P (T) = 10 + 120 + 10 = 140 m
1 2
at
2
c) Der Pkw hat am Ende die Geschwindigkeit
vEP = v P (t = T) = v0P + a T = 32.50 m/s = 117.0 km/h
zurücklegen. Dies hat die Beschleunigung
a=2
s P (T) − v0P T
T2
= 2.34 m/s2
zur Folge.
y0
0
φ
r(φ)
x0
P
a) Ermitteln Sie die Verschiebung, die Geschwindigkeit und die Beschleunigung der Stößelspitze P als
Funktion der Zeit.
b) In welchen Winkellagen erreicht die Beschleunigung
des Stößels extremale Werte und wie groß sind die?
c) Ermitteln Sie die Geschwindigkeit, mit der der Stößel im Punkt P an der Kurvenscheibe entlang gleitet.
7
2 Punkt-Kinetik
v I2
v I1
2.1 Axiom von Newton
m1
Bewegt sich eine Punktmasse m mit der Geschwindigkeit v® gegenüber einem ruhenden System, dann gibt der
Vektor
p® = m v®
v II
m1 + m2
m2
t < t0
t = t0+Δt
Bild 2.1: Auffahrunfall
(2.1)
den Impuls der Punktmasse an.
Eine an der Punktmasse angreifende Kraft F® verändert
den im ruhenden System 0 dargestellten Impuls. Gemäß
Newton1 gilt also
d
p®,0 = F®,0
dt
(2.2)
wobei der durch Komma abgetrennte Index 0 die Darstellung der Vektoren im ruhenden System 0 angibt.
Setzt man einen plastischen Stoss voraus, dann bewegen
sich beide Fahrzeuge unmittelbar nach dem Stoss (Zeitpunkt t = t0 +∆t) mit der Geschwindigkeit v I I und haben
dann den Impuls
p(t = t0 + ∆t) = pI I = m1 + m2 v I I
(2.5)
Vernachlässigt man die während des Stossvorgangs auftretenden äußeren Kräfte, dann folgt aus der Impulserhaltung
m1 v1I + m2 v2I = m1 + m2 v I I
(2.6)
die Geschwindigkeit nach dem Stoss zu
2.2 Impulserhaltung
v
Werden auf ein mechanisches System keine Kräfte eingeprägt, dann folgt mit F®,0 = 0 aus dem Newtonschen
Axiom (2.2) die Impulserhaltung
d
p®,0 = 0
dt
II
m1 v1I + m2 v2I
=
m1 + m2
Für den Sonderfall m1 m2 bleibt
II
vm
≈
2 m1
oder
p®,0 = konst.
(2.3)
In vielen Fällen ist die resultierende äußere Kraft nicht
exakt Null, kann aber für eine erste Abschätzung als vernachlässigbar klein angesehen werden.
Bei einem Auffahrunfall zum Beispiel können während
des Stoßvorgangs t0 → t0 + ∆t die äußeren Kräfte vernachlässigt werden. Entsprechend Bild 2.1 ist der Impuls
vor dem Aufprall durch
p(t = t0 ) = p =
I
m1 v1I
+
m2 v2I
(2.7)
m1 v1I
= v1I
m1
(2.8)
Die Geschwindigkeit des schwereren Fahrzeug wird also
durch das Auffahren auf ein leichteres Fahrzeug praktisch
nicht verändert wird (v I I ≈ v1I ). Das leichtere Fahrzeug
allerdings wird innerhalb der sehr kleinen Zeit ∆t von
v2I auf die Geschwindigkeit des auffahrenden Fahrzeugs
v I I ≈ v1I beschleunigt.
2.3 Impulssatz
(2.4)
2.3.1 Definition
gegeben, wobei das Fahrzeug mit der Masse m1 zum
Zeitpunkt t = t0 mit der Geschwindigkeit v1I > v2I auf
das Fahrzeug der Masse m2 auffährt.
Bei abgeschlossenen Systemen wird über die Systemgrenze weder Masse zu- noch abgeführt. Wegen m =
const. folgt dann aus (2.2) mit (2.1) der Impulssatz
m
1 Sir
Isaac Newton (1643 – 1727)
Englischer Mathematiker und Physiker, Verfasser der “Philosophiae Naturalis Principia Mathematica”
8
wobei
d
v®,0 = F®,0
dt
d
v®,0 = a®,0
dt
(2.9)
(2.10)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
die Beschleunigung der Punktmasse gegenüber einem
ruhenden System 0 angibt.
Die Integrationskonstanten C1 und C2 können aus den
Anfangsbedingungen
Der Impulssatz kann in jedem beliebigen Koordinatensystem R angeschrieben werden
x(t0 = 0) = 0 und
(2.11)
Zu beachten ist allerdings, daß a® stets die Beschleunigung
der Punktmasse m gegenüber dem ruhenden System 0
sein muß.
C2 = 0
Eine Punktmasse m tritt zum Zeitpunkt t0 = 0 an der
Stelle x(t0 ) = 0, y(t0 ) = 0 mit der AnfangsgeschwindigÛ 0 ) = v0 , y(t
Û 0 ) = 0 in ein Magnetfeld ein, dessen
keit x(t
Anziehungskraft durch Fx = 0 und Fy = FE Lx gegeben
ist, Bild 2.2.
y
x = x(t) = v0 t
L
(2.18)
die Beschleunigung in y-Richtung. Eine erste unbestimmte Integration liefert die Geschwindigkeit
FE v0 t 2
+ C3
mL 2
yÛ =
FE v0 t 3
+ C3 t + C4
mL 6
y =
(2.19)
x
und
Û 0 = 0) = 0
y(t
(2.21)
verschwinden hier die Integrationskonstanten
C3 = 0
Bild 2.2: Bewegung in einem Magnetfeld
(2.20)
Wegen
y(t0 = 0) = 0
Bahnkurve
und C4 = 0
(2.22)
Damit beschreiben
Die Vektoren
v0P
xÛ
= yÛ ;
0
a0P
xÜ
= yÜ (2.12)
0
beschreiben Lage, Geschwindigkeit und Beschleunigung
der Punktmasse gegenüber dem ruhenden Koordinatensystem.
Unter Vernachlässigung der Erdanziehung liefert der Impulssatz für die beiden wesentlichen Komponenten
m xÜ = Fx
= 0
m yÜ = Fy = FE
x
L
(2.13)
und
und
y(t) =
FE v0 t 3
mL 6
(2.23)
die Bewegung der Punktmasse. Eliminiert man die Zeit
t, dann erhält man mit
y(x) =
FE
x3
6 v02 m L
(2.24)
die Gleichung der Bahnkurve.
x=L
x = C1 t + C2
(2.14)
FE
L2
6 v02 m
(2.25)
dy FE L
=
=
dx x=L
2 v02 m
(2.26)
und
y =
unter dem Winkel
tan αL
Aus der ersten Gleichung folgt
xÛ = C1
x(t) = v0 t
Die Punktmasse verläßt das Magnetfeld an der Stelle
Die Bewegungsgleichungen (2.13) sind gekoppelt, können aber dennoch sukzessive gelöst werden.
bzw.
(2.17)
und eine weitere Integration auch die Auslenkung
α
v0
FE v0
t
mL
yÜ =
FE
xÜ = 0
(2.16)
Damit kann die Bewegung in x-Richtung mit
2.3.2.1 Freie Bewegung, allgemeines Kraftgesetz
r0P
und C1 = v0 .
als reine Zeitfunktion angegeben werden. Mit (2.17) folgt
dann aus der zweiten Gleichung in (2.13) mit
2.3.2 Beispiele
x
= y ;
0
(2.15)
bestimmt werden. Man erhält
m a®, R = F®, R
m
Û 0 = 0) = v0
x(t
9
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
zB
yB
zB
a
h
h
b
ϕ
ϕ
y0
x0
P
x0
Bild 2.3: Fliehkraftpendel
Das skizzierte Fliehkraftpendel dreht mit der Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = Ω um die z0 -Achse. Der Winkel α = α(t) beschreibt die Auslenkung des Pendels,
Bild 2.3.
Die Beschleunigung der Pendelmasse gegenüber dem ruhenden System x0 , y0 , z0 kann am einfachsten im System
xB , yB , zB dargestellt werden. Mit den Zylinderkoordinaten r =r(t), ϕ = ϕ(t) und z = z(t) gilt gemäß (1.52)
a®0P, B =
r®Ü0P,0
,B
rÜ − r ϕÛ2
= r ϕÜ + 2 rÛ ϕÛ
zÜ
(2.27)
wobei hier
und
z = h − b cos α
(2.28)
gilt. Mit den Ableitungen
rÛ = b αÛ cos α
rÜ = b αÜ cos α − b αÛ 2 sin α
mg
Der Impulssatz für die Pendelmasse, angeschrieben im
System B, liefert also
m ( b αÜ cos α − b αÛ 2 sin α − x P ϕÛ2 ) = −N sin α
Û =Q
m (x P ϕÜ + 2 (b αÛ cos α)ϕ)
m b αÜ sin α + b αÛ 2 cos α = N cos α − mg
(2.32)
wobei die Abkürzung x P = a + b sin α verwendet wurde.
Die erste und dritte Gleichung können durch Multiplikation mit sin α und cos α sowie anschließender Addition,
bzw. Subtraktion, zu einer nichtlinearen Differentialgleichung 2. Ordnung für den Pendelausschlagswinkel α
zÛ = b αÛ sin α
zÜ = b αÜ sin α + b αÛ 2 cos α
(2.33)
und zu einer Bestimmungsgleichung für N
m ( b αÛ 2 + (a+b sin α) sin α ϕÛ2 ) = N −mg cos α (2.34)
(2.29)
umgeformt werden.
Die Differentialgleichung (2.33) kann nur mehr numerisch gelöst werden.
(2.30)
lautet dann (2.27)
b αÜ cos α−b αÛ 2 sin α−(a+b sin α) ϕÛ2
a®0P,B =
Ü (b αÛ cos α) ϕÛ
(a+b sin α) ϕ+2
(2.31)
2
b αÜ sin α+b αÛ cos α
Die Wirkung der Pendellagerung (axiales Lager) auf die
Pendelmasse äußert sich in der Normalkraft N und der
Querkraft Q. Dabei zeigt die Normalkraft in Richtung der
Pendelstange und die Querkraft in yB -Richtung. Die Gewichtskraft mg ist entgegen der z0 = zB -Achse gerichtet,
Bild 2.4.
10
P
m ( b αÜ − (a+b sin α) cos α ϕÛ2 ) = −mg sin α
r = a + b sin α
und
Q
N
Bild 2.4: Kräfte am Fliehkraftpendel
2.3.2.2 Bewegung mit kinematischen Bindungen
b
α
z0
α
y0
a
xB
xB
z0
yB
Bei konstanter Drehzahl ϕÛ = Ω = const. ist eine stationäre
Lösung α = αS = const. möglich. Mit αÜ S = 0 folgt aus
(2.33) eine transzendente Gleichung
− (a+b sin αS ) cos αS Ω2 = −g sin αS ,
(2.35)
die wieder nur numerisch nach αS aufgelöst werden
kann.
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
2.4 Energiesatz
erhält man
T
m v dv = d r®0P,0
F®,0 = F®,0T d r®0P,0
2.4.1 Herleitung
(2.44)
Nun kann auf beiden Seiten integriert werden
Die Bewegung einer Punktmasse m unter dem Einfluß
einer Kraft F® wird gemäß (2.36) durch den Impulssatz
m
d
m v®0P,0 = F®,0
dt
(2.36)
d
beschrieben, wobei v®0P,0 = dt
r®0P,0 die Geschwindigkeit der Punktmasse gegenüber dem ruhenden System 0
angibt, Bild 2.5.
P(t 0 )
z0
s
r0P(t 0 )
P(t)
F
r0P(t)
0
x0
Bahnkurve
r0P(t E)
v0
F®,0T d r®0P,0
r®0
wobei die Grenzen mit v0 = v(t0 ), vE = v(tE ) und r®0 =
r®0P,0 (t0 ), r®E = r®0P,0 (tE ) abgekürzt wurden.
Das Integral auf der linken Seite kann allgemein gelöst
werden und liefert die kinetischen Energien der Punktmasse zum Zeitpunkt t = t0 und t = tE
r®E
r®0
Mit
(2.37)
F®,0T d r®0P,0 = WF(0→E)
(E)
(0)
Ekin
− Ekin
= WF(0→E)
(2.38)
Nach skalarer Multiplikation mit dem Einheitsvektor e®t
in Richtung der Bahntangente erhält man
1
(2.39)
(2.47)
Mit dem Energiesatz
folgt aus (2.36)
T
T Û
T ®
m vÛ e®t,0
e®t,0 + v e®t,0
e®t,0 = e®t,0
F,0 .
| {z }
| {z }
(2.46)
Der Ausdruck auf der rechten Seite von (2.45) definiert
die Arbeit, die die in Richtung des Wegelements d r®0P,0
projizierte Kraft F® auf dem Weg von r®0 bis r®E geleistet
hat
∫
Bild 2.5: Bewegung einer Punktmasse
m vÛ e®t,0 + v e®Ût,0 = F®,0 .
(2.45)
0
P(t E)
v®0P,0 = v e®t,0
v dv =
∫r®E
(E)
(0)
Ekin
Ekin
vE z }| { z }| {
∫vE
1
1
1
m v dv =
= m vE2 − m v02
m v2
2
2
2
v0
v
et
y0
∫vE
(2.48)
als integrierte Form des Impulssatzes kann in einigen Fällen die Bewegung einer Punktmasse eleganter beschrieben werden.
2.4.2 Energieerhaltung
0
Es bleibt also
T ®
m vÛ = e®t,0
F,0 .
(2.40)
Nur der Anteil der Kraft in Richtung der Bahntangente
führt zu einer Änderung der Bahngeschwindigkeit v.
Mit
dv
dv ds
=
v
ds dt
ds
kann (2.40) in der Form
vÛ =
T ®
m v dv = e®t,0
F,0 ds
(2.41)
0
r®0
lautet dann (2.48)
(E)
(0)
(E)
(0)
Ekin
− Ekin
= − E pot
− E pot
(2.42)
angeschrieben werden. Mit
d r®0P,0 = ds e®t,0
In einigen Sonderfällen, bei konservativen Kräften, kann
das Integral in (2.47) allgemein gelöst werden. Analog
zu (2.46) wird dann die Stammfunktion des negativen
Arbeitsintegrals als potentielle Energie E pot bezeichnet.
Mit
∫ r®E
r®
(E)
(0)
−
F®,0T d r®0P,0 = E pot r®E = E pot
− E pot
(2.49)
(2.50)
oder
(2.43)
11
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
(0)
(0)
(E)
(E)
E pot
+ Ekin
= E pot
+ Ekin
| {z }
| {z }
E (0)
(2.51)
Die Pakete kommen nur dann zum Stillstand, wenn der
Reibwert die Bedingung
E (E)
µ > tan α
Gleichung (2.51) wird als Energieerhaltungssatz bezeichnet.
erfüllt.
Für die Berechnung der Zeit muss die Bewegung in zwei
Abschnitte unterteilt werden. Der Impulssatz
2.4.3 Beispiel
m xÜ1 = mg sin α
Eine Paketrutsche ist um den Winkel α gegenüber der Horizontalen geneigt. Im ersten Teil mit der Länge a sorgen
kleine Rollen für einen reibungsfreien Transport. Auf der
anschließenden Gleitstrecke mit dem Reibwert µ werden
die Pakete bis zum Stillstand abgebremst, Bild 2.6.
B
C
s
A
a
Die Pakete werden bei A ohne Anfangsgeschwindigkeit
aufgesetzt und sollen auf der Gleitstrecke bei x2 = s zum
Stillstand kommen.
Auf das freigeschnittene Paket wirken die Gewichtskraft
mg, die Normalkraft FN und die Reibkraft FR , Bild 2.7.
In z-Richtung findet keine Bewegung statt. Es gilt also
z
oder
FN = mg cos α . (2.52)
0 − 0 = mg sin α (a+s) − µ mg cos α s (2.53)
|{z} |{z} |
{z
}
(A)
Ekin
WF(A→B)
wobei mg sin α der Hangabtrieb und µ mg cos α die Reibkraft angibt. Aufgelöst bleibt
s =
12
a sin α
µ cos α − sin α
(2.58)
x1 =
1
g sin α t 2
2
(2.59)
bestimmt. Das Ende der Rollenbahn x1 = a wird demnach in der Zeit
s
2a
t AC =
(2.60)
g sin α
beschrieben, wobei der Impulssatz (2.61) durch die Reibkraft
FR = −µ FN = −µ mg cos α
(2.62)
Die Strecke s, die ein Paket auf der Gleitstrecke zurücklegt, kann am einfachsten mit dem Energiesatz berechnet
werden. Für die Bewegung von A nach B erhält man
gemäß (2.48)
(B)
Ekin
1
g sin α t 2 + C1 t + C2
2
Auf der Gleitstrecke, Abschnitt CB, wird die Bewegung
durch
m xÜ2 = mg sin α − µ mg cos α
(2.61)
FR
Bild 2.7: Paket freigeschnitten
0 = FN − mg cos α
und für den Weg
erreicht.
x
mg
(2.57)
Die Anfangsbedingungen x1 (t = 0) = 0 und xÛ1 (t = 0) = 0
haben die Integrationskonstanten C1 = 0 und C2 = 0 zur
Folge. Der zurückgelegte Weg ist dann durch
Bild 2.6: Paket-Rutsche
FN
xÛ1 = g sin α t + C1
x1 =
α
(2.56)
beschreibt die Bewegung auf der Rollenbahn, Abschnitt
AC. Da die Beschleunigung xÜ1 = g sin α konstant ist,
erhält man für die Geschwindigkeit
x1
x2
(2.55)
(2.54)
erweitert wurde. Auch hier ist die Beschleunigung mit
xÜ2 = g (sin α − µ cos α)
(2.63)
konstant. Analog zu (2.57) gilt somit
xÛ2 = g (sin α − µ cos α) t + C3 ,
(2.64)
wobei zu beachten ist, daß die Zeitachse wieder bei t = 0
beginnt. Die Pakete treten mit
p
x2 (t = 0) = xÛ1 (t = t AC ) = 2ga sin α
(2.65)
in die Gleitstrecke ein und werden bis zum Stillstand
abgebremst
xÛ2 (t = tC B ) = 0 .
(2.66)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
Gemäß (2.64) gilt also
0 = g (sin α − µ cos α) tC B + C3 ,
wobei die Integrationskonstante
p
C3 = 2ga sin α
(2.67)
dm anschließt, Bild 2.8. Die Impulsbilanz zu den Zeitpunkten t und t + dt liefert
p(t) = m v + dm (v + vr el )
(2.74)
p(t + dt) = (m + dm) (v + dv)
(2.68)
aus (2.65) und (2.64) folgt. Mit (2.68) kann (2.67) nach
der Bremsdauer aufgelöst werden
p
2ga sin α
tC B =
(2.69)
g (µ cos α − sin α)
wobei vr el die Relativgeschwindigkeit des Masseteilchens gegenüber dem Körper angibt. Die Impulsändet
t+dt
dm
m
m+dm
v+vrel
v
v+dv
Bild 2.8: Massentransport
Mit
T = t AC + tC B
(2.70)
hat man dann auch die Gesamtdauer des Transportvorgangs.
2.5 Leistung
Die pro Zeiteinheit verrichtete Arbeit definiert die Leistung
dW
P=
(2.71)
dt
Entsprechend (2.47) ist der infinitesimal kleine Arbeitsanteil durch
dW = F®,0T d r®0P,0
(2.72)
rung erhält man aus
p(t + dt) − p(t)
dp
= lim
dt→0
dt
dt
Eingesetzt bleibt
(2.75)
dv dm
dp
= m(t)
−
vr el
(2.76)
dt
dt
dt
wobei der quadratisch kleine Term dm dv beim Grenzübergang dt → 0 gegenüber den restlichen Termen vernachlässigt wurde.
Bei einer Rakete wird Masse ausgestoßen, Bild 2.9.
offene Systemgrenze
w
v
F
definiert. Damit erhält man
P =
d r®0P,0
dW
= F®,0T
= F®,0T v®0P,0
dt
dt
(2.73)
wobei die Ableitung des Ortsvektors r®0P,0 durch den Geschwindigkeitsvektor v®0P,0 ersetzt wurde.
2.6 Raketengleichung
2.6.1 Herleitung
Das System Rakete ist nicht abgeschlossen, da mit dem
ausgestoßenen Treibstoff ständig Masse das System verläßt, Bild 2.9. Das Newtonsche Axiom in der Form
dp
dt = F gilt auch für nicht abgeschlossene Systeme.
Allerdings muß jetzt bei der Impulsänderung der Massentransport über die Systemgrenze berücksichtigt werden.
Zur Herleitung wird ein Körper der Masse m betrachtet,
dem sich im Zeitinterval t → t + dt ein Massenteilchen
Bild 2.9: Rakete
Mit der Massenabnahme
dm
dt
und der Ausströmgeschwindigkeit
µ = −
(2.77)
w = −vr el
(2.78)
erhält man aus (2.76)
dp
dv
= m(t)
− µw
dt
dt
Damit lautet der Impulssatz für eine Rakete
dp
dv
= m(t)
− µw = F
dt
dt
oder in Form der Raketengleichung
m(t)
dv
= S + F
dt
(2.79)
(2.80)
(2.81)
wobei die aktuelle Masse m = m(t) durch die Massenänderung (2.77) definiert ist, S = µ w den Schub bezeichnet
und in F die auf die Rakete wirkenden äußeren Kräfte
zusammengefaßt wurden.
13
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
2.6.2 Beispiel Wasserstoffrakete
2.7 Aufgaben
Die Ausströmgeschwindigkeit einer Wasserstoffrakete
beträgt etwa w ≈ 4 000 m/s und die Massenabnahme
ist konstant, µ = const. Vernachlässigt man den Luftwiderstand und die Erdanziehung, dann lautet die Raketengleichung (2.81)
2.7.1 Güterwagen
m(t)
dv
= µw
dt
(2.82)
Wegen m = m(t) muß die Separation in der Form
µw
dv =
dt
(2.83)
m(t)
Ein Güterwagen der Masse m läuft mit der Geschwindigkeit v0 auf einen Prellbock auf. Ein Scherenmechanismus
erlaubt dem Prellbock die Verschiebung s und erzeugt
während des Zusammenschiebens über die Reibung in
den verschraubten Gelenken eine Kraft F, die über die
ganze Strecke als konstant betrachtet werden kann.
F
v0
s
durchgeführt werden. Mit µ = const. folgt aus (2.77)
dm
= −µ oder
dt
m(t) = m0 − µ t
(2.84)
wobei m0 = m(t = 0) die Startmasse der Rakete angibt.
Eingesetzt in (2.83) erhält man unter Berücksichtigung
von µ w = const.
v=v(t)
∫
dv = µ w
v=0
∫t
dt
m0 − µ t
a) Der Energiesatz
0 − E E = W 0→E
Ekin
F
kin
liefert für den Bremsvorgang
0 − 12 m v02 = −F s
Aufgelöst bleibt
r
2F s
v0 ≤
m
b) Während des Bremsvorgangs lautet der Impulssatz
m vÛ = −F
Nach einer unbestimmten Integration bleibt
m v(t) = −F t + C
Zu Beginn (t = 0) hat der Wagen die Geschwindigkeit v0 .
Damit erhält man
m v(t) = m v0 − F t
Am Ende t = T steht der Wagen, v(t = T) = 0.
Für die Bremsdauer bleibt also
m v0
T=
F
a) Wie groß darf die Geschwindigkeit v0 höchstens
sein, damit der Güterwagen innerhalb der Strecke
s bis zum Stillstand abgebremst wird?
b) Wie lange dauert der Bremsvorgang?
(2.85)
t=0
2.7.2 Hülse
oder
v(t) = µ w
1
− ln(m0 − µ t)
µ
t
(2.86)
t=0
Nach Einsetzen der Grenzen bleibt schließlich
m0
v(t) = w ln
m0 − µ t
(2.87)
wobei der Term µ t = mT (t) die bis zum Zeitpunkt t
verbrauchte Treibstoffmenge angibt.
Die Treibstoffmenge, die benötigt wird, um eine Rakete
auf die Endgeschwindigkeit vE zu beschleunigen, kann
gemäß (2.87) durch
m0
vE = w ln
(2.88)
m0 − mT
abgeschätzt werden. Aus (2.88) erhält man
m0 − mT
= e−vE /w
m0
(2.89)
oder
mT
= 1 − e−vE /w
(2.90)
m0
Für eine Wasserstoffrakete (w = 4 000 m/s), die auf
Fluchtgeschwindigkeit vE = 11 200 m/s beschleunigt
werden soll, folgt aus (2.90)
mT
= 1 − e−11 200/4 000 = 0.9392
(2.91)
m0
d.h. die Rakete muß beim Start zu 94% aus Treibstoff
bestehen.
14
m
Eine Stange, die bei A drehbar gelagert ist, befindet sich
zum Zeitpunkt t = 0 in der horizontalen Winkellage
ϕ = 0. Auf der Stange sitzt eine Hülse mit der Masse m,
die zum Zeitpunkt t = 0 vom Drehpunkt A den Abstand
s(t = 0) = s0 = 0.5 m hat. Die Stange rotiert mit der
konstanten Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = Ω = 2.0 rad/s
um die z0 -Achse.
y0
μ
s
g
m
φ
A
x0
a) Wie groß muss der Reibwert µ zwischen der Hülse
und der Stange mindestens sein, damit sich die Hülse
zu Beginn (t = 0, ϕ = 0, s = s0 = 0.5 m) nicht sofort
nach außen bewegt?
b) Ein Reibwert von µ = 0.4 lässt die Hülse zunächst
am Stab haften, kann aber nicht verhindern, dass sie
bei dem Winkel ϕ = ϕG nach innen zu rutschten
beginnt. Geben Sie die Gleichung an, aus der die
Winkellage ϕG ermittelt werden kann.
c) Wie lautet dann im Bereich ϕG < ϕ ≤ 90◦ die
Bewegungsgleichung der Hülse.
y0
A
N μ
s
a) Zum Zeitpunkt t = 0 gilt ϕ = 0 und s = s0 . Solange die Hülse am
Stab haftet, bleibt der Abstand zum Drehpunkt s = s0 konstant. Mit
sÛ = 0 und sÜ = 0 bleibt dann
R
φ
mg
x0
Für eine konstante Winkelgeschwindigkeit (ϕÛ = Ω und ϕÜ = 0 sind
die Bewegungsgleichungen
fürdie Hülse in allgemeiner Lage durch
m sÜ − s Ω2 = −R − mg sin ϕ
2 m sÛ Ω = N − mg cos ϕ
gegeben.
−ms0 Ω2 = −R und 0 = N − mg
oder
R = ms0 Ω2 und N = mg
Die Reibungsungleichung liefert dann
|R| ≤ µ N oder µ ≥
Mit den Zahlenwerten bleibt
|R|
N
µ≥
bzw.
µ≥
s0 Ω2
g
0.5 ∗ 2.02
= 0.204
9.81
b) Für ϕ , 0 und s = s0 = konst. erhält man aus den Bewegungsgleichungen
−m s0 Ω2 = −R − mg sin ϕ und 0 = N − m g cos ϕ
oder
R = m s0 Ω2 − mg sin ϕ und N = m g cos ϕ
Die Hülse beginnt nach innen zu rutschen, wenn |RG | = µ NG oder
RG = ± µ NG gilt. Da nun die Reibkraft nach außen wirkt, erhält
man im Grenzfall
RG = −µNG oder m s0 Ω2 − mg sin ϕG = −µ m g cos ϕG
Die Bestimmungsgleichung lautet also
s0 Ω2
sin ϕG = µ cos ϕG +
bzw. sin ϕG = 0.4 cos ϕG + 0.204
g
i+1 = arcsin 0.4 cos ϕ i + 0.204 gelöst werden.
Die Gleichung kann über die Fixpunkt-Iteration ϕ G
G
0 = 30◦ erhält man bereits nach 5 Iterationen das Ergebnis ϕ = 32.72◦
Mit dem Startwert ϕ G
G
c) Bei der nach innen gleitenden Hülse ist die Reibkraft mit R =
−µ N und die Normalkraft mit N = 2 m sÛ Ω + m g cos ϕ gegeben.
Damit lautet für ϕ ≥ ϕG der Impulssatz in radialer Richtung
m sÜ − s Ω2 = µ (2 m sÛ Ω + mg cos ϕ) − mg sin ϕ
Mit der Masse m durchgekürzt und etwas umgestellt bleibt
sÜ − 2 µ sÛ Ω − s Ω2 = −g (sin ϕ − µ cos ϕ)
wobei der Winkel durch ϕ = Ω t gegeben ist und zu beachten ist,
dass die Bewegungsgleichung erst für t ≥ ϕG /Ω gilt.
3 Kräfte
3.1 Federkräfte
Die Richtung der im Anlenkpunkt 2 auf das Kraftelement
wirkenden Kraft ist durch den Einheitsvektor in Richtung
des Kraftelements gegeben
3.1.1 Kraftgesetz
Stäbe, Drähte oder Seile werden in der Technischen Mechanik in der Regel als masselose Kraftelemente beschrieben. Die in Elementrichtung übertragene Kraft F
kann dabei als Funktion der Längenänderung 4` angegeben werden,
F = F(4`)
(3.1)
Als Symbol für solche Kraftelemente verwendet man das
Sinnbild einer Schraubenfeder, Bild 3.1.
F
z0
0
y0
r 01
x0
1
e®12 =
(3.5)
Wie das folgende Beispiel verdeutlicht, kann das Kraftübertragungsverhalten einer Feder trotz linearer Federkennung nichtlinear werden.
3.1.2 Nichtlineare Federkräfte
Eine Punktmasse bewegt sich reibungsfrei in einer horizontalen Führung, Bild 3.2. Zwischen der Masse m und
dem Lagerpunkt A ist eine Feder mit der ungespannten
Länge `0 und der Steifigkeit cF gespannt.
0
x
x
m
F
r 02
r®12
r®02 − r®01
=
| r®12 |
| r®02 − r®01 |
2
cF ,
a
0
FF
N α
mg
Bild 3.1: Federelement
Sind die Anlenkpunkte des Kraftelements durch die Vektoren r®01 und r®02 gegeben, dann errechnet sich die aktuelle
Länge aus
` = r®12 | = | r®02 − r®01 (3.2)
Bezeichnet `0 die Länge des Kraftelements im unbelasteten Zustand, dann folgt die Längenänderung aus
4` = ` − `0
(3.3)
Bei linear elastischem Materialverhalten sind Kraft und
Auslenkung proportional
F = c 4`
(3.4)
wobei die Proportionalitätskonstante c mit der Dimension N/m als Steifigkeit oder Federkonstante bezeichnet
wird.
Bild 3.2: Nichtlineare Kraftwirkung
Der Impulssatz in x-Richtung lautet
m xÜ = −FF sin α
(3.6)
Das Federgesetz liefert
FF = cF 4` = cF (` − `0 )
wobei die aktuelle Länge hier durch
√
` = a2 + x 2
(3.7)
(3.8)
gegeben ist. Mit sin α = x/` und dem Federgesetz (3.7)
lautet der Impulssatz (3.6)
m xÜ = −cF (` − `0 )
x
= −cF (1 − `0 /`) x
`
(3.9)
15
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
und mit (3.8) bleibt schließlich
`0
x
m xÜ = − cF 1 − √
a2 + x 2
|
{z
}
F = F(x)
(3.10)
angeschrieben werden, die durch die harmonische Funktion
x = A sin ω0 t + B cos ω0 t
(3.15)
gelöst wird. Die Konstanten A und B können aus den
Anfangsbedingungen
Trotz linearer Federkennung FF = cF 4` erhält man
hier auf Grund der Kinematik eine nichtlineare Kraftwirkung.
Für kleine Auslenkungen mit x a kann die Kraft F(x)
durch
`0
F(x) ≈ − cF 1 −
x = −c x
(3.11)
a
x(t = 0) = x0
`0 > a
`0 = a
`0 < a
⇒
⇒
⇒
Druckvorspannung
keine Vorspannung
Zugvorspannung
Tabelle 3.1: Ersatzfederkonstante
Nur wenn die Feder unter Zug vorgespannt wird, erhält
man mit c > 0 und F(x) = −c x eine rückstellende, der
Auslenkung x entgegengerichtete, Kraft. Im Sonderfall
`0 = a kann die Masse in x-Richtung kleine Bewegungen
praktisch ohne Widerstand F(x) ≈ 0 ausführen. Wird die
Feder unter Druck vorgespannt, dann ist das Systemverhalten instabil, da eine positive Auslenkung x > 0 wegen
c < 0 und F(x) = −c x zu einer positiven Kraft F > 0
führt, die die Auslenkung vergrößert.
d xÛ
d xÛ dx
d xÛ
=
= xÛ
dt
dx dt
dx
(3.17)
3.1.4 Federenergie
Mit der Umformung
xÜ =
c<0
c=0
c>0
(3.16)
bestimmt werden.
angenähert werden.
Für die Ersatz-Federkonstante c können die, in der Tabelle 3.1 zusammengestellten, Fälle unterschieden werden.
Û = 0) = v0
x(t
und
kann nach Separation auf beiden Seiten von (3.10) integriert werden
∫
∫
∫
`0 x
dx (3.18)
m xÛ d xÛ = − cF x dx + cF √
a2 + x 2
wobei die rechte Seite auf zwei Terme aufgeteilt wurde.
Man erhält
√
1
1
m xÛ 2 = − cF x 2 + cF `0 a2 + x 2 + C (3.19)
2
2
wobei in C die Konstanten der unbestimmten Integrationen zusammengefasst sind. Mit der aktuellen Federlänge
(3.8) und der daraus folgenden Beziehung
x 2 = ` 2 − a2
(3.20)
lautet (3.19)
1
1
m xÛ 2 = − cF (` 2 − a2 ) + cF `0 ` + C
2
2
(3.21)
oder
3.1.3 Der Lineare Schwinger
Bei einer auf Zug vorgespannten Feder kann die Federkraft bei kleinen Auslenkungen x a gemäß (3.11)
durch das lineare Federgesetz F = −c x mit c > 0 approximiert werden. Der Impulssatz lautet dann
m xÜ = − c x
xÜ +
16
x = 0
Ekin =
(3.12)
Mit der, als ungedämpfte Eigenfrequenz bezeichneten,
Abkürzung
c
ω02 =
(3.13)
m
kann (3.12) als Schwingungsdifferentialgleichung
ω02
1
1
1
1
m xÛ 2 = − cF ( ` − `0 )2 + C + cF `02 + cF a2
2
2
2
2
|{z}
|
{z
}
4`
const.
(3.22)
Mit der kinetischen Energie der Punktmasse
(3.14)
1
m xÛ 2
2
(3.23)
1
cF 4` 2
2
(3.24)
und
E pot =
als potentielle Energie der Feder gibt (3.22) die Energieerhaltung
Ekin + E pot = const.
(3.25)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
an. Die Kraftwirkung von Federn ist energieerhaltend.
Mit (3.22) kann zwar die Geschwindigkeit der PunktmasÛ
se als Funktion des Weges, xÛ = x(x)
angegeben werden.
Eine weitere Integration, die dann die Zeit t als Funktion
des Weges, t = t(x) liefern würde, kann in der Regel nicht
mehr analytisch durchgeführt werden. Bei nichtlinearen,
wegabhängigen Kraftgesetzen kann in den meisten Fällen
die Lösung x = x(t) nur mehr durch numerische Integration gewonnen werden.
zwischen Körper und Unterlage ist mit µ gegeben. Der
Körper hat stets Kontakt mit der Unterlage.
C
a1
A
vA
m
a2
vB
µ2
µ1
B
α
Bild 3.4: Transportvorgang
3.2 Widerstandskräfte
Mit welcher Geschwindigkeit v A muß er in A starten um
bei B mit der Geschwindigkeit VB anzukommen?
3.2.1 Trockene Reibung
Kommt es in der Berührebene zweier Körper zu Relativbewegungen, Bild 3.3, dann kann nach Coulomb1 die
auf den Körper 1 wirkende Reibkraft durch
F®R = −µ FN
v®G
| v®G |
(3.26)
beschrieben werden, wobei µ den Gleitreibungsbeiwert,
FN die Normalkraft und
v®G = v®0P1 − v®0P2
(3.27)
die Gleitgeschwindigkeit im Kontaktpunkt angibt.
v0P1
1
vG
P1
2
s1
R1
R2
mg
N1
mg
N2
Bild 3.5: Körper freigeschnitten
Aus der Kräftebilanz in Richtung der Normalkraft folgt
und
N2 = m g
(3.28)
R2 = µ m g
(3.29)
Für die Reibkräfte gilt dann
FN
FR
Bild 3.3: Coulomb-Reibung
Das Reibgesetz (3.26) gilt nur für Gleitgeschwindigkeit
v®G > 0. Übergänge zwischen Gleiten und Haften können
mit diesem Ansatz nicht untersucht werden.
Wie das folgende Beispiel zeigt, lassen sich Problemstellungen mit Festkörperreibung meist recht gut mit dem
Energiesatz (2.48) lösen.
Betrachtet wird ein Transportvorgang, Bild 3.4, bei dem
ein Körper der Masse m von A nach B gebracht werden soll. Die Transportstrecke besteht aus einer schiefen
Ebene und einem horizontalen Teilstück. Der Reibwert
1 Charles
s2
N1 = m g cos α
v0P2
P
In den beiden Abschnitten 0 ≤ s1 ≤ a1 und 0 ≤ s2 ≤ a2
wirken auf den Körper das Gewicht, die Normalkraft und
die Reibkraft, Bild 3.5.
Augustin de Coulomb (1736 – 1806)
französischer Physiker, entwickelte in der Abhandlung “Theorie
des machines simples” seine Theorie der Reibungskräfte
R1 = µ m g cos α
und
Der Energiesatz (2.48) lautet hier
1 2 1 2
mv − mv =−(sin α+ µ1 cos α)mga1
2 B 2 A
{z
}
|{z} |{z} |
(A→C)
W
(B)
(A)
Ekin
Ekin
−µ2 mga2 .
| {z }
(3.30)
W (C→B)
Aufgelöst bleibt
q
vA = vB2 + 2g(a1 sin α+ µ1 a1 cos α+ µ2 a2 ) .
(3.31)
3.2.2 Laminare Strömung
Bewegt sich ein Körper in einem zähen Fluid und setzt
man eine laminare Strömung voraus, dann kann nach
Stoke die auf den Körper wirkende Kraft durch
17
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
F®W = −d v®r el
(3.32)
beschrieben werden, wobei d eine Konstante und
v®r el = v®0K − v®0F
(3.33)
die Relativgeschwindigkeit zwischen Körper (K) und
Fluid (F) angibt.
3.2.3 Turbulente Strömung
Bei turbulenter Strömung erhält man die Widerstandskraft aus dem Staudruck. Dabei gilt
ρF
F®W = −cW
A |®vr el | v®r el
2
(3.34)
wobei cW einen dimensionslosen Formparameter, ρF die
Fluiddichte, A die angeströmte Querschnittsfläche und
v®r el die nach (3.33) berechnete Relativgeschwindigkeit
angibt.
Mit m = 75 kg und ρ L = 1.25 kg/m3 erhält man bei
A = 36 m2 und cW = 1.4 für den geöffneten Fallschirm
vG ≈ 4.8 m/s = 17.3 km/h und für geschlossenem Schirm
bei A = 0.4 m2 und cW = 1 ergibt sich vG ≈ 54.25 m/s =
195.3 km/h .
Die Differentialgleichung (3.36) kann noch allgemein
gelöst werden. Mit (3.37) bleibt nach Separation
∫ v
∫ t
dv
1 cW ρ L A
=
dt
(3.38)
2
2
2
m
v0 vG − v
0
Nimmt man an, daß der Springer seinen Schirm sofort
öffnet, dann ist v0 = 0 und seine Geschwindigkeit nähert
2
sich von unten an den Grenzwert v = vG an. Für v 2 < vG
lautet die Lösung
v
1 1
vG + v
1 cW ρ L A
ln
=
t
(3.39)
vG 2
vG − v v0 =0
2
m
Man erhält also zunächst die Funktion t = t(v). Im vorliegenden Fall kann auch noch die Umkehrfunktion angegeben werden. Mit der Abkürzung
Auf einen Fallschirmspringer, der mit der Geschwindigkeit v = v(t) absinkt, wirkt neben dem Gewicht mg die
Widerstandskraft FW , Bild 3.6.
T =
m
vG cW ρ L A
(3.40)
erhält man nach einigen Umformungen
v(t) = vG
FW
v
1 − e−t/T
1 + e−t/T
(3.41)
Die Grenzgeschwindigkeit wird asymptotisch erreicht.
Mit den Zahlenwerten für den geöffneten Schirm erhält
man eine Zeitkonstante von T = 0.2463, d.h. bereits nach
t = 1 s erreicht der Springer die Geschwindigkeit v(t =
1 s) = 0.966 vG .
mg
3.3 Bewegungen im Schwerefeld
Bild 3.6: Fallschirmspringer
3.3.1 Massenanziehung
Bei ruhender Luft ist die Widerstandskraft gemäß (3.34)
durch FW = 12 cW ρ L A v 2 gegeben, wobei ρ L die Luftdichte bezeichnet. Der Impulsatz lautet dann
m vÛ = m g −
1
cW ρ L A v 2
2
(3.35)
Im Raum verteilte Massen üben Kräfte aufeinander aus,
Bild 3.7.
Die Kraft auf die Punktmasse mi infolge der Punktmasse
m j ist durch
Aufgelöst nach vÛ bleibt
1 cW ρ L A
vÛ =
2
m
2mg
− v2
cW ρ L A
F®i j = γG
(3.36)
Bei vÛ = 0 erreicht der Fallschirmspringer die Grenzgeschwindigkeit
s
2mg
vG =
(3.37)
cW ρ L A
18
mi m j
ri2j
e®i j
(3.42)
gegeben, wobei
γG = 6.673 ∗ 10
−11
m3
kg s2
(3.43)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
m2
m
m3
F
r
m1
mi
Fij
Fji
mj
r 0i
y0
0
Bild 3.7: Massenanziehung
die universelle Gravitationskonstante bezeichnet, ri j den
Abstand der beiden Punktmassen und der Einheitsvektor
e®i j die Richtung von i nach j angibt.
Die momentane Lage der Punktmassen mi und m j kann
gegenüber einem Koordinatensystem (hier das System
x0 , y0 , z0 ) durch die Ortsvektoren r®0i und r®0j beschrieben
werden. Die relative Lage zu einander gibt der Vektor
r®i j = r®0j − r®0i
(3.44)
an. Abstand und Richtung folgen dann aus
und
RE
Bild 3.8: Erdanziehung
r 0j
ri j = |®
ri j |
mE
z0
x0
h
e®i j =
r®i j
|®
ri j |
γG , der Erdmasse mE = 5.973 ∗ 1024 kg und dem Erdradius RE ≈ 6.371 ∗ 106 m berechnet werden. Da die Erde abgeplattet ist und keine homogene Massenverteilung
aufweist, wird in mittleren Breiten mit der Erdbeschleunigung
g0 = 9.81 m/s2
(3.49)
gerechnet.
Definiert man mit
g(h) = g0
RE
RE + h
2
(3.50)
eine vom radialen Abstand h abhängige Erdbeschleunigung, dann kann die Erdanziehung durch
F = m g(h)
(3.51)
(3.45)
beschrieben werden. In Erdnähe, mit h RE , kann g(h)
durch g0 approximiert werden.
3.3.2 Das Schwerefeld der Erde
Der Betrag der Kraft, den die Erde auf die Punktmasse
m ausübt, folgt mit mi = m, m j = mE und ri j = r aus
(3.42)
m mE
F = γG
(3.46)
r2
Bezeichnet man den radialen Abstand der Punktmasse m
von der Erdoberfläche mit h, Bild 3.8, dann kann (3.46)
in der Form
2
RE
mE
F = γG 2
m
(3.47)
RE RE + h
3.3.3 Fluchtgeschwindigkeit
Erteilt man einem Körper auf der Erde in radialer Richtung die Anfangsgeschwindigkeit v0 , dann erreicht er
unter dem Einfluß des Schwerefelds die Höhe H. Die
Geschwindigkeit, bei der eine unendlich große Höhe
erreicht wird, bezeichnet man als Fluchtgeschwindigkeit.
angeschrieben werden.
Unter Vernachlässigung des Luftwiderstandes lautet der
Impulssatz für den Körper der Masse m in radialer Richtung
2
R
E
m hÜ = −g0
m
(3.52)
RE + h
Der Ausdruck
Mit
g0 = γG
mE
RE2
(3.48)
gibt die Erdbeschleunigung an der Erdoberfläche h = 0
an. Er kann aus der universellen Gravitationskonstante
d hÛ dh
d hÛ
d hÛ
hÜ =
=
= hÛ
dt
dh dt
dh
bleibt nach Separation
m hÛ d hÛ = − m g0
RE
RE + h
(3.53)
2
dh
(3.54)
19
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
Nun kann auf beiden Seiten integriert werden
Û
∫h=0
m
hÛ d hÛ = − m g0
Û 0
h=v
h=H ∫
h=0
RE
RE + h
y0
2
dh
F
(3.55)
r
yB
und man erhält
H
h m
i0
RE
Ûh2
= + m g0 RE
2
RE + h 0
v0
Aufgelöst nach der Startgeschwindigkeit bleibt
RE
2
v0 = 2 g0 RE 1 −
RE + H
Für H → ∞ bleibt als Fluchtgeschwindigkeit
p
v0H→∞ = 2 g0 RE ≈ 11.2 km/s
0
(3.56)
kann das im Sonnenzentrum fixierte Koordinatensystem
0 als Inertialsystem betrachtet werden, Bild 3.9.
(3.58)
RE
1
= − m g0 RE
= − m g0 RE
RE + h
1 + h/RE
(3.59)
Unter Verwendung von Polarkoordinaten kann die Beschleunigung des Planeten gegenüber dem System 0 im
mitbewegten System B durch
a®0P,B
rÜ − r ϕÛ2
= r ϕÜ + 2 rÛ ϕÛ
0
x1
(3.60)
aus der allgemein gültigen Beziehung (3.59) mit
h
= m g0 h − m g0 RE
E pot ≈ − m g0 RE 1 −
RE
(3.61)
das aus der Physik bekannte Ergebnis. Der konstante
Term −m g0 RE entfällt, wenn das Nullniveau bei h = 0
definiert wird.
mS m P
r2
m P a®0P,B = F, B
(3.64)
liefert mit
m P (Ür − r ϕÛ2 ) = −γG
mS m P
r2
Û = 0
m P (r ϕÜ + 2 rÛ ϕ)
(3.65)
zwei nichtlineare Differentialgleichungen, die die Dynamik der Planetenbewegungen beschreiben.
Die Kreisbewegung mit konstanter Geschwindigkeit
stellt eine Teillösung dar. Mit r = const. und ϕÛ = const.
folgt aus (3.65)
− r ϕÛ2 = −γG
20
(3.63)
gegeben. Der Impulssatz für die Planetenmasse
3.3.5 Planetenbewegungen
Bei einer ersten Analyse der Planetenbewegungen geht
man davon aus, daß die Massenanziehung der Planeten
untereinander vernachlässigt werden kann. Die Bewegungen eines Planeten (Punktmasse m P ) werden relativ
zum Zentrum der Sonne (Punktmasse mS ) beschrieben.
Auf Grund der großen Massenunterschiede mS m P
(3.62)
Die infolge der Massenanziehung auf den Planeten ausgeübte Kraft ist entgegen der radialen Koordinate r gerichtet. Gemäß (3.42) ist ihr Betrag durch
F = γG
In der Nähe der Erdoberfläche gilt h RE und man
erhält mit der Näherung
angegeben werden.
beschrieben werden.
für
x0
mS
(3.57)
Das gleiche Ergebnis hätte man auch mit dem Energiesatz (2.48) oder über die Energieerhaltung (2.51) erhalten. Die Gewichtskraft ist eine konservative Kraft; ihre
Wirkung kann durch die potentielle Energie
1
≈1−x
1+x
ϕ
Bild 3.9: Planetenbewegung
3.3.4 Potentielle Energie
E pot
xB
mP
mS
r2
oder aufgelöst nach der Bahngeschwindigkeit
r
mS
v = r ϕÛ = γG
.
r
(3.66)
(3.67)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
Um einen Satelliten auf eine erdnahe Umlaufbahn zu
bringen, muß er gemäß (3.67) auf eine Geschwindigkeit
von
r
p
mE
v = γG
= g0 RE ≈ 7.9 km/s
(3.68)
RE
Die Koordinaten x = x(t), y = y(t) und z = z(t) geben
die momentane Position der Punktmasse an. Der Kraftvektor FW beschreibt die Widerstandskraft. Der Impulssatz für die Punktmasse liefert dann in den drei Raumrichtungen die Gleichungen
x
m xÜ = FW
beschleunigt werden.
y
m yÜ = FW
Die Zeit für einen Umlauf beträgt dann
T =
U
2 π RE
≈ 5 100 s = 85 min .
= p
v
g0 RE
m zÜ =
(3.69)
Aus der allgemeinen Lösung der Differentialgleichungen
(3.65) können insbesondere die die Gesetze abgeleitet
werden, die Kepler2 empirisch gefunden hat.
Sie lauten:
xÛ = vx ;
yÛ = v y ;
2. Keplergesetz: Der Fadenstrahl vom Zentrum zur
Planetenmasse überstreicht in gleichen Zeiten gleiche Flächen. (Flächensatz)
Johannes Keppler ist in Regensburg gestorben und wurde als “Ketzer” außerhalb der damaligen Stadtgrenze
begraben. Seine Grabstätte vermutet man nördlich des
heutigen Bahnhofs und hat deshalb im Grüngürtel der
Fürst-Anselm-Allee das Keppler-Monument errichtet.
3.4 Schiefer Wurf mit Lufwiderstand
Eine Punktmasse m bewegt sich im homogenen Schwerefeld. Zur Lagebeschreibung wird ein Inertialsystem verwendet, bei dem die z0 -Achse der Schwerkraft G = m g
entgegen gerichtet ist, Bild 3.10
z0
m
y0
FW
G
zÛ = vz ;
−mg
cW
m
cW
vÛ y = −
m
cW
vÛz = −
m
vÛx = −
ρL
A vr el (vx −vW x )
(3.71)
2
ρL
A vr el v y −vW y
(3.72)
2
ρL
A vr el (vz −vW z ) − g (3.73)
2
Dabei bezeichnet cW den Widerstandsbeiwert, ρ L die
Luftdichte, A die angeströmte Querschnittsfläche und
q
2
vr el = (vx −vW x )2 + v y −vW y + (vz −vW z )2 (3.74)
gibt den Betrag der Relativgeschwindigkeit an. Die aus
dem Impulssatz resultierenden Differentialgleichungen
sind durch den Betrag der Relativgeschwindigkeit in
nichtlinearer Weise miteinander verkoppelt und können
deshalb nicht mehr analytisch gelöst werden.
Eine numerische Lösung kann zum Beispiel mit dem
kommerziellen Programm-Paket MATLAB durchgeführt werden.
Das folgende MATLAB-Skript stellt die Daten für eine
Papierkugel zur Verfügung, löst durch eine einfache numerische Diskretisierung die Differentialgleichungen für
den Massenpunkt und erstellt einen 3D-Plot der Bahnkurve.
1
2
3
4
x
5
y
6
7
0
x0
8
9
10
11
Bild 3.10: Schiefer Wurf mit Luftwiderstand
12
13
14
2 Johannes Kepler (1571 – 1630)
15
deutscher Naturphilosoph, Mathematiker, Astronom, Astrologe, 16
17
Optiker und evangelischer Theologe, veröffentlichte in der “Astro- 18
19
nomia Nova” die nach ihm benannten Gesetze
z
(3.70)
Bei turbulenter Strömung ist die Widerstandskraft F®W
durch (3.34) definiert. Mit den GeschwindigkeitskomoÛ v y = y,
Û vz = zÛ und
nenten der Punktmasse vx = x,
den Komponenten einer als konstant vorausgesetzten
Windgeschwindigkeit vW x , vW y , vW z erhält man dann
aus (3.70) insgesamt sechs Differentialgleichungen erster Ordnung
1. Keplergesetz: Die Planeten bewegen sich auf elliptischen Bahnen, in deren Brennpunkt die Sonne steht.
3. Keplergesetz: Die Quadrate der Umlaufzeiten der
Planeten verhalten sich wie die dritten Potenzen der
großen Halbachsen.
z
FW
% Daten
g = 9.81 ;
%
m = 0.006 ;
%
d = 0.065 ;
%
cw = 1.2;
%
rho = 1.25 ;
%
r0 = [ 0; 0; 0 ]; %
v0 = [ 20; 0; 20 ]; %
vW = [ 0; 5; 0 ]; %
dt = 0.02;
%
Erdbeschleunigung [ m / s ^2]
Masse Papierkugel [ kg ]
Durchmesser [ m ]
Widerstandsbeiwert [ -]
Luftdichte [ kg / m ^3]
Anfangsposition [ m ]
Anf an gs ges ch wi nd igk ei t [ m / s ]
Windgeschwindigkeit [ m / s ]
Zeitschrittweite [ s ]
% Konstante
kappa = rho /2 * cw / m * ( pi /4 * d ^2 )
;
hf = figure ;
set ( hf , ’ name ’ , ’ Papierkugel mit Seitenwind ’)
% Flugbahn durch numerische Integration
t =0; r = r0 ; v = v0 ;
21
OTH Regensburg
20
21
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41
42
Technische Mechanik III
plot3 ( r (1) , r (2) , r (3) , ’ ok ’ , ’ Markersize ’ ,5) , hold on
while r (3) >= 0
% Geschwindigkeit v und Beschleunigung a im
% Zeitintervall t -> t + dt näherungsweise konstant
t = t + dt ;
vrel = sqrt (( v - vW ). ’*( v - vW ));
und befindet sich zum Zeitpunkt t = 0 an der Stelle x = 0.
Mit der Kraft
F = F0 1 − Tt
wird er im Zeitintervall 0 ≤ t ≤ T aus der Ruhe heraus
beschleunigt.
% Beschleunigungs - Vektor
a = - kappa * vrel *( v - vW ) + [0; 0; -g ] ;
L
F
% Weg - und Ge sc hw ind ig ke it sve kt or
r = r + v * dt + a *0.5* dt ^2;
v = v + a * dt ;
x
m
a) Der Impulssatz für den Werkzeugschlitten lautet
m xÜ = F0 1 − Tt
Nach der ersten unbestimten Integration erhält man
2
xÛ = Fm0 t − 12 tT + C1
Die zweite unbestimte Integration liefert
3
x(t) = Fm0 12 t 2 − 16 tT + C1 t + C1
Û
Aus den Anfangsbedingungen x(0) = 0 und x(0)
= 0
folgt C1 = 0 und C2 = 0. Damit bleibt
3
x(t) = Fm0 21 t 2 − 16 tT
b) Zum Zeitpunkt t = T befindet sich der Schlitten an
der Stelle
3
x(t =T) = Fm0 12 T 2 − 16 TT = Fm0 13 T 2
Mit x(t =T) = L erhält man
F0 =
3mL
T2
plot3 ( r (1) , r (2) , r (3) , ’ ok ’ , ’ Markersize ’ ,5)
end
% Graphik - Einstellungen
set ( gca , ’ FontSize ’ ,15) , axis ( ’ equal ’) , grid on
xlabel ( ’ x [ m ] ’) , ylabel ( ’ y [ m ] ’) , zlabel ( ’ z [ m ] ’)
Die numerische Lösung wird abgebrochen, wenn die
Punktmasse wieder den Boden berührt, was durch eine
negative z-Komponente (r(3) < 0) angezeigt wird.
Bild 3.11 zeigt zum Vergleich auch die Bahnkurve für
®
die Papierkugel bei ruhender Luft (®vW = 0).
a) Geben Sie die Geschwindigkeit und die momentane
Position des Schlittens als Funktion der Zeit an.
b) Wie groß muss F0 gewählt werden, damit sich der
Schlitten zum Zeitpunkt T an der Stelle L befindet?
3.5.2 Elektromagnet
Nach dem Einschalten des Elektromagneten wird das
Stahlpaket mit dem Gewicht G durch die magnetische
Anziehungskraft
z [m]
F =
2
mit Seitenwind
ohne Seitenwind
1.5
1
nach oben beschleunigt. Dabei ist h der Abstand vom
Magneten zum Schwerpunkt des Stahlpakets und k ist
eine Konstante.
0.5
0
5
4
y [m]
3
2
1
0
k
(h − x)2
0
1
2
3
x [m]
Magnet
4
Bild 3.11: Bahnkurven einer Papierkugel mit und ohne
Seitenwind
Man erkennt, dass auch ohne Seitenwind die Bahnkurve
stark von einer zum Scheitel symmetrischen Wurfparabel
abweicht.
x
h
a
Mit welcher Geschwindigkeit v A trifft das Stahlpaket auf
den Magneten?
s
vA =
Ohne Luftwiderstand würde die Papierkugel bei der
hier gewählten Anfangsgeschwindigkeit von v0 =
√
202 + 02 + 202 = 28.3 und dem Abwurfwinkel von α =
45° eine maximale Wurfweite von s = v02 /g = 81.5 m erreichen. Mit Luftwiderstand fliegt die Papierkugel gerade
mal s = 4.7 m weit.
3.5 Aufgaben
3.5.1 Werkzeugmaschine
Der Schlitten einer Werzeugmaschine gleitet reibungsfrei in einer horizontalen Führung. Er hat die Masse m
22
2 g (h − a)
k
−1
mgah
3.5.3 Güterwagen
Ein Güterwagen der Masse m ist mit einem Container
der Masse M beladen. Beim Rangieren läuft er mit der
Geschwindigkeit v auf einen Puffer (Feder mit der Steifigkeit c) auf.
M
m
v
c
Technische Mechanik III (Dynamik)
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Unter der Annahme, dass der Container nicht rutscht,
sind zu berechnen:
a) die maximale Pufferverschiebung,
b) die maximale Kraft zwischen Container und Güterwagen.
r
a) xmax = v
b) H = M v
r
M +m
c
c
M +m
3.5.4 Motorboot
Der Propeller des skizzierten Motorbootes mit der Masse m entwickelt die Schubkraft F. Die auf das Boot wirkende Kraft W = −k v 2 beschreibt den Widerstand des
Wassers, wobei k eine Konstante mit der Einheit Ns2 /m2
ist.
v
d
a) Bei welchem Wert von a M wird der Hubtisch innerhalb der Zeit t = T = 4 s um die Strecke sT = 3.0 m
nach oben verschoben, wenn er bei t = 0 aus der
Ruhelage s(t = 0) = 0 startet?
b) Ermitteln Sie die Normalkraft N = N(t), die während der Aufwärtsbewegung zwischen einer Kiste
der Masse m = 100 kg und des um den Winkel
α = 12◦ geneigten Hubtisches wirkt.
c) Wie groß muss der Reibwert µ mindestens sein, damit diese Kiste weder zu Beginn (t = 0) noch am Ende der Hubbewegung (t = T) ins Rutschen kommt?
a) Die Integration der Beschleunigung liefert zunächst
die Geschwindigkeit
t2
sÛ = a M t −
+ C1
T
und dann den Weg
1 2 1 t3
s = aM
t −
+ C1 t + C2
2
3 T
Wegen s(t = 0) = 0 und sÛ(t = 0) = 0 (Start aus der
Ruhelage) verschwinden die Integrationskonstanten und
für t = T ergibt sich
1 2 1 T3
1
s(t = T) = sT = a M
T −
= aM T 2
2
3 T
6
Mit T = 4 s und sT = 3.0 m bleibt
6 sT
6 ∗ 3.0
= 1.125 m/s2
aM = 2 =
T
42
b) Solange die Kiste nicht rutscht, haben die Kiste und
der Hubtisch die gleiche Beschleunigung.
mg
α
N
R
s
c) Mit der Reibkraft R = mg sin α und der Normalkraft
aus b) liefert die Reibungsungleichung die Beziehung
h
i
|m g sin α| ≤ µ m g cos α + agM 1 − 2Tt
Für den Reibwert gilt somit allgemein
sin α
µ ≥
cos α + agM 1 − 2Tt
Für t = 0 und t = T erhält man
sin α
µt=0 ≥
und µt=T ≥
cos α + a M
g
Deshalb gilt für die Kiste
m sÜ = N − m g cos α und 0 = R − m g sin α
Für die Normalkraft erhält man damit
N = m (g cos α + sÜ)
oder
aM
2t
N = N(t) = m g cos α +
1−
g
T
sin α
cos α − agM
Mit α = 12◦ , a M = 1.125 m/s2 und g = 9.81 m/s2 bleibt
µt=0 ≥ 0.190 und
µt=T ≥ 0.241
r
a) vmax =
Fmax
k
b) FG =
2
k vmax
e
2k d
m
−1
a) Welche maximale Geschwindigkeit v = vmax erreicht das Boot, wenn es lange Zeit mit maximaler
Schubkraft F = FS angetrieben wird?
Für das Anlegemanöver wird nun auf Gegenschub
(F = −FG ) umgeschaltet.
b) Wie groß muß FG gewählt werden, damit das Boot
durch Gegenschub und Wasserwiderstand innerhalb
der Strecke d von v = vmax auf v = 0 abgebremst
wird?
3.5.5 Gabelstapler
Ein Gabelstapler ist mit einer Kiste der Masse m beladen, die durch ein Hubwerk nach oben bewegt wird. Die
Koordinate s = s(t) beschreibt dabei die momentane Position des Hubtisches, der wie die Führungschiene um
den Winkel α geneigt ist. Die reale Beschleunigung des
Hubtisches wird im Zeitintervall
0 ≤ t ≤ T durch
2t
sÜ = a M 1 − T
angenähert.
mg μ
α
s
23
4 Starrkörper-Kinematik
4.1 Lagebeschreibung
Zur eindeutigen Lagebeschreibung eines starren Körpers
sind also genau 6 voneinander unabhängige Koordinaten
erforderlich.
4.1.1 Starrkörperbedingung
Die Lage eines starren Körpers gegenüber dem Koordinatensystem 0 kann in eindeutiger Weise durch die
Ortsvektoren
r®0S,0
xQ
xP
xS
= yS r®0P,0 = y P r®0Q,0 = yQ
zQ
zP
zS
(4.1)
zu drei körperfesten Punkten erfolgen, wobei S, P und Q
nicht auf einer Geraden liegen dürfen, Bild 4.1.
Da die Gleichungen (4.3) in der Regel nicht eindeutig
aufgelöst werden können, wird in der Praxis die Lage
eines starren Körpers nicht durch drei Punkte, sondern
durch einen Punkt und drei Richtungen definiert.
4.1.2 Körperfestes Koordinatensystem
Die drei Punkte S, P und Q können zur Festlegung eines körperfesten Koordinatensystems verwendet werden.
Mit S als Ursprung, kann die xK -Achse durch den Einheitsvektor in Richtung von r®SQ festgelegt werden
P
z0
r 0P
y0
0
zK
r SP
r 0Q
Q
x0
r®SQ
| r®SQ |
(4.4)
Das Kreuzprodukt aus den Vektoren r®SQ und r®S P liefert
einen Vektor, der senkrecht auf die beiden Vektoren und
wegen (4.4) auch senkrecht zu e®x K steht. Durch
yK
S
r 0S
e®x K =
e®z K =
xK
r®SQ × r®S P
| r®SQ × r®S P |
(4.5)
kann also die zK -Achse definiert werden. Das orthogonale und rechtshändige Koordinatensystem wird durch
Bild 4.1: Lagebeschreibung
e®yK = e®z K × e®x K
Die 9 Koordinaten xS mit zQ sind nicht unabhängig voneinander, da bei einem starren Körper die Abstände einzelner Punkte unverändert bleiben. Die Starrkörperbedingungen
|®
rS P,0 | = aS P ; |®
rSQ,0 | = aSQ ; |®
r PQ,0 | = a PQ
(4.2)
mit den konstanten Abständen aS P , aSQ , a PQ liefern
mit
(x P − xS )2 + (y P − yS )2 + (z P −zS )2 = aS2 P
2
(xQ − xS )2 + (yQ − yS )2 + (zQ −zS )2 = aSQ
(xQ − x P
)2
+ (yQ − y P
)2
+ (zQ −z P
)2
=
(4.3)
a2PQ
drei Gleichungen, aus denen 3 der 9 Koordinaten in Abhängigkeit von den restlichen 6 Koordinaten berechnet
werden können.
24
(4.6)
vervollständigt.
4.1.3 Kardanwinkel
Der Ursprung eines körperfesten Koordinatensystems
wird durch die 3 Komponenten des Ortsvektors, hier die
Koordinaten xS , yS und zS des Vektors r®0S,0 , gegenüber
dem System 0 festgelegt. Damit bleiben zur Beschreibung der Koordinatenrichtungen nur noch 3 weitere voneinander unabhängige Koordinaten.
Zur Festlegung der 9 Komponenten der im System 0 dargestellten Einheitsvektoren e®x K ,0 , e®yK und e®z K verwendet
man in der Regel 3 Winkel, die durch ”Elementardrehungen” die Achsen des System 0 in das körperfeste System
K überführen.
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Prof. Dr.-Ing. G. Rill
Verwendet man die nach Cardano1 benannten KardanWinkel α, β, γ, dann dreht man zunächst um die x0 Achse, Bild 4.2.
z1
z0
y1
z1
z2
y0
α
y2 = y 1
zK = z2
γ
y2
β
x1
x2
x1 = x0
yK
x2
xK
Mit (4.9) kann der Vektor r®S P,K im Zwischensystem 2
dargestellt werden
r®S P,2
−sγ
0
cγ
= a sγ + b cγ + c 0 .
0
0
1
|{z}
| {z }
|{z}
e®x K ,2
e®yK ,2
e®z K ,2
Fasst man die Komponenten a, b und c wieder im Vektor
r®S P,K zusammen, dann erhält man
Bild 4.2: Kardan-Winkel
r®S P,2
Das Zwischensystem mit den Achsen
e®x1,0
1
0
0
= 0 , e®y1,0 = cα , e®z1,0 = −sα
0
sα
cα
(4.7)
(4.12)
cγ −sγ 0 a
= sγ cγ 0 b
0
0 1 c
|
{z
} |{z}
A2K
r®S P,K
(4.13)
wird dann um die y1 -Achse gedreht und erzeugt so ein
zweites Zwischensystem, dessen Achsen durch
wobei die Matrix A2K eine positive Drehung mit dem
Winkel γ um die zK =z2 -Achse beschreibt und Vektoren, die im System K dargestellt sind, in das System 2
transformiert.
cβ
0
sβ
= 0 , e®y2,1 = 1 , e®z2,1 = 0
−sβ
0
cβ
Mit (4.8) kann der Vektor r®S P,2 vom System 2 in das
System 1 transformiert werden. Analog zu (4.12) und
(4.13) erhält man
e®x2,1
(4.8)
festgelegt sind. Die dritte und letzte Drehung erfolgt dann
um die z2 -Achse und legt mit
e®x K ,2
cγ
−sγ
0
= sγ , e®yK ,2 = cγ , e®z K ,2 = 0
0
0
1
r®S P,1 = A12 r®S P,2 ,
wobei die Drehmatrix durch
(4.9)
die Achsen des körperfesten Systems gegenüber dem
zweiten Zwischensystem fest. Die Winkelfunktionen,
sin α, cos α, sin β, cos β und sin γ, cos γ wurden dabei
durch sα , cα , sβ , cβ und sγ , cγ abgekürzt.
cβ 0 sβ
A12 = 0 1 0
−sβ 0 cβ
Mit der aus (4.7) folgenden Drehmatrix
A01
Mit den Beziehungen (4.7) bis (4.9) können nun Vektoren, die im körperfesten System K dargestellt sind, in
das System 0 transformiert werden. Bezeichnet man die
Komponenten des im System K dargestellten Vektors von
S nach P mit a, b und c, dann gilt zunächst
r®S P,K
(4.10)
(4.15)
gegeben ist und eine positive Drehung mit dem Winkel
β um die y2 =y1 -Achse beschreibt.
4.1.4 Vektortransformation
a
= b
c
(4.14)
1 0
0
0
c
−s
=
α
α
0 sα cα
(4.16)
die eine positive Drehung mit dem Winkel α um die
x1 =x0 -Achse definiert und der Beziehung
r®S P,0 = A01 r®S P,1
(4.17)
kann der Vektor r®S P schließlich im System 0 dargestellt
werden.
Mit (4.14) und (4.13) erhält man schließlich
oder
r®S P,K = a e®x K ,K + b e®yK ,K + c e®z K ,K .
1 Gerolamo
(4.11)
Cardano (1501 – 1576)
Arzt, Philosoph und Mathematiker, der als Erster die schon vor
ihm erfundene kardanische Aufhängung beschrieb.
r®S P,0 = A01 A12 A2K r®S P,K
| {z }
A0K
(4.18)
25
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Technische Mechanik III
Die Drehmatrix
sβ
−cβ sγ
cβ cγ
A0K = cα sγ +sα sβ cγ cα cγ −sα sβ sγ −sα cβ
sα sγ −cα sβ cγ sα cγ +cα sβ sγ cα cβ (4.19)
| {z } | {z } |{z}
e®x K ,0
e®yK ,0
e®z K ,0
transformiert Vektoren vom System K in das System 0
und legt analog zu (4.12) und (4.13) die Richtungen der
Koordinatenachsen des körperfesten Systems K gegenüber dem System 0 fest.
4.1.5 Drehmatrizen
In der Regel werden Drehmatrizen aus einer Folge
von drei Elementardrehungen zusammmengesetzt. Neben den Kardan-Winkeln werden häufig auch die EulerWinkel verwendet.
Bei den Eulerwinkeln wird die Drehmatrix aus den Elementardrehungen
cψ −sψ 0
Aψ = sψ cψ 0
0
0 1
(4.20)
1 0
Aθ = 0 cθ
0 sθ
(4.21)
cϕ
Aϕ = sϕ
0
in der Reihenfolge
0
−sθ
cθ
−sϕ 0
cϕ 0
0 1
A0K = Aψ Aθ Aϕ
Alle Drehmatrizen, die orthogonale Koordinatensysteme
ineinander überführen, genügen der Orthogonalitätsbedingung
AT0K A0K = E
(4.26)
und erzeugen mit
T
A−1
0K = AK0 = A0K
(4.27)
die Umkehrtransformation.
4.1.6 Zusammenfassung
Position und Orientierung eines starren Körpers im Raum
können durch Ortsvektor und Drehmatrix eindeutig festgelegt werden.
Der Ortsvektor r®0S gibt dabei die Lage des körperfesten Punktes S an und die Drehmatrix A0K beschreibt
die momentanen Richtungen eines körperfesten Koordinatensystems K gegenüber dem beschreibenden System
0.
Jeder weitere Punkt P auf dem Körper ist dann durch die
Vektorkette
r®0P,0 = r®0S,0 + A0K r®S P,K
(4.28)
festgelegt, wobei dann der Vektor r®S P,K mit
r®S P,K = const.
(4.29)
(4.22)
im körperfesten Koordinatensystem die Lage von P gegenüber S angibt.
(4.23)
4.2 Geschwindigkeit
aufgebaut.
Drehungen um die Koordinatenachsen können aber auch
zu einer Drehung um eine beliebige Achse verallgemeinert werden. Mit dem Drehwinkel δ und der, durch den
Einheitsvektor e® festgelegten Drehachse, erhält man die
Drehmatrix
A0K = e® e®T + E − e® e®T cos δ + e
e sin δ (4.24)
wobei E die Einheitsmatrix bezeichnet und e
e ein schiefsymmetrischer Tensor ist, der sich gemäß
0 −ez e y
0 −ex mit
e
e = ez
−e y ex
0
ex
e® = e y
ez
(4.25)
aus den Komponenten des Einheitsvektors aufbaut. Die
Komponentendarstellung von e® kann wegen e®,0 = e®,K
sowohl im System 0 als auch im System K erfolgen.
26
4.2.1 Allgemeine Relativbewegung
Der Ortsvektor r0P,0 beschreibt die Lage eines beliebigen
Punktes P auf dem Körper gegenüber dem System 0. Die
zeitliche Ableitung von (4.28) liefert zunächst
r®Û0P,0 = r®Û0S,0 + AÛ 0K r®S P,K + A0K r®ÛS P,K
(4.30)
Die direkte Berechnung von AÛ 0K ist im allgemeinen sehr
aufwändig. Mit der Orthogonalitätsbedingung (4.26) erhält man jedoch
r®Û0P,0 = r®Û0S,0 + AÛ 0K AT0K A0K r®S P,K + A0K r®ÛS P,K , (4.31)
| {z }
E
wobei
AÛ 0K AT0K = ω
e0K,0
(4.32)
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ein schiefsysmmetrischer Tensor ist, dessen wesentlichen Elemente die Komponenten des Winkelgeschwindigkeitsvektors ω® 0K,0 ergeben
ω
e0K,0
ωx
0 −ωz ω y
0 −ωx ; ω® 0K,0 = ω y . (4.33)
= ωz
ωx
−ω y ωx
0
Die Multiplikation eines schiefsysmmetrischen 3 × 3Tensors ω
e mit einem 3×1-Vektor r® vermittelt das Kreuzprodukt
ω
e r® = ω® × r® .
(4.34)
Damit lautet (4.31)
Komponenten der Winkelgeschwindigkeit folgt gemäß
(4.32) aus
ω
e01,0
(4.37)
AT01
Ausmultipliziert und unter Berücksichtigung von sα2 +
cα2 = 1 bleibt
0
= 0
0
0
0
0 −αÛ oder
αÛ
0
ω® 01,0
αÛ
= 0
0
(4.38)
Analog dazu erhält man mit den in (4.15) und (4.13)
definierten Drehmatrizen aus
ω
e12,1 = AÛ 12 AT12
4.2.2 Starrkörperbewegung
1 0
0
αÛ 0 cα sα .
0 −sα cα
}|
{z
}
01
ω
e01,0
r®Û0P,0 = r®Û0S,0 + ω® 0K,0 × A0K r®S P,K + A0K r®ÛS P,K (4.35)
| {z }
|{z} |{z}
r®S P,0
v®0P,0
v®0S,0
0 0
0
= 0 −sα −cα
0 cα −sα
|
{z
AÛ
und
ω
e2K,2 = AÛ 2K AT2K
(4.39)
die Winkelgeschwindigkeitsvektoren
Wegen der Starrkörperbedingung (4.29) entfällt der letzte
Term und es bleibt die bereits von Euler2 angegebene
Geschwindigkeitsformel
v®0P,0 = v®0S,0 + ω® 0K,0 × r®S P,0
(4.36)
Damit ist der Geschwindigkeitszustand eines starren Körpers durch Angabe der Geschwindigkeit eines körperfesten Punktes v®0S und der Winkelgeschwindigkeit des
starren Körpers ω® 0K eindeutig definiert, da mit (4.36)
die Geschwindigkeit jedes weiteren körperfesten Punktes angegeben werden kann.
4.3 Winkelgeschwindigkeit
ω® 12,1
=
0
βÛ
0
und
ω® 2K,2
0
= 0
γÛ
(4.40)
für die Elementardrehungen um die y1 =y2 -Achse bzw.
um die z2 =zK -Achse.
4.3.2 Gesamtdrehungen
Die Winkelgeschwindigkeit des körperfesten Systems K
gegenüber dem System 0 folgt aus der Addition der Teilwinkelgeschwindigkeit.
Im System 0 erhält man
ω® 0K,0 = ω® 01,0 + A01 ω® 12,1 + A01 A12 ω® 2K,2 .
4.3.1 Elementardrehungen
Zur Berechnung der Winkelgeschwindigkeit nutzt man
den Aufbau der Drehmatrizen aus Elementardrehungen.
Die Elementardrehung um die x0 =x1 -Achse mit dem
Winkel α wird durch die Drehmatrix A01 gemäß (4.16)
beschrieben. Der schiefsymmetrische Tensor mit den
Eingesetzt und ausmultipliziert bleibt schließlich
ω® 0K,0
Euler (1707 – 1783)
Schweizer Mathematiker und Physiker, der in seiner Arbeit
“Theoria motus corporum solidorum seu rigidorum” die Bewegung des starren Körpers behandelte
αÛ
= 0
0
0 sβ γÛ
+ cα βÛ + −sα cβ γÛ
sα βÛ cα cβ γÛ
(4.42)
oder in Matrizenschreibweise
ω® 0K,0
2 Leonhard
(4.41)
ωx
= ω y
ωz
1 0
sβ αÛ
= 0 cα −sα cβ βÛ
0 sα cα cβ γÛ
(4.43)
Bei allgemeinen räumlichen Drehungen besteht ein
nichtlinearer lageabhängiger Zusammenhang zwischen
den Komponenten des Winkelgeschwindigkeitsvektors
und den Ableitungen der Drehwinkel.
27
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Technische Mechanik III
und
z0
ω2
M2
P
y0
ω® 03,0
z2
r2
x0
0
0
ω1 r1 = +ω3 (h−z1 )
0
0
h
M3
Q
− ω3 (z2 −h) = −ω2 r2
oder
ω3 =
Bild 4.3: Reibradgetriebe
Das Antriebsrad eines Reibradgetriebes mit dem Radius
r1 rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω1
um die z0 -Achse, Bild 4.3.
Die Drehachsen des Antriebs- und Abtriebrades sind parallel zur z0 -Achse und liegen in der x0 -, z0 -Ebene. Die
Drehachse des Koppelrades fällt mit der x0 -Achse zusammen.
Das Koppelrad überträgt die Drehbewegungen des Antriebsrades über die Kontaktpunkte Q und P schlupffrei
auf das Abtriebsrad mit dem Radius r2 .
28
ein Übersetzungsverhältnis, das durch Verändern der Positionen z1 und z2 in einem weiten Bereich variiert werden kann.
4.4 Momentane Drehachse
4.4.1 Allgemeine Bewegung
(4.45)
v®0M3,0 = 0
(4.46)
r1
= 0
0
(4.47)
r®M1Q,0
(4.53)
Der Körper dreht sich dabei um die momentane Drehachse und führt gleichzeitig eine Translation in Richtung
der Drehachse durch, Bild 4.4.
Mit
ω® 01,0
r1 z2 − h
ω2
=
ω1
r2 h − z1
(4.44)
oder aus
v®0Q,0 = v®0M3,0 + ω® 03,0 × r®M3 Q,0
(4.52)
Euler zeigte, dass die allgemeine Bewegung eines starren Körpers aus einer Kombination von Translation und
Rotation besteht. Nach dem Theorem von Michel Chasles3 kann jede beliebige Bewegung eines starren Körpers
durch eine Schraubung dargestellt werden.
Die Geschwindigkeit im Punkt Q erhält man entsprechend der Eulerschen Geschwindigkeitsformel (4.36)
entweder aus
v®0Q,0 = v®0M1,0 + ω® 01,0 × r®M1 Q,0
r2
ω2
z2 − h
(4.51)
Das Reibradgetriebe liefert mit
4.3.3 Beispiel Reibradgetriebe
0
= 0 ;
ω1
(4.49)
gegeben. Im Kontaktpunkt P haben das Koppelrad und
das Abtriebsrad in y-Richtung die gleiche Geschwindigkeit. Analog zu (4.49) findet man
ω1
v®0M1,0 = 0 ;
(4.48)
Die Winkelgeschwindigkeit des Koppelrades ist also
durch
r1
ω3 =
ω1
(4.50)
h − z1
z1
r1
r®M3Q,0
0
0
=
−(h−z1 )
erhält man durch Gleichsetzen von (4.44) mit (4.45)
ω3
M1
ω3
= 0
0
Der Winkelgeschwindigkeitsvektor ω® 0K legt die Richtung der momentanen Drehachse fest. Jeder Punkt auf
3 Michel
Chasles (1793 – 1880)
französischer Mathematiker, für den 1846 eigens ein Lehrstuhl
für höhere Geometrie an der Akademie der Wissenschaften in
Paris eingerichtet wurde
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
ω0K
ω0K
rSP
λ ω0K
λ =
S
und r®S P =
ω® 0K
ω® T0K
ω® T0K v®0S = 0
Bild 4.4: Schraubung
der momentanen Drehachse hat dann gemäß dem Chaslesschen Theorem die Geschwindigkeit
v®0P = λ ω® 0K
oder ω® T0K r®S P = 0
(4.55)
Bezeichnet v®0S die Geschwindigkeit des körperfesten Bezugspunktes, dann liefert die Eulerschen Geschwindigkeitsformel (4.36) eine zusätzliche Vektorgleichung
v®0S,0 + ω® 0K,0 × r®S P = λ ω® 0K
(4.59)
oder ω® 0K ⊥ v®0S
(4.60)
auf. Ein Winkelgeschwindigkeitsvektor ω® 0K der senkrecht auf dem Geschwindigkeitsvektor v®0S steht, kennzeichnet ebene Bewegungen. Wegen v®0P = 0 entartet die
Schraubung dann zu einer reinen Drehung und der Punkt
P stellt dann den momentanen Drehpol dar.
(4.54)
wobei λ ein noch zu bestimmender Parameter mit der
Einheit m ist. Für den Punkt P auf der momentanen
Drehachse, der den kürzesten Abstand zum körperfesten Bezugspunkt S hat, gilt
r®S P ⊥ ω® 0K
ω® 0K × v®0S
ω® T0K ω® 0K
Gemäß (4.54) hat der Punkt P für λ = 0 keine Geschwindigkeit mehr. Dieser Sonderfall tritt bei
v0S
P
ω® T0K v®0S
4.4.2 Momentaner Drehpol
Ein momentaner Drehpol P, dessen Position gegenüber
dem körperfesten Bezugssystem durch den in (4.59) definierten Ortsvector r®S P festgelegt ist, existiert nur bei
einer ebenen Bewegung. Da dann ω® 0K ⊥ v®0S gilt, ist der
Abstand des momentanen Drehpols von der Drehachse
durch
| r®S P | =
(4.56)
| v®0S |
v0S
| ω® 0K | | v®0S |
=
=
| ω® 0K | | ω® 0K | | ω® 0K | ω0K
(4.61)
Die Beziehungen (4.55) und (4.56) ergeben in Komponenten angeschrieben ein lineares Gleichungssystem
gegeben. Daraus lassen sich die folgenden Konstruktionsvorschriften ableiten.
0
ωx
ωy
ωz λ 0
−ωx
0
−ωz ω y rx −vx
=
(4.57)
−ω y ωz
0
−ωx r y −v y
−ωz −ω y ωx
0 rz −vz
Sind bei einer ebenen Bewegung eines starren Körpers
die Geschwindigkeitsrichtungen an zwei körperfesten
Punkten R und S bekannt, dann bilden die Normalen
auf die Geschwindigkeitsrichtungen geometrische Orte
für den momentanen Drehpol P, Bild 4.5.
in der Form A x = b, das nach dem Parameter λ und den
Komponenten rx , r y , rz des Ortsvektors r®S P aufgelöst4
werden kann. Das Ergebnis
2
λ = ω x v x + ω y v y + ωz vz
ωx + ω2y + ωz2
2
r x = ω y vz − ωz v y
ωx + ω2y + ωz2
(4.58)
r y = (ωz vx − ωx vz ) ω2x + ω2y + ωz2
2
rz = ωx v y − ω y vx
ωx + ω2y + ωz2
kann auch in Vektorschreibweise dargestellt werden. Man
erhält
4
Dies kann z.B. in Matlab mit der symbolischen Toolbox oder
durch Nutzen der speziellen Eigenschaft der Koeffizientenmatrix geschehen. Die Spalten der in (4.57) definierten Koeffizientenmatrix
A sind hier jeweils senkrecht zu einander, was
T
A A = − ω2x + ω2y + ωz2 E4×4 zur Folge hat und die direkte
Lösung x = −AT b ω2x + ω2y + ωz2 ermöglicht.
R
rRP
v0R
S
rSP
v0S
φ
ψ
P
Bild 4.5: Allgemeine Geschwindigkeitsrichtungen
Gemäß (4.61) gilt
rRP =
v0R
ω0K
oder ω0K =
v0R
rRP
(4.62)
rS P =
v0S
ω0K
oder ω0K =
v0S
rS P
(4.63)
und
29
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
Aus Bild 4.5 entnimmt man
v0R
v0S
tan ϕ ≡
und tan ψ ≡
(4.64)
rRP
rS P
Die Winkel ϕ und ψ stimmen also überein und sind ein
Maß für die Winkelgeschwindigkeit des Körpers
tan ϕ = tan ψ ≡ ω0K
(4.65)
Die Beziehungen (4.64) und (4.65) ermöglichen es, auch
bei parallelen Geschwindigkeitsvektoren in den körperfesten Punkten R und S den momentanen Drehpol P einer
ebenen Bewegung eines starren Körpers zu konstruieren,
Bild 4.6.
P
φ=ψ
v0R
r®Ü0P,0 =
+
+
+
+
r®Ü0S,0
ω®Û 0K,0 × A0K r®S P,K
ω® 0K,0 × ω® 0K,0 × A0K r®S P,K
2 ω® 0K,0 × A0K r®ÛS P,K
A0K r®ÜS P,K
(4.68)
4.5.2 Starrkörperbewegungen
S
R
wobei nach der abgeleiteten Drehmatrix jeweils die Einheitsmatrix in Form der Orthogonalitätsbeziehung (4.26)
eingefügt wurde und ω®Û 0K,0 die Winkelbeschleunigung
bezeichnet. Mit (4.32) und (4.33) erhält man
Die beiden letzten Terme in (4.68) verschwinden, wenn
S körperfest ist und r®S P,K = const. gilt. Dann bleibt
v0P
r®Ü0P,0 = r®Ü0S,0 + ω®Û 0K,0 × A0K r®S P,K
(4.69)
Bild 4.6: Parallele Geschwindigkeiten
+ ω® 0K,0 × ω® 0K,0 × A0K r®S P,K
Obwohl der Momentanpol P durch die Geschwindigkeit
v0P = 0 gekennzeichnet ist, verändert er seine Lage
sowohl bezüglich des raumfesten und des körperfesten
Koordinatensystems. Die im körperfesten System dargestellte Folge der jeweiligen Momentanpole wird als Polkurve und die im raumfesten System dargestellte Folge
als Spurkurve bezeichnet. Pol- und Spurkurve berühren
sich im Momentanpol und rollen bei der Bewegung des
starren Körpers aufeinander ab.
Bei einer Drehung mit konstanter Winkelgeschwindigkeit verschwindet zwar die Winkelbeschleunigung ω®Û 0K,0
= 0, aber infolge der Zentripetalbeschleunigung haben
die einzelnen Punkte eines starren Körpers trotzdem unterschiedliche Beschleunigungen.
Der Punkt des Körpers, der mit dem Momentanpol zusammenfällt, hat zwar momentan keine Geschwindigkeit v®0P = 0 aber in der Regel eine Beschleunigung
a®0P , 0.
4.5 Beschleunigung
4.5.1 Allgemeine Relativbewegung
Die Geschwindigkeit eines Punktes P, dessen Lage relativ zum Punkt S im körperfesten System K beschrieben
wird, ist gemäß (4.35) durch
r®Û0P,0 = r®Û0S,0 + ω® 0K,0 × A0K r®S P,K + A0K r®ÛS P,K (4.66)
gegeben. Die zeitliche Ableitung liefert
r®Ü0P,0 = r®Ü0S,0
+ ω®Û 0K,0 × A0K r®S P,K
+ ω® 0K,0 × AÛ 0K AT0K A0K r®S P,K
+ ω® 0K,0 × A0K r®ÛS P,K
+ AÛ 0K AT0K A0K r®ÛS P,K
+ A0K r®ÜS P,K
30
(4.67)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
4.6 Aufgaben
4.6.3 Laufkatze
4.6.1 Stößel
Die Laufkatze eines Krans bewegt sich mit der Geschwindigkeit vK nach links. Gleichzeitig wird das über
drei Rollen geführte Seil mit der Geschwindigkeit vS
nach rechts gezogen.
Ein Keil mit dem Neigungswinkel α wird mit der Geschwindigkeit vK in horizontaler Richtung bewegt und
verschiebt dadurch einen Stößel vertikal nach oben. Das
am unteren Ende des Stößels drehbar gelagerte Rad mit
dem Radius R rollt dabei ohne zu gleiten auf dem Keil
ab.
vK
vS
R
vK
2
1
vS
ωR
r
3
α
a) In einem Koordinatensystem, bei dem die x-Achse nach links
und die y-Achse nach oben zeigt, gilt im Kontaktpunkt
vK 0 0 −R sin α
0 = vS + 0 × −R cos α
0
0 0 ωR
Die beiden ersten Komponenten liefern
vK = +ωR R cos α
und
0 = vS − ωR R sin α
Damit erhält man
vK
ωR =
und vS = ωR R sin α = vK tan α
R cos α
b) Für die Stößelbeschleunigung erhält man zunächst
vÛS = vÛK tan α = v0 Ω tan α sin Ωt
Damit sind die Extremwerte mit
vÛSextr = ± v0 Ω tan α
gegeben.
a) Ermitteln Sie die Winkelgeschwindigkeit des Rades
ωR und die Stößelgeschwindigkeit vS .
b) Welche Extremwerte der Stößelbeschleunigung aS
treten auf, wenn der Keil nun periodisch mit der
Geschwindigkeit vK = v0 sin Ωt hin und her bewegt
wird?
Die Umlenkrollen 1 und 2 haben den gleichen Radius.
Die Rolle 3 bleibt während der Bewegung stets in der
Mitte zwischen den Rollen 1 und 2.
a) Berechnen Sie die Winkelgeschwindigkeit der Rolle 3
b) Mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich der Mittelpunkt der Rolle 3 in horizontaler und vertikaler
Richtung?
a)
4.6.2 Stab
ω=
2 v K + vS
2r
b)
v3H = vK
und
v3V =
1
vS
2
4.6.4 Roboterarm
Ein Stab der Länge a wird über Bolzen, die an den Enden befestigt sind, in einer horizontalen und in einer
vertikalen Schiene geführt. Der Bolzen in A wird über
einen Spindelantrieb mit der konstanten Geschwindigkeit sÛ = v A nach links verschoben.
s
A
C
Der Ausleger eines Experimentier-Roboters ist aus zwei
Tetraedern mit den Längen a und b aufgebaut. Die Drehung um die raumfeste z0 -Achse erfolgt mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. Deshalb kann sie durch
den Winkel γ = Ωt beschrieben werden. Der zweite Tetraeder dreht um die y2 -Achse. Mit dem Winkel
β = β0 sin(ωt) wird er mit der Kreis-Frequenz ω und der
Amplitude β0 periodisch auf und ab bewegt.
z0=z1
φ
y1
y0
a
z2
γ
a
B
y2
P
x1
x0
β
b
Q
x2
a) Die zeitliche Ableitung, der aus dem Dreieck ABC
folgenden Beziehung s = a sin ϕ, liefert
vA
sÛ = v A = a cos ϕ ϕÛ oder ϕÛ =
a cos ϕ
b) Mit AB = x und xÛ = −vB erhält man
x = a cos ϕ bzw. xÛ = −vB = −a sin ϕ ϕÛ
vA
vB = a sin ϕ
= v A tan ϕ
a cos ϕ
oder
Für Winkel im Bereich 0 < ϕ < 90° sind zu ermitteln:
a) die Winkelgeschwindigkeit ϕÛ und
b) die Geschwindigkeit vB , mit der sich der Bolzen in
B nach oben bewegt.
Ermitteln Sie für die Punkte P und Q die im System x1 , y1 ,
z1 dargestellten Vektoren der absoluten Geschwindigkeit
und der Beschleunigung.
a)
0
v®0P,1 = a Ω
0
−b sin β βÛ
v®0Q,1 = (a + b cos β) Ω
−b cos β βÛ
b)
−a Ω2
a®0P,1 = 0
0
− (a + b cos β) Ω2 − b sin β βÜ − b cos β βÛ2
−2b sin β Ω βÛ
a®0Q,1 =
−b cos β βÜ + b sin β βÛ2
mit
β = β0 sin(ωt)
βÛ = ω β0 cos(ωt)
βÜ = −ω2 β0 sin(ωt)
31
5 Starrkörper-Kinetik
5.1 Kinetische Energie
5.1.1 Allgemeiner Bezugspunkt
Bezeichnet v®0M die Geschwindigkeit eines Masseteilchens dm gegenüber dem ruhenden System 0, dann ist
seine kinetische Energie durch
dEkin =
1 T
v® v®0M dm
2 0M
(5.1)
gegeben. Die kinetische Energie des starren Körpers kann
dann aus
∫
1
T
Ekin =
v®0M
v®0M dm
(5.2)
2
K
berechnet werden.
Der Punkt P ist Ursprung eines körperfesten Koordinatensystem mit den Achsen xK , yK und zK , Bild 5.1.
v0M
z0
y0
zK
dm
M
r PM
x0
ω 0K
P
ω® 0K × r®P M
xK
T
ω® 0K × r®P M
v®0P = v®0P
(5.6)
bereits berücksichtigt wurde. Die Geschwindigkeit von
Punkt P und die Winkelgeschwindigkeit ω® 0K sind unabhängig von der Massenverteilung des starren Körpers
und können deshalb aus den Integralen herausgezogen
werden
∫
1
T
dm v®0P
v®0P
Ekin =
2 ∫
T
(5.7)
+ v®0P ω® 0K × r®P M dm
∫
T
1
ω® 0K × r®P M ω® 0K × r®P M dm
+
2
1
=
m
∫
r®P M dm
(5.8)
definierte Vektor gibt die Lage des Massenmittelpunktes
S des starren Körpers relativ zu Punkt P an und
∫
m =
dm
(5.9)
Der Geschwindigkeitszustand des starren Körpers ist
durch die Geschwindigkeit v®0P und die Winkelgeschwindigkeit ω® 0K gegeben. Die Geschwindigkeit eines Masseteilchens kann dann aus
(5.3)
berechnet werden, wobei r®P M die Lages des Masseteilchens relativ zu P beschreibt. Eingesetzt in (5.2) erhält
man
Ekin =
∫
T
1
v®0P + ω® 0K × r®P M v®0P + ω® 0K × r®P M dm
2
T
r®PS
Bild 5.1: Kinetische Energie
32
wobei die Gleichheit der Skalarprodukte
v0P
v®0M = v®0P + ω® 0K × r®P M
(5.5)
Der durch das Integral
yK
r 0P
0
Ausmultipliziert bleibt
∫
1
T
Ekin =
v®0P
v®0P dm
2
∫
T
ω® 0K × r®P M dm
+
v®0P
∫
T
1
ω® 0K × r®P M ω® 0K × r®P M dm
+
2
(5.4)
ist die Masse des starren Körpers. Das dritte Integral in
(5.7) kann mit
ω® 0K × r®P M = −®
r P M × ω® 0K = −e
r P M ω® 0K
und
e
r P M ω® 0K
T
T
= ω® 0K
e
r PTM
umgeformt werden
∫
T
ω® 0K × r®P M ω® 0K × r®P M dm =
∫
T
−e
r P M ω® 0K −r̃ P M ω® 0K dm =
∫
T
ω® 0K e
r PTM e
r P M dm ω® 0K
(5.10)
(5.11)
(5.12)
Technische Mechanik III (Dynamik)
wobei
TP =
∫
e
r PTM e
r P M dm
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
(5.13)
=
z
Ekin
1
2
den, auf den Punkt P bezogenen, Trägheitstensor des
starren Körpers bezeichnet.
=
Die kinetische Energie des starren Körpers berechnet sich
demnach aus
1
T
m v®0P
v®0P
2
T
+ m v®0P
(ω® 0K × r®PS )
1 T
+ ω® 0K
TP ω® 0K
2
Ekin =
(5.14)
wobei P ein beliebiger Punkt auf dem starren Körper und
S den Massenmittelpunkt des starren Körpers angibt.
T (ω
® 0K×®
Der Koppelterm m v®0P
r PS ) in (5.14) verschwindet,
wenn P mit dem Massenmittelpunkt S zusammenfällt
1
1 T
T
v®0S + ω® 0K
TS ω® 0K
m v®0S
2
2
(5.15)
Auf den Massenmittel S bezogen, setzt sich die kinetische
Energie des starren Körpers aus einem translatorischen
und einem rotatorischen Anteil zusammen. Die Elemente des Trägheitstensors TS müssen dabei bezüglich dem
Massenmittelpunkt S berechnet werden.
5.1.3 Bezogen auf einen Fixpunkt
Führt der starre Körper Drehbewegungen um einen Fixpunkt F aus, dann bleibt nur noch der rotatorische Energieanteil. Für P = F und mit v0F = 0 folgt aus (5.14)
F
Ekin
=
1 T
ω® TF ω® 0K
2 0K
1
2 ω Tzz
ω =
1
2 Tzz
Tx y Txz 0
Ty y Tyz 0
Tz y Tzz ω
{z
} |{z}
TF
ω® 0K
(5.17)
ω2
wobei die Elemente des 3 × 3-Trägheitstensors TF entsprechend den Koordinatenachsen x, y, z mit allgemeinen Doppel-Indizes bezeichnet wurden.
Bei einer Drehung um eine raumfeste Achse (hier die
z-Achse) hat lediglich das Trägheitsmoment bezüglich
der Rotationsachse, hier Tzz , Einfluss auf die kinetische
Energie.
5.2 Der Trägheitstensor
5.1.2 Bezogen auf Massenmittelpunkt
S
=
Ekin
Txx
0 0 ω Tyx
| {z } Tzx
T
|
ω® 0K
(5.16)
wobei die Elemente des Trägheitstensors TF bezüglich
dem Fixpunkt F berechnet werden müssen.
5.2.1 Definition
Bei der Berechnung der kinetischen Energie eines starren
Körpers wurde in (5.13) mit
∫
TP =
e
r PTM e
r P M dm
(5.18)
der Trägheitstensor definiert. Der schiefsymmetrische
Tensor e
r P M folgt dabei aus den Komponenten des Vektors r®M P , der die Lage aller Masseteilchen dm des starren
Körpers relativ zu P definiert. Die Berechnung des Trägheitstensors TP ist an ein Koordinatensystem gebunden,
da nur dort die Komponenten des Vektors r®M P dargestelt
werden können.
Im körperfesten System K bleibt, entsprechend der Starrkörperbedingung, die Lage körperfester Punkte relativ
zueinander unverändert. Dort sind dann die Komponenten von r®M P und die Elemente des Trägheitstensors konstant, TP,K = const. Mit
r®P M,K
x
= y
z
bzw. e
r P M,K
0 −z y
= z 0 −x (5.19)
−y x 0
lautet (5.18)
5.1.4 Bezüglich einer raumfesten Drehachse
Führt der starre Körper Drehbewegungen um eine im
Raum fixierte Achse aus, dann ist jeder Punkt der Achse ein Fixpunkt. Das beschreibende Koordinatensystem
kann nun so angeordnet werden, dass die z-Achse mit der
Drehachse zusammen fällt. Dann vereinfacht sich (5.16)
zu
TP,K
∫ 0 z −y 0 −z y
= −z 0 x z 0 −x dm
y −x 0 −y x 0
(5.20)
Ausmultipliziert bleibt
TP,K
∫ y 2 +z2 −x y −xz
= −x y z2 + x 2 −yz dm
−xz −yz x 2 + y 2
(5.21)
33
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
Der Trägheitstensor ist symmetrisch. Die Elemente auf
der Hauptdiagonalen
∫ Txx =
y 2 +z 2 dm
∫ Ty y =
z2 + x 2 dm
(5.22)
∫ Tzz =
x 2 + y 2 dm
Nach Integration erhält man
3 3 1
b
b
Txx = ρ a
c
− −
3 2
2
1 c 3 c 3
+ ρab
− −
3
2
2
Mit m = ρ a b c bleibt schließlich
1
m b2 + c2
12
Txx =
werden als (Massen-)Trägheitsmomente und die drei
restlichen
∫
Tx y = −
x y dm
∫
Txz = −
x z dm
(5.23)
∫
Tyz = −
y z dm
1
m a2 + b2
12
(5.28)
Die Integrale in (5.23) verschwinden alle. Ein quaderförmiger Körper hat bezüglich der Symmetrieachsen keine
Deviationsmomente
Ty y =
1
m c2 + a2
12
Tx y = 0
Bei homogener Massenverteilung kann das Massenelement mit der Dichte ρ auf ein Volumenelement dV zurückgeführt werden.
dm = ρ dV = ρ dx dy dz
(5.24)
S
x
34
dϕ
S
ϕ
z
x
dr
r
dz
z
z
Bild 5.3: Zylinder mit Volumenelement
c
Mit
dm = ρ r dϕ dr dz
Berechnet man den Trägheitstensor für den Massenmittelpunkt S in einem Koordinatensystem, das mit den
Symmetrieachsen zusammenfällt, dann folgt das Trägheitsmoment um die x-Achse aus
+c/2 ∫
+b/2 +a/2
∫
∫
=ρ
(y 2 +z 2 ) dx dy dz
−c/2 −b/2 −a/2
(5.29)
h
Bild 5.2: Quaderförmiger Körper
Txx
Tyz = 0
y
y
y
a
Txz = 0
Bei einem kreiszylindrischen Körper mit dem Radius R
und der Höhe H wird bei homogener Massenverteilung
ein zur äußeren Kontur passendes Volumenelement herausgeschnitten, Bild 5.3.
R
x
und Tzz =
5.2.3 Beispiel Kreiszylinder
Für einen quaderförmigen Körper mit den Kantenlängen
a, b und c, Bild 5.2, können die Integrale in (5.22) und
(5.23) leicht ausgewertet werden.
b
(5.27)
Analog dazu findet man
als (Massen-)Deviationsmomente bezeichnet.
5.2.2 Beispiel Quader
(5.26)
y = r sin ϕ
(5.30)
gilt dann
Txx = ρ
+H/2
∫ ∫R
−H/2 0
(5.25)
x = r cos ϕ
∫2π
0
(r sin ϕ)2 +z 2 r dϕ dr dz (5.31)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
5.2.4.2 Dreiecksungleichung
Ausmultipliziert bleibt
Txx = ρ
+H/2
∫ ∫R
r
3
−H/2 0
+ρ
+H/2
∫
z2
∫2π
0
(5.32)
∫2π
∫R
r
0
−H/2
sin2 ϕ dϕ dr dz
dϕ dr dz
0
Nach der Integration erhält man
1 H 3 −H 3 1 2
1 4
R 2π (5.33)
Txx = ρ H R π + ρ
−
4
3 8
2
8
Mit der Zylindermasse m = ρ R2 πH bleibt schließlich
1 2 1 2
Txx = m
(5.34)
R +
H
4
12
Die Elemente der Hauptdiagonale, die Trägheitsmomente, sind durch (5.22) definiert. Die Addition von Txx und
Ty y liefert
∫
∫
∫
2
2
2
2
(y +z ) dm + (z + x ) dm = (x 2 + y 2 ) dm
|
{z
} |
{z
}
|
{z
}
Txx
Ty y
T
∫ zz
+ 2
z2 dm
(5.38)
Es gilt also
Txx + Ty y
≥ Tzz
(5.39)
sowie Tzz + Txx ≥ Ty y
(5.40)
und analog
Ty y + Tzz ≥ Txx
Auf Grund der Symmetrie gilt hier
Ty y = Txx
(5.35)
und die Berechnung des Trägheitsmomentes um die Zylinderachse liefert
Tzz =
1
m R2
2
Txz = 0
Tyz = 0
Die Dreiecksungleichungen können zur Kontrolle gemessener Trägheitsmomente herangezogen werden.
(5.36)
Bezüglich seiner Symmetrieachsen hat auch der Zylinder
keine Deviationsmomente
Tx y = 0
Die Beziehungen (5.39) und (5.40) werden als Dreiecksungleichungen bezeichnet, da bei Dreiecken die Summe
zweier Seiten stets größer oder höchstens gleich der dritten ist.
(5.37)
5.2.4 Eigenschaften
Bei abgeplatteten Körpern kann eine Abmessung gegenüber den beiden anderen Körpern vernachlässigt werden. Liegen die Hauptabmessungen eines abgeplatteten
∫ Körpers∫ z.B. in der x-, y-Ebene, dann wird wegen
z 2 dm (x 2 +y 2 )dm die Dreiecksungleichung (5.39)
zur Gleichung und es gilt Txx + Ty y = Tzz .
5.2.4.3 Abgeplattete Körper
y
y
5.2.4.1 Symmetrie
x
x
Symmetrie in Deviationsmomente
Richtung der Tx y
Txz
Tyz
xK -Achse
=0 =0
,0
yK -Achse
=0 ,0
=0
zK -Achse
,0 =0
=0
Tabelle 5.1: Deviationsmomente bei Symmetrie
Ist die Massenverteilung des Körpers symmetrisch zu einer Achse, dann verschwinden die Deviationsmomente,
bei denen über diese Achsrichtung integriert wird, Tabelle 5.1.
Bei einem Körper, der in zwei Achsrichtungen eine symmetrische Massenverteilung hat, verschwinden folglich
alle Deviationsmomente.
c
z b
z
R S
H
a
Bild 5.4: Platte und Scheibe
Bei einem flachen Quader, bzw. einer dünnen Platte,
Bild 5.4, erhält man mit c a und c b aus (5.27) und
(5.28) die Trägheitsmomente
Txx =
1
m b2
12
und Ty y =
1
m a2
12
(5.41)
sowie
Tzz = Txx + Ty y =
1
m
12
a2 + b2
(5.42)
35
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
Bei einer kreiszylindrischen Scheibe, Bild 5.4, gilt H R. Aus (5.34), (5.35) und (5.36) folgen dann die Trägheitsmomente
Txx = Ty y =
1
m R2
4
(5.43)
und
Tzz = Txx + Ty y = 2 Txx =
1
m R2
2
T
TQ = TS + m e
rQS
e
rQS
1
m a2
12
Ein dünner Draht der Masse m ist zu einem Rührhaken
gebogen und in der Mitte, im Punkt 0, an einer Welle
befestigt, Bild 5.5.
z0
(5.45)
Mit R H folgen aus (5.34), (5.35) und (5.36). die
Trägheitsmomente für einen Stab mit Kreisquerschnitt.
Sie stimmen mit (5.45) überein.
0
a
5.2.5.1 Satz von Steiner
a
36
e
r P M dm
| {z }
e
r PS m
a
Bild 5.5: Rührhaken
K
Der Trägheitstensor bezüglich eines körperfesten Punktes P ist durch (5.18) definiert. Der schiefsymmetrische
Tensor e
r P M wird gemäß (5.19) aus den Komponenten
des Vektors r®P M gebildet. Soll der Trägheitstensor für
einen anderen körperfesten Punkt Q angegeben werden,
dann folgt aus der Vektorkette r®QM = r®QP + r®P M die
entsprechende Beziehung für die schiefsymmetrischen
Tensoren
e
rQM = e
rQP + e
rP M
(5.46)
Ausmultipliziert bleibt
∫
∫
T
TQ = e
rQP e
rQP dm + e
r PTM e
r P M dm
|{z} |
{z
}
m
T
P
∫
a
x0
Gemäß (5.18) kann der auf den Punkt 0 bezogene Trägheitstensor aus
∫
T
T0 =
e
r0M
e
r0M dm
(5.50)
5.2.5 Wechsel des Bezugspunktes
Eingesetzt in (5.18) erhält man
∫
T
e
rQP +e
rP M
e
rQP +e
r P M dm
TQ =
y0
a
a
Bei langgestreckten Körpern hat die Querschnittsform
keinen Einfluß auf die Trägheitseigenschaften.
T
+ 2e
rQP
(5.49)
5.2.5.2 Beispiel
Bei einem geraden, dünnen Stab mit Rechteckquerschnitt, der sich in x-Richtung erstreckt, gilt c a und
b a. Damit erhält man aus (5.27) und (5.28) die Trägheitsmomente
Stab
und TyStab
y = Tzz =
Fällt der Bezugspunkt P mit dem Massenmittelpunkt S
zusammen (P ≡ S), dann ist e
r PS = 0 und es bleibt der
Satz von Steiner
(5.44)
5.2.4.4 Langgestreckte Körper
Stab
Txx
≈0
wobei Terme, die nicht von der Massenverteilung abhängen, bereits vor die Integrale gezogen wurden und der
Vektor r®PS die Lage des Massenmittelpunktes S relativ
zum Bezugspunkt P angibt.
berechnet werden, wobei der Punkt M die Position des
Massenelements dm angibt und somit sämtlich Punkte
des Körpers K durchläuft.
z5
y5
S5
z3
x5
S3
y0 =y1
z0 =z1
y3
0=S1
z2
S2
x0 =x1
x3
y2
x2
z4
S4
(5.47)
y4
x4
Bild 5.6: Teilkörper des Rührhakens
(5.48)
Unterteilt man nun den Rührhaken in in N = 5 einfache
Teilkörper, hier gerade Drahtstücke, Bild 5.6, dann kann
das Integral über den Körper K entsprechend aufgeteilt
werden
N
=5 ∫
Õ
T
T0 =
e
r0M
e
r
dm
(5.51)
i 0Mi
i=1
Ki
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
wobei Mi jetzt nur noch Punkte des jeweiligen Teilkörpers Ki sind. Mit den Beziehungen
e
r0Mi = e
r0Si + e
rS i M i
i mi
1
m
3
2
m
6
3
m
6
4
m
6
5
m
6
(5.52)
dem Satz von Steiner (5.49) und
∫
TSi =
e
rSTi Mi e
rSi Mi dm
(5.53)
Ki
kann (5.51) in der Form
T0 =
5
Õ
TSi +
T
mi e
r0S
e
r
i 0Si
(5.54)
i=1
angeschrieben werden, wobei Si die Massenmittelpunkte
der Teilkörper sind.
Die schiefsymmetrischen Tensoren enthalten gemäß
e
r0Si
0 −zi
yi
0 −xi
= zi
−yi
xi
0
(5.55)
die Komponenten xi , yi , zi der Vektoren r®0Si , die die Lage der Massenmittelpunkte der Teilkörper angeben. Die
wesentlichen Elemente des Trägheitstensors sind dann
durch
Tx0 x0 =
Õ Txi xi + mi
yi2 + zi2
Ty0 y0 =
Õ Tyi yi + mi
zi2 + xi2
Tz0 z0 =
Õ Tzi zi + mi
xi2 + yi2
(5.56)
r0Si
0
0
0
a/2
a
0
−a/2
−a
0
a
a
−a/2
−a
−a
a/2
Txi xi
1 m
12 3
Tyi yi
(2a)2
Tzi zi
1 m
12 3
0
(2a)2
0
1 m
12 6
a2
1 m
12 6
a2
0
1 m
12 6
a2
1 m
12 6
a2
1 m
12 6
a2
1 m
12 6
a2
0
1 m
12 6
a2
1 m
12 6
a2
0
Tabelle 5.2: Massengeometrie des Rührhakens
Für das Trägheitsmoment bezüglich der x0 -Achse erhält
man
2
1 m
2a
Tx0 x0 =
12 3
m 2
a
+
+
6
2
m
−a
+
+
(5.58)
6
m 2 a 2
1 m 2
+
a +
a + −
12 6
6
2
1 m 2
m
2 a 2
+
a +
−a +
12 6
6
2
oder
und
Tx0 y0 =
Õ Txi yi − mi xi yi
Tx0 z0 =
Õ Txi zi − mi xi zi
Ty0 z0 =
Õ Tyi zi − mi yi zi
Tx0 x0
m 2 4
1
1
1
1
= a 6 +1+1+ 12 +1+ 4 + 12 +1+ 4
6
(5.59)
Zusammengefaßt bleibt
(5.57)
Tx0 x0 =
8
m a2
9
(5.60)
Analog dazu findet man
definiert. Die Beziehungen in (5.56) und (5.57) gelten
allgemein. Allerdings ist zu beachten, dass die lokalen
xi -yi -zi -Koordinatensysteme, die im Schwerpunkt jedes
Teilkörpers fixiert sind, achsenparallel zum globalen x0 y0 -z0 -Koordinatensystem angeordnet sein müssen.
Für die N = 5 Teilkörper des Rührhakens können nun
sehr leicht die Masse, die Trägheitsmomente und die
Schwerpunktslage angegeben werden, Tabelle 5.2. Deviationsmomente treten bei den stabförmigen Teilkörpern nicht auf.
Ty0 y0 =
5
m a2
9
und Tz0 z0 =
11
m a2
9
(5.61)
Die Deviationsmomente des Rührhakens folgen aus
(5.57). Mit den Werten aus der Tabelle 5.2 erhält man
m a
a + (− a2 )(−a) + a a + (−a)(−a)
Tx0 y0 = −
2
6
1
= − m a2
2
(5.62)
m
1
2
a a
Tx0 z0 = − a(− 2 ) + (−a) 2 ) = m a
(5.63)
6
6
und
1
m
Ty0 z0 = − a(− a2 ) + (−a) a2 ) = m a2
(5.64)
6
6
37
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
5.2.6 Drehung des Koordinatensystems
z0
a
α
5.2.6.1 Tensortransformation
0
Der schiefsymmetrische Tensor e
r P M vermittelt das
Kreuzprodukt. Gemäß (5.10) gilt
e
r P M,1 ω® 0K,1 = r®P M,1 × ω® 0K,1
α
wobei angenommen wurde, daß die Vektoren und damit
auch der schiefsymmetrische Tensor im System 1 dargestellt sind. Soll das Ergebnis im System 2 angegeben
werden, dann erhält man mit der Transformationsmatrix
A21
r P M,1 ω® 0K,1
(5.66)
e
r P M,2 ω® 0K,2 = A21 e
Bild 5.7: Abgewinkelter Rührhaken
e
r P M,2 = A21 e
r P M,1 AT21
(5.68)
die Transformationsvorschrift für einen schiefsymmetrische Tensor angeben. Eingesetzt in die Definitionsgleichung (5.18) des Trägheitstensors erhält man
∫
T
A21 e
r P M,1 AT21 A21 e
TP,2 =
r P M,1 AT21 dm
∫
(5.69)
= A21 e
r PTM,1 AT21 A21 e
r P M,1 AT21 dm
| {z }
E
∫
e
r PTM,1 e
r P M,1 dm AT21 .
|
{z
}
TP,1
x2
y0 = y1
0=S1
z3
y3
α
x 0 = x1
S3
x3
Bild 5.8: Teilkörper
Der Rührhaken kann in drei einfache Teilkörper zerlegt
werden, Bild 5.8. Die Teilkörper sind langgestreckt und
haben jeweils die Masse 13 m und die Länge a.
[1]
T0,0
(5.71)
transformiert den Trägheitstensor vom System 1 in das
System 2.
5.2.6.2 Beispiel ebener Rührhaken
Ein Rührhaken besteht aus einem dünnen Draht der Masse m und der Länge 3 a. Das Mittelstück ist im Punkt 0
an einer Welle befestigt und die Enden sind nach oben
und unten abgewinkelt, Bild 5.7.
38
S2
z0 = z1
(5.70)
Die Vorschrift
TP,2 = A21 TP,1 AT21
α
Der Trägheitstensor des ersten Teilkörpers kann sofort
bezüglich 0 im globalen System angegeben werden
oder
TP,2 = A21
y2
z2
(5.67)
Da A21 ω® 0K,1 dem im System 2 dargestellten Vektor der
Winkelgeschwindigkeit ω® 0K,2 angibt, muss
x0
a
Nach dem Einfügen der Einheitsmatrix in Form von E =
AT21 A21 ergibt sich
r P M,1 AT21 A21 ω® 0K,1
e
r P M,2 ω® 0K,2 = A21 e
a/2
a/2
(5.65)
y0
1 0 0
1 m 2
=
a 0 0 0
12 3
0 0 1
(5.72)
Die lokalen Koordinatensysteme x2 , y2 , z2 und x3 , y3 ,
z3 sind gegenüber dem globalen System x0 , y0 , z0 um
den Winkel α verdreht. Der Satz von Steiner (5.49) kann
aber nur bei achsenparallelen Koordinatensystemen angewendet werden.
Die Trägheitstensoren der Teilkörper 2 und 3 können aber
analog zu (5.72) bezüglich ihrer Massenmittelpunkte S2
und S3 in den Systemen 2 und 3 angegeben werden
TS[2]
2,2
1 0 0
1 m 2
=
a 0 0 0
12 3
0 0 1
(5.73)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
1 0 0
1 m 2
a 0 0 0
=
(5.74)
12 3
0 0 1
Mit den Abkürzungen sα = sin α und cα = cos α lauten
die Transformationsmatrizen
TS[3]
3,3
1 0 0
und A03 = 0 cα −sα
A02
0 sα cα
(5.75)
Damit können die Trägheitstensoren in das globale System transformiert werden. Gemäß der Tensortransformation (5.71) erhält man für den Teilkörper 2
1 0 0
= 0 cα −sα
0 sα cα
TS[2]
2,0
1 0 0
ma2 1 0 0
= 0 cα −sα
0 0 0
36
0 sα cα
0 0 1
1 0 0
0 cα sα
0 −sα cα
(5.76)
Ausmultipliziert bleibt
TS[2]
2,0
1 0
0
2
0 sα −sα cα
=
36
2
0 −sα cα cα
ma2
r®0S2,0
(5.77)
Tx y
Txz = 0
2
Ty y = m a2 sα2
9
1
Tyz = −
m a2 sα (3+4cα )
18
1
m a2 7 + 12cα + 8cα2
Tzz =
36
(5.80)
Da der Rührhaken über keine Ausdehnung in x-Richtung
verfügt, entartet hier die entsprechende Dreiecksungleichung zu Txx = Ty y + Tzz . Damit hätte man sich die
explizite Berechnung von einem der drei Trägheitsmomente ersparen können.
α=0
Txx =
(5.78)
kann der Trägheitstensor nun mit dem Satz von Steiner auf den Bezugspunkt 0 umgerechnet werden. Man
erhält
[2]
T0,0
1
m a2 (5+4cα )
12
=0
Txx =
Für die Sonderfälle α = 0 und α = 90◦ erhält man
Mit dem Vektor
0
a
1+cα
=
2
sα
Gesamtträgheitstensor T0,0 aufsummiert werden. Dessen
wesentliche Elemente lauten
1 0
0
2
0 sα −sα cα
=
36
2
0
−s
c
c
α
α
α
2+2cα
0
0
2
m a
2
0
sα
−sα (1+cα )
+
3 4
2
0 −sα (1+cα ) (1+cα )
m a2
7+6cα
0
0
m a2
2
0
4s
−s
(3+4c
)
=
α
α
α
36
2
0 −sα (3+4cα ) 3+6cα +4cα
(5.79)
wobei im Steiner-Anteil die Vereinfachung
(1+cα )2 + sα2 = 2+2cα
bereits berücksichtigt wurde. Analog dazu kann auch der
Trägheitstensor des dritten Teilkörpers in das System 0
transformiert und auf den Punkt 0 bezogen werden.
Die im System 0 dargestellten und auf den Punkt 0 bezogenen Trägheitstensoren der Teilkörper können nun zum
3
4
α = 90◦
m a2 ,
Txx =
5
12
m a2 ,
Tx y = 0 ,
Tx y = 0 ,
Txz = 0 ,
Txz = 0 ,
Ty y = 0 ,
Ty y =
Tyz = 0 ,
Tyz = − 61 m a2 ,
Tzz =
Tzz =
3
4
m a2 ,
2
9
m a2 ,
7
36
m a2 .
Diese Ergebnisse können zur Kontrolle verwendet werden.
5.2.7 Hauptachsensystem
Bei dem Beispiel in Abschnitt 5.2.5 traten bei der Berechnung des im System 0 dargestellten Trägheitstensors
Deviationsmomente auf. Mit der Forderung
Θ1 0 0
TP,0 = A0H 0 Θ2 0 AT0H
0 0 Θ3
| {z }
TP, H
(5.81)
kann über die Transformationsmatrix A0H ein System
H gesucht werden, in dem der Trägheitstensor nur auf
der Hauptdiagonalen belegt ist. Im ”Hauptachsensystem”
treten keine Deviationsmomente auf.
Zur Berechnung der Hauptachsen wird (5.81) von rechts
mit A0H durchmultipliziert. Mit
A0H = e1,0 e2,0 e3,0
(5.82)
39
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
und AT0H A0H = E erhält man dann
TP,0 e®1,0 e®2,0 e®3,0 = e®1,0 e®2,0
z0
Θ1 0 0
e®3,0 0 Θ2 0
0 0 Θ3
(5.83)
e2
y0
e3
oder
TP,0 e®i,0 = Θi e®i,0 ,
i = 1, 2, 3
(5.84)
Die drei Hauptachsenrichtungen e®i,0 , i = 1, 2, 3 sind Lösungen des aus (5.84) folgenden homogenen Gleichungssystems
TP − Θ E e® = 0
(5.85)
x0
e1
Bild 5.9: Hauptachsensystem
Die Bedingung
TP − Θ E
= 0
(5.86)
für die Existenz nichttrivialer Lösungen e® , 0 führt
auf ein Polynom dritten Grades, dessen Nullstellen die
Hauptträgheitsmomente Θi , i = 1, 2, 3 sind.
Für jeden starren Körper kann genau ein Hauptachsensystem angegeben werden.
Der Trägheitstensor für den Rührhaken aus Abschnitt 5.2.5.2 ist im System 0 durch
T0,0
89 − 21
= − 12 95
1 1
6 6
1
6
1
6
11
9
m a2
Θ3 = 0.15 m a2
(5.88)
und die Hauptachsen
0.58
e®1,0 = −0.58
−0.58
0.58
e®2,0 = −0.21
0.79
Die Trägheitsradien veranschaulichen die Massenverteilung starrer Körper.
5.2.8.2 Beispiel Rührhaken
Die Lösung der Gleichungen (5.86) und (5.85) liefert die
Hauptträgheitsmomente
Θ2 = 1.30 m a2
können drei Trägheitsradien ρi , ρ2 und ρ3 definiert werden, die zusammen mit der Masse m die Trägheitseigenschaften eines starren Körpers angeben.
(5.87)
gegeben.
Θ1 = 1.22 m a2
Trägheitseigenschaften eines starren Körpers durch die
drei Hauptträgheitsmomente Θ1 , Θ2 und Θ3 bestimmt.
Mit
Θi = m ρ2i i = 1, 2, 3
(5.90)
0.58
e®3,0 = 0.79
−0.21
(5.89)
Die Lage des Hauptachsensystems spiegelt die Massenverteilung des Körpers wider, Bild 5.9.
Für das rührhakenfeste Hauptachsensystem, das durch
die Einheitsvektoren aus (5.89) festgelegt ist, folgen aus
einem Vergleich von (5.90) mit (5.88) die Trägheitsradien
p
ρ1 =
1.22 a2 = 1.11 a
p
(5.91)
ρ2 =
1.30 a2 = 1.14 a
p
ρ3 =
0.15 a2 = 0.38 a
Die Massenelemente des Rührhakens gruppieren sich also vorwiegend um die durch den Einheitsvektor e®3 definierte Achse.
5.2.8.3 Beispiel Scheibe und Ring
Gemäß (5.44) ist das Trägheitsmoment einer kreiszylindrischen Scheibe mit homogener Massenverteilung bezüglich der z Achse durch
5.2.8 Trägheitsradien
Scheibe
Tzz
=
5.2.8.1 Definition
Zur Berechnung der kinetischen Energie eines starren
Körpers werden gemäß (5.14) neben dem Geschwindigkeitszustand v®0P , ω® 0K die Masse m und der Trägheitstensor TP benötigt. In einem Hauptachsensystem sind die
40
1
m R2
2
(5.92)
gegeben, wobei z die Achse der Rotationssymmetrie angibt.
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
Bei einem Ring mit der Masse m und dem Radius R hat
jedes Masseteilchen den Abstand R von der Rotationssymmetrieachse z. Damit gilt
Ring
Tzz
= m R2
Für die Trägheitsradien erhält man
r
1 2
Scheibe
R = 0.707 R
ρzz
=
2
√
Ring
ρzz = R2 = R
dF
z0
dm
y0
zK
r PM
M
(5.93)
yK
r 0P
0
P
x0
xK
(5.94)
Bild 5.10: Impulssatz
Bei realen, rotationssymmetrischen Körpern, wie Rädern
und Schwungscheiben, können mit (5.94) die Trägheitsradien recht gut abgeschätzt werden. Konzentriert sich
die Masse eines rotationssymmetrischen Körpers K mit
dem Radius R mehr aussen, dann gilt
Durch Integration über den Körper K erhält man aus
dem Impuls eines Masseteilchens den Impuls des starren
Körpers
∫
p®,0 =
v®0M,0 dm .
(5.100)
K
K
0.707 R < ρzz
≤ R
(5.95)
Ist die Masse dagegen mehr in der Nähe der Rotationssymmetrieachse angeordnet, dann gilt
K
0 ≤ ρzz
< 0.707 R
K
ρzz
(5.96)
K
ρzz
Die Extremwerte
= R und
= 0 geben die Trägheitsradien ringförmiger und stabförmiger Körper an.
5.3 Bewegungsgleichungen
5.3.1 Impulssatz
Die Lage eines Masseteilchens dm gegenüber dem ruhenden System 0 kann durch den Ortsvektor
r®0M,0 = r®0P,0 + A0K r®P M,K
(5.97)
beschrieben werden, Bild 5.10. Der Vektor von dem körperfesten Bezugspunkt P zu dem jeweiligen Masseteilchen dm ist im körperfesten System K konstant,
Mit (5.99) bleibt
∫
∫
p®,0 = v®0P,0 dm + ω® 0K,0 × A0K r®P M,K dm (5.101)
oder
p®,0 = m v®0P,0 + ω® 0K,0 × A0K r®PS,K
(5.102)
wobei r®PS,K die Lage des Massenmittelpunktes S im
System K gegenüber dem körperfesten Bezugspunkt P
angibt.
Der Eulerschen Geschwindigkeitsformel aus (4.36) entsprechend, gibt der Ausdruck in den geschweiften Klammern die Geschwindigkeit des Massenmittelpunktes S
an
v®0S,0 = v®0P,0 + ω® 0K,0 × A0K r®PS,K
(5.103)
Der Impuls eines starren Körpers ist somit durch
p®,0 = m v®0S,0
(5.104)
(5.98)
gegeben. Er ist unabhängig von ω® 0K,0 . Drehbewegungen
haben somit keinen Einfluß auf den Impuls eines starren
Körpers.
und die Drehmatrix A0K definiert die Richtungen des körperfesten Koordinatensystems K gegenüber dem System
0.
Die auf den starren Körper eingeprägte Kraft ist durch
∫
F®,0 =
d F®,0
(5.105)
r®P M,K = const.
K
Die Geschwindigkeit des Masseteilchens dm gegenüber
System 0 ist dann durch
v®0M,0 = v®0P,0 + ω® 0K,0 × A0K r®P M,K
gegeben.
(5.99)
gegeben, wobei d F®,0 die, auf die Masseteilchen dm wirkenden, Kräfte beschreibt.
Dem Newtonschen Axiom (2.2) entsprechend, wird eine
Impulsänderung durch Kräfte hervorgerufen.
41
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Technische Mechanik III
Bei abgeschlossenen Systemen ist die Impulsänderung
des starren Körpers durch
d
d
p®,0 = m v®0S,0 = m a®0S,0
dt
dt
(5.106)
gegeben, wobei a®0S,0 die Beschleunigung des Massenmittelpunktes S gegenüber einem ruhenden System angibt. Der Impulssatz
m a®0S = F®
zK
zK
S
ωA
S
yK
xK
ωP
yK
xK
(5.107)
beschreibt die Bewegungen des Massenmittelpunktes S
®
unter dem Einfluß der Kraft F.
5.3.2 Drallsatz
Bild 5.11: Eiskunstläufer zu Beginn und während einer
Pirouette
5.3.2.1 Analogiebetrachtung
Analog zum Impuls p® = m v®0S und zum Impulssatz
d
p®,0 = F®,0
dt
(5.108)
d®S = TS ω® 0K
(5.109)
können mit
der auf den Massenmittelpunkt S bezogene Drehimpuls
oder Drall und mit
d ®
® S,0
dS,0 = M
dt
d
® S,0
TS,0 ω® 0K,0 = M
dt
(5.110)
der Drallsatz definiert werden.
bzw.
5.3.2.2 Drallerhaltung
® S,0 = 0® oder sind
Verschwinden die äußeren Momente M
sie zumindest vernachlässigbar klein, dann bleibt entsprechend (5.110) der Drall erhalten
d®S = konst.
bzw. TS ω® 0K = konst.
(5.111)
Die Drallerhaltung wird insbesondere im Sport genutzt.
So beginnt ein Eiskunstläufer eine Pirouette mit ausgestreckten Armen und abgespreizten Bein, Bild 5.11. Er
dreht dabei mit der Winkelgeschwindigkeit ω A um die
körperfeste zK -Achse. Der Trägheitstensor des Eiskunstläufers kann am Anfang der Pirouette im körperfesten
xK -yK -zK -System durch
Zu Beginn ist der Drall des Eiskunstläufers dann im körperfesten System durch
A
A
A
Txx
A TxAy Txz
A
A
d®S,K Tx y Ty y Tyz
TA TA TA
yz
zz
xz
|
{z
A
TS,K
0
0
ωA
} | {z
=
}
A ωA
Txz
A A
Tyz ω
T AωA
zz
A
ω0K,K
(5.112)
gegeben. Der unsymmetrischen Körperhaltung entsprechend wurden dabei auch Deviationsmomente berücksichtigt.
Nun bringt er Arme und Beine möglichst nahe an die
Drehachse. Der Trägheitstensor bekommt dann näherungsweise Hauptachsenform und liefert während der
Pirouette den Drall
P
P P
P
Txx
0
0 ωx Txx ωx
P
P
P P P
d®S,K
0 Ty y 0 ω y = Ty y ω y
P
0
0 Tzz ω P T P ω P
z zz z
|
{z
}|
{z }
P
TS,K
P
ω0K,K
(5.113)
Unter Vernachlässigung der äußeren Momente liefert die
Drallerhaltung (5.111) die Beziehungen
A A
P P
Txz
ω = Txx
ωx
oder ωxP =
A A
Tyz
ω = TyPy ωxP
oder ω yP =
A A
P P
Tzz
ω = Tzz
ωx
oder ωzP =
A
Txz
P
Txx
A
Tyz
TyPy
A
Tzz
P
Tzz
ωA
(5.114)
ωA
(5.115)
ωA
(5.116)
Der nun langgestreckte Körper des Eiskunstläufers verfügt nach wie vor über relativ große Trägheitsmomente
42
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
bezüglich der xK - und yK -Achse. Da die DeviationsmoP TA
mente zu Beginn aber eher klein sind, kann Txx
xz
P
A
und Ty y Tyz angenommen werden. Wegen (5.114) und
(5.115) bleiben die Winkelgeschwindigkeiten um die xK und yK -Achse mit ωxP ω A und ω yP ω A sehr klein.
Das Trägheitsmoment bezüglich der zK -Achse ist allerdings im Vergleich zum Anfang deutlich kleiner geworP T A . Die Drallerhaltung (5.116) führt dann
den, Tzz
zz
mit ωzP ω A zu einer deutlichen Steigerung der Winkelgeschwindigkeit um die zK -Achse. Die Pirouette wird
damit mit einer großen Winkelgeschwindigkeit um eine
Achse ausgeführt, die wegen ωxP ωzP und ω yP ωzP
praktisch mit der zK -Achse zusammenfällt.
Der Term ω® 0R×TS ω® 0K wird als Kreiselmoment bezeichnet. Er kann bei Drehbewegungen zu dynamischen Momenten führen, auch wenn der Körper mit ω®Û 0K, R = 0® gar
nicht beschleunigt wird.
5.3.2.4 Allgemeine Definition
Rein formal kann der Drallsatz auch für einen beliebig
bewegten, körperfesten Bezugspunkt P angeschrieben
werden. In einem Referenzsystem R, in dem der Trägheitstensor konstant ist, gilt dann
TP, R ω®Û 0K, R + ω® 0R, R × TP, R ω® 0K, R
Wie aus (5.114) und (5.115) zu erkennen ist, können Deviationsmomente die Richtung der Rotationsachse verändern. Diese Eigenschschaft wird zum Beispiel von Turmspringern genutzt, die dadurch eine Anfangsdrehung um
eine Achse quer zum Körper über die Drallerhaltung in
eine Schraubbewegung um die Längsachse des Körpers
verwandeln.
angeschrieben werden.
5.3.2.3 Kreiselmomente
ω® 0K, R
In (5.110) wurde der Drallsatz in der Form
ω® 0R, R
d
® S,0
TS,0 ω® 0K,0 = M
dt
® P, R
+ m r®PS, R × a®0P, R = M
(5.121)
Es bedeuten:
TP,R
(5.117)
ω®Û 0K, R
angegeben. Bei Drehbewegungen ω® 0K , 0® ist der Trägheitstensor, im System 0 angeschrieben, allerdings nicht
d
konstant. Die Berechnung der Ableitung dt
TS,0 ist sehr
kompliziert. Im körperfesten System K ist der Trägheitstensor dagegen in jedem Fall konstant. Bei rotationssymetrischer Massenverteilung gibt es auch bewegte Referenzsysteme R, die nicht körperfest sind, in denen aber
der Trägheitstensor konstant ist. An Stelle von (5.117)
schreibt man nun
m
r®PS, R
d ® S,0
A0R TS, R ω® 0K, R = M
dt
(5.118)
a®0P, R
® P, R
M
Trägheitstensor bezüglich eines beliebigen
körperfesten Punktes P
Winkelgeschwindigkeit des körperfesten
System K gegen System 0
Winkelgeschwindigkeit des Systems R gegen System 0
Änderung der Winkelgeschwindigkeit
ω0K, R gegenüber dem System R
Masse
Vektor vom körperfesten Punkt P zum Massenmittelpunkt S
Beschleunigung von Punkt P gegenüber
dem System 0
resultierendes Moment aller Belastungen
bezüglich Punkt P
Der Term m r®PS, R × a®0P, R verschwindet, wenn als Bezugspunkt der Massenmittelpunkt P ≡ S mit r®PS = 0
oder ein Fixpunkt P ≡ F mit a®0F = 0 gewählt wird.
Dann lautet der Drallsatz
wobei die Matrix A0R die Transformation des Drallvektors d®S, R = TS,R ω® 0K, R vom Referenzsystem R in das Inertialsystem 0 übernimmt. Wegen TS, R = const. bleibt
® S/F, R (5.122)
TS/F, R ω®Û 0K, R + ω® 0R,R×TS/F,R ω® 0K,R = M
® S,0
A0R TS,R ω®Û 0K, R + ω® 0R,0 × A0R TS,R ω® 0K,R = M
(5.119)
oder im Referenzsystem R angeschrieben
Das körperfeste Koordinatensystem K kann stets als Referenzsystem R gewählt werden, da dort der Trägheitstensor eines starren Körpers auf alle Fälle konstant ist.
Dann bleibt wegen ω® 0R = ω® 0K
® S, R
TS, R ω®Û 0K, R + ω® 0R, R ×TS,R ω® 0K, R = M
(5.120)
wobei ω® 0R,R und ω® 0K,R die Winkelgeschwindigkeiten
des Referenzsystems und des Körpers gegenüber dem
Inertialsystem darstellen.
® S/F,K
TS/F,K ω®Û 0K,K + ω® 0K,K ×TS/F,K ω® 0K,K = M
(5.123)
43
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Technische Mechanik III
wobei S/F bedeutet, dass der Drallsatz bezüglich des
Massenmittelpunktes S oder bezüglich eines raumfesten
Fixpunktes F angeschrieben werden kann.
Mit der 3. Euler-Gleichung bleibt dann
Θ2 Θ3 4ωÜ y − (Θ3 −Θ1 )(Θ1 −Θ2 )Ω2 4ω y = 0
(5.129)
oder
5.4 Beispiele
4ωÜ y =
5.4.1 Eulersche Kreiselgleichungen
(5.130)
Die Bewegung wird bei
Bei allgemeinen, räumlichen Drehbewegungen wird häufig das körperfeste Hauptachsensystem K = H gewählt.
Mit ωx , ω y , ωz als Komponenten des Winkelgeschwindigkeitsvektors ω® 0K,K , Mx , My , Mz als Komponenten
des Momentenvektors MS/F, R und den Hauptträgheitsmomenten und Θ1 , Θ2 , Θ3 erhält man aus (5.120) die
Eulerschen Kreiselgleichungen
Θ1 ωÛ x − (Θ2 − Θ3 ) ω y ωz = Mx
Θ2 ωÛ y − (Θ3 − Θ1 ) ωz ωx = My
(Θ3 −Θ1 )(Θ1 −Θ2 ) 2
Ω 4ω y .
Θ2 Θ3
(Θ3 −Θ1 )(Θ1 −Θ2 ) > 0
(5.131)
instabil, da eine kleine Abweichung 4ω y > 0 durch
4ωÜ y > 0 im Laufe der Zeit vergrößert wird. Die Bedingung (5.131) ist erfüllt, wenn
Θ3 > Θ1 > Θ2
oder Θ3 < Θ1 < Θ2
(5.132)
gilt.
(5.124)
Θ3 ωÛ z − (Θ1 − Θ2 ) ωx ω y = Mz
Die Eulerschen Kreiselgleichungen stellen ein System
von drei gekoppelten nichtlinearen Differentialgleichungen 1. Ordnung dar. Analystische Lösungen sind nur für
Sondertälle möglich.
Drehungen um die körperfeste Hauptachse (hier: xK Achse) mit dem mittleren Trägheitsmoment (hier: Θ1 )
sind instabil. Drehungen um körperfeste Hauptachsen
mit dem kleinsten oder größten Trägheitsmoment sind
dagegen stabil.
instabil
stabil
5.4.2 Stabilität von Drehbewegungen
stabil
Ein starrer Körper rotiert momentenfrei mit der Winkelgeschwindigkeit Ω um eine Hauptachse, z.B. die xK Achse. Der Winkelgeschwindigkeitsvektor
ω0K,K
Ω
= 4ω y
4ωz
(5.125)
erfaßt mit 4ω y Ω0 und 4ωz Ω0 auch kleine Abweichungen, die durch Störungen verursacht werden können.
Setzt man (5.125) in die Eulerschen Kreiselgleichungen
(5.124 ein, dann erhält man
Û − (Θ2 − Θ3 ) 4ω y 4ωz = 0 ,
Θ1 Ω
Θ2 4ωÛ y − (Θ3 − Θ1 ) 4ωz Ω = 0 ,
Θ3 4ωÛ z − (Θ1 − Θ2 ) Ω 4ω y = 0 ,
(5.126)
wobei die momentenfreie Bewegung durch eine verschwindende rechte Seite bereits berücksichtigt wurde.
Wegen 4ω y 4ωz ≈ 0 folgt aus der 1. Gleichung
Û = 0
Ω
oder Ω = const.
(5.127)
Nun kann die 2. Gleichung nach der Zeit t abgeleitet
werden
Θ2 4ωÜ y − (Θ3 −Θ1 )4ωÛ z Ω = 0 .
44
(5.128)
Bild 5.12: Stabilität von Drehungen
Im Bild 5.12 sind die stabilen und die instabile Drehachse
für einen Quader mit homogener Massenverteilung und
unterschiedlichen Kantenlängen gekennzeichnet.
5.4.3 Fliegender Bierfilz
5.4.3.1 Modellbeschreibung
Ein Bierfilz kann durch eine flache Scheibe mit homogen
verteilter Masse m und dem Radius r modelliert werden,
Bild 5.13. Beim Abwurf (t = 0) wird er in der Regel mit
x0
0
FA
r0S
y0
z0
Ω
yK
m, r
S
β
v
FW
xK
MA
yR
mg
xR
zR=zK
Bild 5.13: Fliegender Bierfilz
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Prof. Dr.-Ing. G. Rill
einer Anfangsgeschwindigkeit v(t = 0) = v0 und einer
Anfangsrotation Ω(t = 0) = Ω0 versehen.
die im Referenzsystem dargestellte Winkelgeschwindigkeit des Bierfilzes zu
Der Trägheitstensor bezüglich eines körperfesten Systems, bei dem die zK -Achse senkrecht zur Scheibenebene
steht, ist dann gemäß (5.43) und (5.44) durch
ωx 0 ωx
= ω y + 0 = ω y
0 Ω Ω
| {z } | {z }
ω® 0R, R ω® RK, R
TS,K
1 0 0
4
= m r 0 14 0
0 0 1
2
2
(5.133)
gegeben, wobei S den in der Scheibenmitte liegenden
Massenmittelpunkt bezeichnet.
Wird der Bierfilz beim Abwurf leicht angestellt, hat das
eine Widerstandskraft eine Auftriebskraft und ein aufstellendes Moment zur Folge. Die Widerstandskraft F®W
ist der Geschwindigkeit v® entgegen gerichtet, die Auftriebskraft F®A steht senkrecht zu v® und zeigt in Richtung
® A wirkt um eine
des Anstellwinkels β. Das Moment M
Achse, die senkrecht zu v® und F®W steht.
Zur Beschreibung der Kräfte F®W , F®A und des Anstellmo® A wird das Referenzsystem R eingeführt. Wie
ments M
beim körperfesten System K, liegt der Ursprung in der
Scheibenmitte S und die zR -Achse steht senkrecht zur
Scheibenebene. Da die xR - und yR -Achse dann in der
Scheibenebene liegen, stimmen die Elemente der im körperfesten und im Referenzsystem dargestellten Trägheitstensoren überein. Die Gleichheit TS,R = TS,K hat dann
insbesondere TS, R = konst. zur Folge.
5.4.3.2 Bewegungsgleichungen
(5.136)
Mit TS, R = TS,K ist der Trägheitstensor durch (5.133)
gegeben. Bezüglich des Massenmittelpunktes S wird auf
den Bierfilz nur das um die yR -Achse wirkende Aufstellmoment M A eingeprägt. Mit
MS,R =
0 MA 0
T
(5.137)
den in (5.136) definierten Winkelgeschwindigkeiten und
dem Trägheitstensor aus (5.133) lautet der Drallsatz
ωx 0
4M
ω y = 2A
mr
Ω 0
(5.138)
wobei die Vektorgleichung zur Vereinfachung mit dem
Faktor mr4 2 multipliziert wurde. Der Drallsatz (5.138)
liefert im einzelnen
1 0 0
0 1 0
0 0 2
ωÛ x ωx 1 0 0
ωÛ y + ω y × 0 1 0
Ω
Û
0 0 0 2
ωÛ x + 2ω y Ω = 0
4 MA
ωÛ y − 2ωx Ω =
m r2
Û
2Ω = 0
(5.139)
(5.140)
(5.141)
5.4.3.3 Bewegungsanalyse
Mit der Beschleunigung a®0S,0 = r®Ü0S,0 lautet der Impulssatz
m r®Ü0S,0 = F®W,0 + F®A,0 + G®,0
(5.134)
wobei G®,0 = [ 0 0 mg ]T die Gewichtskraft angibt. Da
die Vektordarstellung der Widerstandskraft F®W und der
Auftriebskraft F®A von der Orientierung des Referenzsystems abhängen, kann der Impulssatz so noch nicht gelöst
werden.
Da der Trägheitstensor des Bierfilzes im Referenzsystem
R konstant ist, kann der Drallsatz in der Form (5.123) angesetzt werden. Auf den Massenmittelpunkt S bezogen,
erhält man
® S, R
TS, R ω®Û 0K, R + ω® 0R, R ×TS,R ω® 0K,R = M
ω® 0K,R
(5.135)
Die Eigendrehung des Bierfilzes erfolgt um die zR =zK Achse. Das Referenzsystem führt dann lediglich Drehungen um die xR - und die yR -Achse durch. Somit erhält man
Aus der Gleichung (5.141) folgt sofort
Û =0
Ω
oder Ω = Ω0 = konst.
(5.142)
Nun kann Gleichung (5.139) nocheinmal nach der Zeit
abgeleitet und mit (5.140) kombiniert werden. Dabei erhält man noch einmal nach der Zeit abgeleitet werden.
Zunächst erhält man
4 MA
ωÜ x + 2 2ωx Ω +
Ω=0
(5.143)
m r2
Nimmt man vereinfachend ein konstantes Aufstellmoment M ≈ konst. an, dann hat Differentialgleichung
(5.143) die partikuläre Lösung
ωxP = −
2 MA 1
m r 2 Ω0
(5.144)
wobei entsprechend (5.142) Ω durch Ω0 ersetzt wurde. Die Winkelgeschwindigkeitskomponente ωxP dreht
den Bierfilz um die in Flugrichtung zeigende xR -Achse
45
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Technische Mechanik III
und verhindert gleichzeitig eine Änderung der Winkelgeschwindigkeitskomponente um die yR -Achse. Setzt man
nämlich die partikuläre Lösung in (5.144) ein, dann erhält man ωÛ y = 0.
Damit der Bierfilz eine Auftriebskraft erhält, muss er
beim Abwurf mit β > 0 leicht nach oben angestellt werden. Dies hat dann mit M A > 0 auch ein positives Aufstellmoment zur Folge. Die Kreiselterme im Drallsatz
sorgen nun dafür, dass der Bierfilz durch das Aufstellmoment nicht, wie eigentlich erwartet, um die yR - sondern
gemäß (5.144) um die xR -Achse gedreht wird.
Ein Abwurf mit der rechten Hand erteilt dem Bierfilz mit
Ω > 0 eine positive Anfangsdrehung (xR nach yR ). Entsprechend (5.144) dreht der Bierfilz dann um die negative
xR -Achse (zR nach yR ). Ein Wurf mit linken Hand resultiert dagegen wegen Ω < 0 in einer positiven Drehung
um die xR -Achse (yR nach zR ).
Diese Bewegungstendenzen werden im Experiment bestätigt.
5.4.4 Kraftwirkung von Rotoren
5.4.4.2 Bewegungsgleichungen
Der Massenmittelpunkt bewegt sich auf einem Kreis mit
dem Radius e um die z0 =zK -Achse. Bei beschleunigter
Drehbewegung erfährt er neben der Zentripedal- noch eine Umfangsbeschleunigung. Deshalb ist es zweckmäßig,
den Impulssatz im körperfesten System anzuschreiben
−e ϕÛ2
Ax + Bx + mg sin ϕ
m e ϕÜ = A y + By + mg cos ϕ
0
Az
wobei Ax , A y , Az und Bx , By die im mitbewegten System angeschriebenen Komponenten der Lagerreaktionen
angeben.
Der auf der Drehachse liegende Punkt M ist ein Fixpunkt.
Der Drallsatz kann also in der Form (5.122) angeschrieben werden. Im körperfesten System erhält man dann
Mit der Winkelgeschwindigkeit und der Winkelbeschleunigung
Ein Rotor ist in den Punkten A und B durch ein festes und
ein in axialer Richtung verschiebliches Gelenklager statisch bestimmt gelagert, wobei die Lagerreaktionen Ax ,
A y , Az und Bx , By in Richtung des körperfesten Koordinatensystems K angetragen wurden, Bild 5.14. Durch
ω® 0K,K
0
= 0
ϕÛ
x0
Ax
Az
b
MA
M
Ay
y0
φ
xK
B z0=zK
e
S
mg
Bx
Bild 5.14: Rotor
das Moment M A angetrieben, dreht sich der Rotor um die
z0 = zK -Achse. Der Winkel ϕ beschreibt die momentane Position gegenüber der x0 -Achse. Der Rotor ist nicht
exakt ausgewuchtet. Deshalb
1. liegt der Massenmittelpunkt S nicht auf der Drehachse (statische Unwucht).
46
(5.147)
Txx Tx y Txz
= Tx y Ty y Tyz
Txz Tyz Tzz
(5.148)
und dem Moment
MM,K
By
yK
und
0
Û
ω® 0K,K = 0
ϕÜ
einem vollbesetzen Trägheitstensor
TM,K
A
(5.145)
® M,K (5.146)
TM,K ω®Û 0K,K + ω® 0K,K ×TM,K ω® 0K,K = M
5.4.4.1 Rotor mit Unwuchten
a
2. und im körperfesten System K treten Deviationsmomente auf (dynamische Unwucht).
a Ay − b By
= b Bx − a Ax
M A + e mg cos ϕ
(5.149)
bleibt
Txz ϕÜ − Tyz ϕÛ2 = a A y − b By
Tyz ϕÜ + Txz ϕÛ2 = b Bx − a Ax
Tzz ϕÜ
= M A + e mg cos ϕ
(5.150)
5.4.4.3 Lagerreaktionen
Aus der dritten Komponente des Impulssatzes (5.145)
folgt sofort
Az = 0 .
(5.151)
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Die dritte Komponente des Drallsatzes (5.150) beschreibt
die Dynamik der Rotordrehung. Bei bekanntem Antriebsmoment M A = M A(t) kann die Differentialgleichung 2. Ordnung gelöst werden und liefert dann den
Drehwinkel ϕ = ϕ(t) und die Drehgeschwindigkeit
ω(t) = ϕÛ des Rotors.
Die verbleibenden vier Gleichungen können nach den
restlichen Lagerreaktionen aufgelöst werden. Man erhält
Ax = − Tyz ϕÜ + (Txz +meb) ϕÛ2 + mgb sin ϕ /(a + b)
(Txz +meb) ϕÜ − Tyz ϕÛ2 − mgb cos ϕ /(a + b)
Ay =
Bx = Tyz ϕÜ + (Txz −mea) ϕÛ2 − mga sin ϕ /(a + b)
By = − (Txz −mea) ϕÜ − Tyz ϕÛ2 + mga cos ϕ /(a + b)
(5.152)
wobei a+b den Lagerabstand angibt.
Neben den statischen Gewichtsanteilen treten dynamische Anteile auf, die bei hohen Drehzahlen und bei
schlecht ausgewuchteten Rotoren Probleme bereiten können.
wobei die Koordinaten xS , yS die Lage des Massenmittelpunktes S gegenüber dem System 0 beschreiben und
γ den Drehwinkel um die z0 = zK -Achse bezeichnet.
Fällt das körperfesten Koordinatensystem nicht mit dem
Hauptachsensystem zusammen, dann ist der Trägheitstensor vollbesetzt
TS,K
Txx Tx y Txz
= Tx y Ty y Tyz
Txz Tyz Tzz
(5.155)
Setzt man (5.154) und (5.155) in (5.153) ein, dann
bleibt
Ekin =
1
1
m xÛS2 + yÛ S2 + Tzz γÛ 2
2
2
(5.156)
Bei Drehungen um eine Achse, hier die Drehung um die
z0 = zK -Achse, geht nur das Trägheitsmoment bezüglich
dieser Achse in die Berechnung der kinetischen Energie
ein. Deviationsmomente haben darauf keinen Einfluss.
Bei abgeplatteten Rotoren, die elastisch gelagert sind
oder die auf einer biegeweichen Welle laufen, kommt es
zu einer Selbstzentrierung. Unter dem Einfluß der Fliehkraft und des Kreiselmomentes verschiebt und dreht sich
der Rotor so, daß der Massenmittelpunkt in Richtung
der Drehachse wandert und eine Hauptträgheitsachse des
Rotors in der Nähe der Drehachse zu liegen kommt.
5.5.2 Impuls- und Drallsatz
5.5 Bewegungen in einer Ebene
wobei die auf den Körper wirkende Kraft F® im ruhenden
System 0 durch die Komponenten Fx0 , Fy0 Fz0 dargestellt
wurde. In Richtung der z0 -Achse findet keine Bewegung
statt, deshalb liefert die dritte Komponente mit Fz0 = 0
nur die Gleichgewichtsbedingung.
5.5.1 Kinetische Energie
Gemäß (5.15) errechnet sich die kinetische Energie eines
Körpers aus
Ekin =
1
1 T
T
m v®0S
v®0S + ω® 0K
TS ω® 0K
2
2
(5.153)
wobei m die Masse des Körpers, TS den auf S bezogenen
Trägheitstensor, v®0S die Geschwindigkeit des Massenmittelpunktes S und ω® 0K die Winkelgeschwindigkeit des
körperfesten Systems K gegenüber dem ruhenden System 0 beschreibt.
Bewegt sich ein Körper in der x0 - y0 -Ebene, dann kann
er nur Drehungen um die z0 = zK -Achse ausführen und
es gilt
v®0S,0
xÛS
= yÛ S
0
und
ω® 0K,K
0
= 0
γÛ
Analog zu (5.145) lautet der Impulssatz
m xÜS = Fx0
m yÜS = Fy0
0 = Fz0
Schreibt man den Drallsatz im körperfesten System K für
den Massenmittelpunkt S an, dann erhält man unter Verwendung von (5.154) und (5.155) analog zu (5.150)
Txz γÜ − Tyz γÛ 2 = Mx K
Tyz γÜ + Txz γÛ 2 = MyK
Tzz γÜ
= Mz K
(5.158)
wobei das auf den Massenmittelpunkt S bezogene Mo® im körperfesten System K durch die Komponenment M
ten Mx K , MyK Mz K dargestellt wurde. Mit der Transformationsmatrix
A0K
(5.154)
(5.157)
cos γ − sin γ 0
= sin γ cos γ 0
0
0
1
(5.159)
47
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Technische Mechanik III
kann das Moment auch im System 0 dargestellt werden
Mx0 = cos γ Mx K − sin γ MyK ,
My0 = sin γ Mx K + cos γ MyK ,
Mz0 = Mz K
(5.160)
5.5.3.2 Bewegungsgleichungen
Der Reifen bleibt stets in Kontakt mit der Unterlage. Der
in der Ringmitte liegende Massenmittelpunkt führt somit
lediglich eine Bewegung in x0 -Richtung aus
mÛv = −FR
Die dritte Gleichung in (5.158) beschreibt die Dynamik der Drehbewegung. Wie bei der kinetischen Energie wird die Dynamik der Drehung um eine feste Achse nicht durch Deviationsmomente beeinflußt. Wegen
(5.160) können die Momente um die Drehachse, hier
die z0 = zK -Achse, entweder im körperfesten System K
oder im ruhenden System 0 angegeben werden.
wobei die Reibkraft entgegen der anfänglichen Gleitgeschwindigkeit (5.161) angesetzt wurde. In z0 -Richtung
gilt das Kräftegleichgewicht
Dreht der Körper nicht um eine Hauptachse, dann erzeugen die Deviationsmomente um Achsen senkrecht zur
Drehachse dynamische Momente, die von der Drehbeschleunigung und dem Quadrat der Drehgeschwindigkeit abhängen.
Alle Massenteilchen eines dünnnen Reifens haben den
Abstand r von einer Achse, die senkrecht zur Reifenebene durch die Mitte S des Reifens läuft. Das Trägheitsmoment bezüglich dieser Achse ist deshalb durch TS = m r 2
gegeben. Die Dynamik der Reifendrehung um die y0 Achse kann somit durch
0 = FN − mg
m r 2 ωÛ = r FR
5.5.3 Übergang Gleiten Rollen
Ein dünner Reifen mit homogen verteilter Masse m und
dem Radius r wird zum Zeitpunkt t = 0, wie in Bild 5.15
skizziert, mit der Anfangsgeschwindigkeit v(t = 0) = v0
und der Anfangswinkelgeschwindigkeit ω(t = 0) = −ω0
stossfrei auf eine horizontale Ebene aufgesetzt.
r
0
μ
v0
(5.164)
5.5.3.3 Gleiten
Solange die Geschwindigkeit im Kontaktpunkt P
v0P (t) = v(t) − r ω(t)
(5.165)
t>0
t=0
m
(5.163)
gegeben, wobei die Winkelgeschwindigkeit ω in positiver Drehrichtung (z0 nach x0 ) angesetzt wurde.
5.5.3.1 Aufgabenstellung
z0
(5.162)
ω0
x0
P
v
S
r
ungleich Null ist, gleitet der Reifen und es gilt das Reibgesetz
ω
mg
P
FN
FR
FR = µ FN
oder
mÛv = −µ mg
Die Bewegung erfolgt in der x0 -z0 -Ebene. Der Reibwert
zwischen dem Reifen und der Ebene ist mit µ gegeben.
m r 2 ωÛ = r µ mg
Da der Kontaktpunkt P beim Aufsetzen (t = 0) die Geschwindigkeit
hat, gleitet der Reifen zunächst.
(5.166)
In die Bewegungsgleichungen (5.162) und (5.164) eingesetzt erhält man
Bild 5.15: Reifen auf horizontaler Unterlage
v0P (t = 0) = v0 + r ω0
FR = µ mg
oder
vÛ = −µ g
oder r ωÛ = µ g
(5.167)
(5.168)
Beide Gleichungen können auf Grund der konstanten
rechten Seite sofort integriert werden
(5.161)
v(t) = −µ g t + C1
(5.169)
r ω = µ g t + C2
(5.170)
Die Anfangsbedingungen
v(t = 0) = v0
und ω(t = 0) = −ω0
(5.171)
liefern die Integrationskonstanten zu
C1 = v0
48
und C2 − r ω0
(5.172)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
5.5.3.4 Rollen
und es bleibt
v(t) = v0 − µ g t
sowie r ω(t) = −r ω0 + µ g t
(5.173)
Für die Gleitgeschwindigkeit im Kontaktpunkt P bedeutet dies
v(t)
r ω(t)
z }| { z
}|
{
v0P (t) = (v0 − µ g t) − (−r ω0 + µ g t)
= v0 + r ω0 − 2 µ g t
| {z }
(5.174)
v0P (t=0)
Die anfängliche Gleitgeschwindigkeit v0P (t = 0) wird
also die Reibkraft im Laufe der Zeit abgebaut. Der Zeitpunkt t = tR , bei dem sie mit v0P (t = tR ) ganz verschwindet, markiert den Übergang zum Rollen. Aus (5.174) entnimmt man
v0 + r ω0
tR =
(5.175)
2 µg
Setzt man diesen Zeitpunkt in (5.173) ein, dann erhält
man mit
v(t = tR ) = v0 − µ g
v0 + r ω0
1
= (v0 − r ω0 ) (5.176)
2 µg
2
und
Dem Coulombschen Ansatz entsprechend kennzeichnet
eine verschwindende Gleitgeschwindigkeit den Haftbereich. Dann steht allerdings nur mehr die Reibungsungleichung
(5.182)
|FR | ≤ µ FN
zur Verfügung. Grenzbetrachtungen, wie sie in der Statik
möglich sind, können in der Dynamik nicht verwendet
werden.
Zum Zeitpunkt t = tR beginnt der Reifen zu Rollen.
Bleibt diese Rollbewegung auch für t ≥ tR bestehen,
dann liefert die Forderung v0P = 0 mit
0 = v(t) − r ω(t) oder v(t) = r ω(t) für t ≥ tR
(5.183)
eine Bindungsgleichung (Rollbedingung), welche die
Translations- mit der Rotationsbewegung koppelt.
Die Reibkraft FR muss jetzt als eine zunächst noch unbekannte Reaktionskraft betrachtet und aus den Bewegungsgleichungen (5.162) und (5.164) eliminiert werden.
Für den Reifen erhält man
r mÛv + m r 2 ωÛ = 0 oder vÛ + r ωÛ = 0
v0 + r ω0
1
= (v0 − r ω0 )
2 µg
2
(5.177)
natürlich identische Ergebnisse, da die Forderung v0P (t =
tR ) = 0 gemäß (5.165) v(t = tR ) = r ω(t = tR ) zur Folge
hat.
r ω(t = tR ) = −r ω0 + µ g
Eine weitere Integration der in (5.173) angegebenen Geschwindigkeiten v = v(t) und ω = ω(t) liefert den Weg
und den Drehwinkel
1
s(t) = s0 + v0 t − µ g t 2
2
1
ϕ(t) = ϕ0 − ω0 t +
µ g t2
2r
(5.178)
(5.179)
Mit den Anfangsbedingungen s0 = 0 und ϕ0 = 0 erhält
man zum Zeitpunkt t = tR
1
v0 + r ω0 v0 + r ω0
s(tR ) = v0 − µ g
2
2 µg
2 µg
(5.180)
2
2
2
3 v0 + 2 r ω0 v0 − ω0 r
(5.184)
Der Reifenradius r ist konstant. Deshalb liefert die zeitliche Ableitung der Rollbedingung (5.183) den Zusammenhang
vÛ = r ωÛ
(5.185)
Für t ≥ tR gilt somit
vÛ + r ωÛ = 2Ûv = 0 bzw. vÛ = 0
(5.186)
Während der Gleitphase wird der Reifen durch die Reibkraft FR = µmg mit vÛ = −µ g verzögert. Die Reibungsungleichung |FR | ≤ µmg legt die Reibkraft nicht mehr
eindeutig fest und ermöglicht so eine sprunghafte Änderung der Beschleunigung von vÛ = −µ g auf vÛ = 0 beim
Übergang vom Gleiten zum Rollen. Wegen (5.185) und
(5.162) hat vÛ = 0 auch ωÛ = 0 und FR = 0 zur Folge.
Sobald der Reifen also zu rollen beginnt, bleibt diese Bewegung auf der horizontalen Unterlage mit vÛ = 0 und
ωÛ = 0 bzw. v = konst. und ω = konst. für alle Zeiten
t > tR erhalten.
8g µ
1
v0 + r ω0
v0 + r ω0
ϕ(tR ) =
µg
− ω0
2r
2 µg
2 µg
2
2
2
3 ω0 r + 2 r ω0 v0 − v0
−
8g µr
5.5.3.5 Graphische Veranschaulichung
(5.181)
Die folgenden Bilder zeigen die Geschwindigkeitsverläufe v(t) und r ω(t) für unterschiedliche Anfangsbedingungen.
Mit UR = ϕR /(2π) kann auch die Zahl der Umdrehungen
angegeben werden.
49
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
Bei v0 > rω0 rollt der Reifen mit der Geschwindigkeit
v(tR ) = 21 (v0 − rω0 ) in Richtung der Anfangsgeschwindigkeit v0 weiter.
v0
v(t)
zK
a) v0 > rω0
Reifen rollt weiter
1
2
S
m
M
(v0 − rω0 )
a
a
M
yK
b
xK
b
Der Windmesser wird in 3 Teilkörper zerlegt.
Körper 1: Verbindungsstange
0
r®S1,K = 0 ,
0
m1 = m ,
T1,K =
(2b)2 0
0
1
0
0
0
m
12
0 (2b)2
0
Körper 2: Halbschale links (Punktmasse)
a
r®S2,K = −b ,
0
m2 = M ,
T2,K =
0 0 0
1
m 0 0 0
12
0 0 0
Körper 3: Halbschale rechts (Punktmasse)
−a
r®M2,K = b ,
0
m3 = M ,
0 0 0
T3,K = 0 0 0
0 0 0
Nach Steiner erhält man dann aus
Õ
T
TM,K =
Ti,K + mi r̃ M2,K
r̃ M2,K
das Ergebnis
tR
TS,K =
t
r ω(t)
−rω0
v0 + r ω0
2 v0
v0
=
=
2 µg
2 µg
µg
(5.187)
mit v(tR ) = 0 und ω(tR ) = 0 einfach stehen.
v0
v(t)
−rω0
− rω0 )
t
r ω(t)
0
1
3
0
0
m b2 + 2M a2 + b2
Die Welle rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die zK -Achse.
tU =
v0
µg
(5.188)
zK
2a
2a
m
yK
um und der Reifen beginnt dann bei tR > tU rückwärts
zu rollen.
g
a) Der Draht wird in zwei Teilkörper zerlegt, deren
Eigenschaften in der nachstehenden Tabelle zusammengefasst sind.
Teilkörper ii = 1 (vertikal)i = 2 (horizontal)
0
xK
a
0
2a
a
2
1 1
12 2 m (2a)
2
1 1
12 2 m (2a)
0
2
1 1
12 2 m (2a)
2
1 1
12 2 m (2a)
0
Tzi zi
und Tx y = 0
sowie Tyz = 0
müssen deshalb nur die Trägheitsmoment Txx und Tzz
sowie das Deviationsmoment Txz berechnet werden. Im
einzelnen erhält man
2
1 1
12 2 m (2a)
+
0
+
+
=
1
2
1
2
Tzz =
Ω
1
2m
0
0
z0Si
Tyi yi
Ty y = Txx + Tzz
=
c) v0 < rω0
Reifen rollt zurück
tU
tR
t
1
2m
mi
x0Si
y0Si
Txi xi
Der Draht liegt in der xK -zK -Ebene. Wegen
Txx =
v(t)
2Ma2
0
5.6.2 Taktgeber
Bei genügend großer Anfangsdrehung v0 < rω0 dreht
sich die Geschwindigkeitsrichtung zum Zeitpunkt
v0
2Mab
Als Taktgeber für eine Steuerung wird ein L-förmig
gebogener dünner Draht an das Ende einer Welle geschweißt. Der Draht mit der Masse m besteht aus zwei
Abschnitten, die jeweils die Länge 2a haben. Das erste Teilstück verläuft vertikal und definiert die zK -Achse.
Das rechtwinklig abgebogene zweite Teilstück zeigt in
Richtung der xK -Achse.
b) v0 = rω0
Reifen bleibt stehen
1
2 (v0
tR∗
m b2 + 2 M b2 2Mab
Ermitteln Sie für den Windmesser die Elemente des Trägheitstensors bezüglich des körperfesten Systems K mit
dem Ursprung in S.
Bei v0 = rω0 bleibt der Reifen zum Zeitpunkt
tR∗ =
1
3
Da es sich um einen Körper in der x-y-Ebene handelt, ist das Trägheitsmoment bezüglich der zK -Achse gleich der Summe aus den
Trägheitsmomenten um die xK - und yK -Achse.
1
2
2m a
2
1
2 m (2a)
4
12 + 1 + 0 +
m a2 1+3+0+12
= 38
3
m a2
0
+
2
1 1
12 2 m (2a)
=
1
2
4
m a2
+ 0
+
m a2 0 + 0 +
Txz =
0
−
+
0
−
1
2
4
12
1
2
1
2
m a2
+1 =
2
3
m a2
m (0) (a)
m (a) (2a)
= − 12 m a2 (0 + 2) = − m a2
Damit ergibt sich der Trägheitstensor zu
8
0
−1
3
10
T0,K = m a2 0
0
3
2
−1
0
3
b) Die Welle rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die zK -Achse. Der Drallsatz für den Draht
bezüglich 0 lautet
0
8 0 −1 0 M0x a 0
3 10
2
0 ×m a 0 3 0 0 = M0y + 0 × 0
−1 0 2 Ω M0z 2a − 1 mg
Ω
2
3
wobei auch das Moment aus dem Eigengewicht des horizontal verlaufenden Drahtabschnittes zu berücksichtigen
ist.
Nach den Momenten aufgelöst
bleibt M0x = 0, M0y = −a ma Ω2 + 12 mg , M0z = 0
b) Bei beschleunigter Rotation treten zusätzlich die Momente
B
M0x
83 0 −1 0
−1
M B = m a2 0 10 0 0 = m a2 Ω
Û 0
0y
3
B
Û
2
M
−1 0 23 Ω
3
0z
hinzu.
1
2
−rω0
(v0 − rω0 )
r ω(t)
5.6 Aufgaben
a) Ermitteln Sie für den Draht die Elemente des Trägheitstensors T0,K , der im mitdrehenden System K
bezüglich der Befestigungsstelle 0 dargestellt wird.
b) Welche Momente um die xK -, yK - und zK -Achse
werden während der Drehung der Welle an der Befestigungsstelle auf den Draht ausgeübt?
c) Welche zusätzlichen Momente entstehen dort,
Û > 0 beschleunigt wird?
wenn die Welle mit Ω
5.6.1 Windmesser
Der skizzierte Windmesser besteht aus einer dünnen
Stange der Masse m und der Länge 2b sowie zwei Kugelhalbschalen, jeweils der Masse M. Die Kugelhalbschalen können als Punktmassen betrachtet werden, deren
Schwerpunkte im Abstand a vor und hinter der Stangenachse liegen.
50
5.6.3 Pkw-Rad
Die Masse eines Rades ist mit m = 20 kg gegeben. Das
Rad ist nicht ausgewuchtet. Der im körperfesten System
angeschriebene und auf die Radmitte M bezogene Tensor
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
zK
yK
a) Wie lauten die Bewegungsgleichungen für die freigeschnittene Walze?
b) Welche Kraft wird von der Verbindungsstange auf
den Traktor übertragen, wenn die Walze auch während der Verzögerung rollt?
c) Welcher Reibwert µ zwischen Walze und Boden ist
dazu mindestens erforderlich?
Ω
M
S e
Δm
b
a
xK
Die auf den Körper einwirkenden Kräfte und Momente
sind durch
m e Ω2 200
F®,K = m ω® 0K,K × ω® 0K,K × r®M S,K = 0 = 0 N
0 0
und
−30
® M,K = ω® 0K,K × JM K,K ω® 0K,K = 0 Nm
M
20
festgelegt, wobei der Ortsvektor und der Winkelgeschwindigkeitsvektor mit
r®M S,K = [−e 0 0]T und ω® 0K,K = [0 Ω 0]T
gegeben sind.
Der Steineranteil für das Gewicht verändert das Deviationsmoment auf Jx∆m
y = Jx y − ∆m a b. Die Forderung
Jx∆m
=
0
liefert
dann
y
Jx y
b=
= 0.10 m
∆m a
Eine Punktmasse ∆m, die an der durch die Koordinaten a,
b und c definierten Position angebracht wird, verändert
über die Steineranteile den Trägheitstensor zu auf die
Werte Für den Trägheitstensor gilt dann
2
2
−a b
−a c
b +c
∆m = J
c2 + a2
−b c
JM,K
M,K + ∆m −a b
−a c a2 + b2
−a c
Mit ∆m = 0.100, a = 0.200, b = 0.10, c = 0 und den
Elementen des “alten” Trägheitstensors erhält man
0.000
0.000
0.801
∆m = 0.000
1.204 −0.003 kg m2
JM,K
0.805
0.000 −0.003
"
JM,K =
0.800
0.002
0.000
0.002
1.200 −0.003
0.000 −0.003
0.800
#
kgm2
beschreibt die Trägheitseigenschaften des Rades. Das
körperfeste System K mit dem Ursprung M in der Radmitte ist dabei so ausgerichtet, dass der Massenmittelpunkt S des Rades auf der negativen xK -Achse liegt und
die Raddrehung um die yK -Achse erfolgt. Der Abstand
zwischen S und M ist mit e = 0.001 m gegeben. Bei
schneller Autobahnfahrt rotiert das Rad mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω = 100 rad/s.
5.6.5 Zugtür
Ein Zug, bei dem eine Tür quer zur Fahrtrichtung offen
steht, fährt mit der konstanten Beschleunigung a = xÜZ
an.
x0
x0
A
b
xZ
S
0
S
φ
0
y0
t=0
y0
t>0
a) Welche Kräfte und Momente, jeweils im körperfesten System K dargestellt, hat die Drehung des nicht
ausgewuchteten Rades zur Folge?
Um zumindest die statische Unwucht zu beseitigen, wird
ein Gewicht der Masse ∆m = 0.100 kg im Abstand a =
0.200 m von der Drehachse am Rad befestigt.
b) Wie groß muss dann der Abstand b von der xK -Achse
gewählt werden, damit das Deviationsmoment Jx y
verschwindet?
c) Wie groß sind nun die Elemente des Trägheitstensors?
Die Zugtür kann als dünne Platte der Masse m und der
Breite b betrachtet werden.
a) Geben Sie die Bewegunsgleichung der Tür für eine
beliebige Winkellage ϕ an.
b) Mit welcher Winkelbeschleunigung ϕÜE und mit welcher Winkelgeschwindigkeit ϕÛ E schlägt die Tür bei
ϕ = 900 zu?
c) Wie groß sind unmittelbar vor dem Zuschlagen die
horizontalen Lagerreaktionen in A?
Die Koordinaten
5.6.4 Traktor mit Walze
b
sin ϕ
2
b
cos ϕ
2
xS = x Z −
yS =
beschreiben die momentane Lage des Türschwerpunktes
S gegenüber dem Inertialsystem. Die zeitlichen Ableitungen
b
xÛS = xÛZ − ϕÛ cos ϕ
2
b
yÛ S = −ϕÛ sin ϕ
2
und
xÜS = a Z − ϕÜ
b
b
cos ϕ + ϕÛ2 sin ϕ
2
2
b
b
yÜS = −ϕÜ sin ϕ − ϕÛ2 cos ϕ
2
2
liefern dann die Beschleunigungen, wobei gemäß Aufgabenstellung xÜZ durch a Z ersetzt wurde.
Der Impulssatz für die Tür lautet
b
b
m a Z − ϕÜ cos ϕ + ϕÛ2 sin ϕ = Ax0
2
2
b
b
m −ϕÜ sin ϕ − ϕÛ2 cos ϕ = A y0
2
2
wobei Ax0 und A y0 die Komponenten der Lagerreaktion
in A bezeichnen, die in Richtung der x0 und y0 -Achse
auf die Tür wirken. Der Drallsatz bezüglich des Massenmittelpunktes liefert
1
b
b
m b2 ϕÜ = cos ϕ Ax0 + sin ϕ A y0
12
2
2
1
wobei JS = 12
m b2 das Trägheitsmoment der als dünnen
Platte modellierten Tür angibt. Nun können die Lagerreaktionen eliminiert werden. Zunächst erhält man
1
b
b
b
m b2 ϕÜ = cos ϕ m a Z − ϕÜ cos ϕ + ϕÛ2 sin ϕ
12
2
2
2
b
b
b
+ sin ϕ m −ϕÜ sin ϕ − ϕÛ2 cos ϕ
2
2
2
Mit 4m/b2 multipliziert ergibt sich
1
aZ
ϕÜ = cos ϕ
− ϕÜ cos ϕ + ϕÛ2 sin ϕ
3
b/2
+ sin ϕ −ϕÜ sin ϕ − ϕÛ2 cos ϕ
Schließlich bleibt
1
aZ
ϕÜ =
cos ϕ − ϕÜ cos2 ϕ + ϕÛ2 sin ϕ cos ϕ
3
b/2
− ϕÜ sin2 ϕ − ϕÛ2 sin ϕ cos ϕ
oder
4
aZ
ϕÜ =
cos ϕ
3
b/2
bzw.
ϕÜ =
3 aZ
cos ϕ
2 b
Diese Bewegungsgleichung hätte man auch direkt aus
dem allgemeinen Drallsatz für den bewegten Bezugspunkt A erhalten können. Da in der Ebene das Kreiselmoment keinen Einfluss auf die dynamische Bewegung
hat, erhält man gemäß (5.121)
1
b
m b2 ϕÜ + m − cos ϕ a Z = 0
3
2
bzw.
3 aZ
cos ϕ
2 b
Das Trägheitsmoment bezüglich A is jetzt durch J A =
1
2
3 m b gegeben und bezüglich A tritt kein äußeres Moment auf. Darüberhinaus kann die dritte Komponente des
Kreuzproduktes r®PS, R × a®0P, R bei einer Bewegung in der
x0 -y0 -Ebene mit P ≡ A auch im Inertialsystem ermittelt
werden. Man erhält somit
(z)
(z)
r®AS,R × a®0A, R
= r®AS,0 × a®0A,0
ϕÜ =
(y)
(y)
(x)
(x)
= r®AS,0
∗ a®0A,0 − r®AS,0 ∗ a®0A,0
=−
=−
b
b
sin ϕ ∗ 0 −
cos ϕ ∗ a Z
2
2
b
cos ϕ a Z
2
Die Tür schlägt bei ϕ =
dann mit
π
2
zu. Wegen cos π2 = 0 tritt dort
ϕÜE = 0
dann keine Winkelbeschleunigung auf. Mit der Beziehung
d ϕÛ d ϕ
d ϕÛ
ϕÜ =
= ϕÛ
dϕ dt
dϕ
kann die Bewegungsgleichung separiert und integriert
werden. Mit den Grenzen ϕ = 0 und ϕÛ = 0 sowie ϕ = π/2
und ϕÛ = ϕÛ E erhält man
∫ϕÛ E
ϕÛ d ϕÛ =
3 aZ
2 b
0
∫π/2
cos ϕ d ϕ
0
Es bleibt
1 2
3 aZ π
ϕÛ =
sin − sin 0
2 E 2 b
2
r
bzw.
ϕÛ E =
3 aZ
b
Mit ϕÜE = 0 und ϕÛ2E = 3 abZ liefert der Impulssatz die
Lagerreaktionen an der Stelle ϕ = π/2
Ax0 =
5
m aZ
2
und
A y0 = 0
Eine zylindrische Walze mit dem Radius r = 0.9 m,
der Masse m = 400 kg und dem Trägheitsmoment
J = 225 kg m2 wird, wie skizziert, von einem Traktor
gezogen. Die beidseitig gelenkig gelagerte Verbindungsstange ist dabei unter dem Winkel α = 10° geneigt.
m
z0
r
v
α
a) Die Bewegungsgleichungen (Impulssatz und Drallsatz) für die freigeschnittene Walze lauten
m vÛ = −S cos α + R
J ωÛ = − r R
ω
r
v
α
S
mg
R
N
b) Nach Elimination der Reibkraft ergibt sich
m vÛ +
J
r
ωÛ = −S cos α
Solange die Walze rollt, gilt v = r ω bzw. vÛ = r ωÛ und es
bleibt
m + rJ2 vÛ = −S cos α oder S = − m + rJ2 cosvÛ α
x0
μ
Mit den Zahlenwerten erhält man schließlich
225
−2.94
S = − 400 +
∗
= 2025.4 N
cos 10°
0.92
c) Das Kräftegleichgewicht in vertikaler Richtung
N − mg + S sin α = 0
liefert die Normalkraft zu
N = mg − S sin α = 3572.3 N
Die Reibkraft folgt aus dem Drallsatz
R = − Jr ωÛ = − rJ2 vÛ = 817.5 N
Schließlich liefert die Reibungsungleichung |R| ≥ µ N
den erforderlichen Reibwert zu
µ≥
817.5
3572.3
oder
µ ≥ 0.23
Der Traktor wird nun mit vÛ = −0.3 g abgebremst.
51
6 Ebene Mehrkörpersysteme
6.1 Anmerkung
M
Ebene Mehrkörpersysteme mit Bindungen, die durch
lineare Gleichungen beschrieben werden können, lassen sich in der Regel mit der “Schnittmethode” lösen.
Ein “Minimalschnitt” sorgt dafür dass alle Körper zunächst unabhängig voneinander ihre Bewegungen ausführen können. Eine anschließende Elimination der dabei entstehenden Schnittraktionen liefert dann die Bewegungsgleichungen für die tatsächlich vorhandenen freien
Bewegungen.
In der analytischen Mechanik und insbesondere in der
Mehrkörperdynamik werden deshalb spezielle Methoden
angewendet. Das Prinzip von D’Alembert1 zum Beispiel
benutzt die virtuelle Arbeit um die Schnittreaktionen zu
eliminieren. Die Bewegungsgleichungen der Teilkörper
werden dabei nicht mehr in Richtung der Koordinatenachsen sondern in Richtung der tatsächlich möglichen
Bewegungungsrichtungen angeschrieben.
Θ2
m
Bild 6.1: Hubwerk
6.2.2 Minimal Schnitt
Bei der Schnittmethode werden alle Körper so freigeschnitten, daß sie unabhängig voneinander ihre Bewegungen ausführen können, Bild 6.2. Bei dem Hubwerk
M
F
r2
r1
r0
P
Q
F
γ2
6.2 Einfaches Beispiel
Die Masse m führt nur vertikale Bewegungen aus. Das
Antriebsrad und die Trommel drehen um Achsen senkrecht zur Zeichenebene.
s
x0
Θ2
Mit dem in Bild 6.1 dargestellten Hubwerk soll die Masse
m nach oben bewegt werden. Das Antriebsrad mit der
Trägheit Θ2 und dem Radius r2 wird durch das Moment
M angetrieben und überträgt seine Drehbwegungen auf
die Trommel mit der Trägheit Θ1 und dem Außenradius
r1 . Das Hubseil, an dessen Ende die Masse m hängt, wird
über den Radius r0 aufgewickelt.
Θ1
y0
Auf diese Weise kommt man direkt, ohne die Schnittreaktionen überhaupt berücksichtigen zu müssen, zu den
Bewegungsgleichungen für die tatsächlich vorhandenen
freien Bewegungen.
6.2.1 Modell eines Hubwerks
r1
r0
r2
Θ1
γ1
y0
S
S
s
mg
x0
Bild 6.2: Hubwerk, freigeschnitten
sind das die Masse m mit der vertikalen Bewegung s
sowie die Seil- und Antriebstrommel mit den Drehbewegungen γ1 und γ2 , die beide entgegen dem Uhrzeigersinn
angetragen wurden.
6.2.3 Bewegungsgleichungen
Der Impulsatz für die Masse m lautet
1 Jean-Baptiste le Rond, genannt D’Alembert (1717 – 1783) franzö-
sischer Mathematiker, Physiker und Philosoph, der die naturwissenschaftlichen Teile der “Encyclopédie” verfasste, die zwischen
1751 und 1780 erschien
52
m sÜ = S − m g
(6.1)
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
Die Drallsätze bezüglich der Lagerpunkte (Massenmittelpunkte bei homogener Massenverteilung, bzw. hier sogar Fixpunkte) liefern
Θ1 γÜ1 = r1 F − r0 S
Θ2 γÜ2 = r2 F − M
6.2.6 Schnittreaktionen
Nun können auch die Schnittreaktionen angegeben werden. Aus (6.1) folgt sofort
(6.2)
S = m (g + sÜ)
(6.9)
wobei sÜ durch (6.7) bestimmt ist.
6.2.4 Elimination der Schnittreaktionen
Die zweite Gleichung in (6.2) liefert
Nun können die Schnittreaktionen elimiert werden. Löst
man (6.1) nach S und die zweite Gleichung in (6.2) nach
F auf und setzt die Ergebnisse in die erste Gleichung von
(6.2) ein, dann erhält man
Θ1 γÜ1 =
r1
(Θ2 γÜ2 + M) − r0 (m sÜ +mg)
r2
(6.4)
Auf Grund der kinematischen Bindungen
r2 γÛ2 = −r1 γÛ1
oder
F =
r1 sÜ
r2 r0
M − Θ2
(6.10)
r2
wobei γÜ2 über (6.6) auf die Vertikalbeschleunigung der
Masse sÜ zurückgeführt wurde.
6.3 Beispiel Differentialflaschenzug
6.2.5 Bindungsgleichungen und
verbleibende Bewegungsgleichung
r0 γÛ1 = sÛ
M + Θ2 γÜ2
r2
(6.3)
oder durch r0 dividiert und umgestellt
Θ1
r1 Θ2
r1 M
γÜ1 −
γÜ2 + m sÜ =
− mg
r0
r2 r0
r2 r0
F =
(6.5)
besitzt das Hubwerk nur eine freie Bewegungsmöglichkeit. Mit
r1 sÜ
sÜ
und γÜ2 = −
(6.6)
γÜ1 =
r0
r2 r0
können die Winkelbeschleunigungen als Funktion der
Vertikalbeschleunigung sÜ der Masse dargestellt werden.
Damit erhält man dann aus (6.4) die Bewegungsgleichung für die Hubbewegung der Masse
Θ1 r1 2 Θ2
r1 M
+
+ m sÜ =
− mg
(6.7)
r2
r02
r02
r2 r0
|
{z
}
m
Der Ausdruck in den eckigen Klammern wird dabei als
verallgemeinerte Masse m bezeichnet.
Damit die Masse überhaupt nach oben beschleunigt (Üs >
0) bzw. angehoben wird, muß das Antriebsmoment der
Bedingung
r2
M > r0 mg
(6.8)
r1
genügen.
6.3.1 Modell mit Minimalschnitt
Bei dem skizzierten Differentialflaschenzug läuft das Seil
über eine Scheibe mit der Masse mS , der Trägheit ΘS und
dem Radius 5 r, Bild 6.3. An einem Bolzen durch die
Scheibenmitte ist über ein weiteres Seil die Last mit der
Masse m L befestigt. Am linken Ende wird das Seil auf
eine Trommel mit dem Radius 6 r auf- und am rechten
Ende von einer Trommel mit dem Radius 4 r abgewickelt.
Die Antriebseinheit, bestehend aus dem Motor und den
beiden Trommeln, hat die Trägheit Θ A und wird durch
das Moment M A angetrieben und führt eine Drehung
mit der Winkelgeschwindigkeit ω A um eine feststehende
Achse aus.
ωA
6r
ωA
4r
6r
ΘA
ΘA
S1
S1
MA
P
5r
ΘS
mS
mL
4r
MA
ωS v
S2
S2
5r Q
ΘS m S g
F
v
F
mLg
v
Bild 6.3: Differentialflaschenzug mit Teilsystemen
Last und Scheibe bewegen sich mit der Geschwindigkeit
v nach oben. Die Scheibe führt zusätzlich eine Drehbewegung durch, die durch die Winkelgeschwindigkeit ωS
beschrieben wird.
53
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
6.3.2 Bewegungsgleichungen
6.3.5 Schnittreaktionen
Die Bewegungsgleichungen für die einzelnen Teilkörper
lauten
Bei bekannter Beschleunigung vÛ der Last liefert (6.14)
sofort die erste Schnittreaktion
Θ A ωÛ A = M A − 6 r S1 + 4 r S2
(6.11)
F = m L (g + vÛ )
ΘS ωÛ S = 5 r S1 − 5 r S2
(6.12)
Die Schnittreaktionen S1 und S2 können dann aus (6.11)
und (6.12) ermittelt werden. Mit den kinematischen Beziehungen (6.19) und (6.20) können sie dann ebenfalls
als Funktion der Lastbeschleunigung vÛ angegeben werden.
mS vÛ = S1 + S2 − F − mS g
(6.13)
m L vÛ = F − m L g
(6.14)
wobei F, S1 und S2 die Schnittreaktionen darstellen. Die
Kräfte an den Enden des um die Scheibe laufenden Seils
müssen aufgrund der Trägheit ΘS , 0 mit S1 und S2
unterschiedlich bezeichnet werden.
(6.22)
6.4 Nichtlineare Kinematik
6.3.3 Elimination der Schnittreaktionen
6.4.1 Beispiel Vogelmobile
Die Addition der Bewegungsgleichungen (6.13) und
(6.14) eliminiert die Kraft F und führt mit r multipliziert auf
Ein Vogel-Mobile, bestehend aus dem Vogelkörper und
zwei Flügeln, ist mit zwei Seilen an der Decke aufgehängt, Bild 6.4. Der Vogelkörper hat die Masse 2m und
r (mS +m L ) vÛ = r S1 + r S2 − r (mS +m L ) g
(6.15)
0
Addiert man diese Gleichung zu der Bewegungsgleichung (6.12), dann erhält man
ΘS ωÛ S + r (mS +m L ) vÛ = 6 r S1 − 4 r S2 − r (mS +m L ) g
(6.16)
Addiert man dazu noch die Bewegungsgleichung (6.11),
dann bleibt schließlich
Θ AωÛ A + ΘS ωÛ S + r (mS +m L ) vÛ = M A − r (mS +m L ) g
(6.17)
6.3.4 Bindungsgleichungen und
verbleibende Bewegungsgleichung
Die Eulersche Geschwindigkeitsformel auf die Punkte P
und Q angewendet liefert
v +5 r ωS = 6 r ω A
und
v −5 r ωS = −4 r ω A (6.18)
A
Draht
h
m
Flügel
y
2m
Körper
z
M
B
G
a
φ
S
m
a
a
2a
Bild 6.4: Vogel-Mobile in horizontaler Lage
einen kreisförmigen Querschnitt mit dem Radius a. Die
Flügel werden als dünne Platten mit der Masse m und der
Länge 4a modelliert. Die Seile haben jeweils die Länge
h und werden als dehnstarr betrachtet.
Bei den gegebenen Abmessungen und Gewichten ist das
Mobile bei horizontal stehenden Flügeln im Gleichgewicht.
Die Addition der beiden Gleichungen ergibt
2 v = 2 r ωA
oder
v = r ωA
(6.19)
Subtrahiert man die Gleichungen, dann erhält man
noch
10 r ωS = 10 r ω A
oder ωS = ω A
(6.20)
Mit den kinematischen Bindungen v = r ω A und ωS =
ω A oder ωÛ S = ωÛ A = vÛ /r erhält man schließlich
ΘS Θ A
MA
m L + mS + 2 + 2 vÛ =
− (mS +m L ) g (6.21)
r
r
r
Die verallgemeinerte Masse beinhaltet die Massen der
Last und der Scheibe sowie die auf Massen reduzierten
Trägheiten der Scheibe und der Trommel.
54
6.4.2 Bindungsgleichungen
Wird der Vogelkörper senkrecht nach oben oder unten bewegt, dann sind die Flügelauschläge vollkommen symmetrisch und das Vogelmobile kann durch ein Modell
beschrieben werden, das aus dem halben Vogelkörper
und einem Flügel besteht, Bild 6.5.
Nimmt man an, dass das dehnstarre Seil stets gespannt
bleibt, dann ergeben sich aus der momentanen Lage von
Punkt B folgende Bindungsgleichungen
2a − h sin α = a + a cos ϕ
(6.23)
h cos α = w + a sin ϕ
(6.24)
Technische Mechanik III (Dynamik)
a
a
Die zweite Ableitung von w nach ϕ ist durch
0
A
w
m
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
G
M
a
o
d2 w
d n a
sin
ϕ
tan
α
−
cos
ϕ
=
dϕ
dϕ2
1 dα
= a cos ϕ tan α + sin ϕ
+ sin ϕ
cos2 α dϕ
(6.32)
gegeben. Die Ableitung von α nach ϕ kann dabei aus
(6.29) entnommen werden.
h
φ
α
B
a
z
y
S
m
Bild 6.5: Modell für symmetrische Bewegungen
Dabei gibt w die momentane Lage des Vogelkörpermittelpunktes an. Die Winkel α und ϕ beschreiben die
Schrägstellung des Seils den Flügelausschlag Mit (6.23)
und (6.24) können α und w in Abhängigkeit vom Flügelausschlag ϕ dargestellt werden
a
(1 − cos ϕ)
h
w = h cos α − a sin ϕ
sin α =
Der Vogelkörper selbst bewegt sich hier nur auf und ab
und führt keinerlei Drehbewegung aus. Die momentane
Position des Vogelkörperschwerpunktes wird dann durch
die vertikale Auslenkung w vollstaändig beschrieben.
Die Geschwindigkeit des Vogelkörpers ist dann durch
(6.29)
Eingesetzt in (6.28) bleibt dann
wÛ =
dw
ϕÛ = −a (sin ϕ tan α + cos ϕ) ϕÛ
dϕ
(6.30)
Eine weitere Ableitung nach der Zeit liefert die Beschleunigung zunächst formal zu
dw
d2 w 2
wÜ =
ϕÜ +
ϕÛ
dϕ
dϕ2
(6.34)
(6.35)
und
d 2 yS 2
dyS
ϕÛ
ϕÜ +
dϕ
dϕ2
d 2 zS 2
dzS
ϕÜ +
ϕÛ
zÜS =
dϕ
dϕ2
yÜS =
(6.36)
(6.37)
wobei die zweiten Ableitungen von yS und zS nach ϕ
durch
d 2 yS
= −2a cos ϕ ,
dϕ2
(6.38)
2
d 2 zS
d w
=
− 2a sin ϕ
dϕ2
dϕ2
gegeben sind.
(6.28)
gegeben. Differenziert man die erste Bindungsgleichung
(6.23) nach ϕ, dann erhält man
a
dα
=
sin ϕ
dϕ
h
dyS
ϕÛ = −2a sin ϕ ϕÛ
dϕ
dzS
dw
zÛS =
ϕÛ =
+ 2a cos ϕ ϕÛ
dϕ
dϕ
yÛ S =
(6.26)
eindeutig aus dem Sinus bestimmt werden. Mit der Beziehung (6.25) ist dann w als Funktion von ϕ darstellbar.
cos α
gegeben. Für die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Flügelschwerpunktes erhält man dann
(6.25)
Der Winkel α bleibt bei normalen Bewegungen auf ±90°
beschränkt. Damit kann der Kosinus des Winkels α
über
p
π
cos α = + 1 − sin2 α für |α| <
(6.27)
2
dw
dα
wÛ =
ϕÛ = −h sin α
ϕÛ − a cos ϕ ϕÛ
dϕ
dϕ
Die Drehbewegung des Flügels in der yz-Ebene wird
durch die Koordinate ϕ beschrieben. Winkelgeschwindigkeit und Beschleunigung sind dann durch ϕÛ und ϕÜ gegeben. Die momentane Position des Flügelschwerpunktes ist durch
yS = a + 2a cos ϕ
(6.33)
zS = w + 2a sin ϕ
(6.31)
6.4.3 Bewegungsgleichungen
Durchtrennt man das Gelenk in G und das Seil von A
nach B, dann können der halbe Vogelkörper und ein Flügel freie Bewegungen durchführen, die durch die Koordinaten w, yS , , zS und ϕ beschrieben werden. Mit den
im Bild 6.6 dargestellten Schnittreaktionen sind die Bewegungsgleichungen für das halbe Vogelmobile durch
m wÜ = N sin ϕ + Q cos ϕ + mg
(6.39)
m yÜS = −N cos ϕ + Q sin ϕ + F sin α
(6.40)
m zÜS = mg − N sin ϕ − Q cos ϕ − F cos α
(6.41)
ΘS ϕÜ = 2a Q + a F cos(ϕ − α)
(6.42)
55
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
a
0
a
A
y
Momente in einer verbleibenden Bewegungsgleichung
zusammen
Q
w
Q
mg
z
φ
N
φ
N
dw
dϕ
dz S
dϕ
F
α
a B
φ
yS
a
zS
S
m yÜS +
ΘS ϕÜ
m zÜS +
=
mg +
dw
dϕ
dz S
dϕ
mg
gegeben. Die Schnittreaktionen im Gelenk wurden dabei mit N und Q in Komponenten längs- und quer zum
Flügel aufgeteilt. Ferner gibt ΘS das auf den Schwerpunkt S bezogene Trägheitsmoment des Flügels an. Das
Moment der Seilkraft F um die x-Achse bezüglich des
Massenmittelpunktes S
ΘV ϕÜ = qG + qF
(6.46)
angeschrieben werden kann. Das verallgemeinerte Trägheitsmoment ist dabei durch
2 2 2
d ys
s
ΘV = ΘS + dw
m (6.47)
+ dϕ + dz
dϕ
dϕ
bestimmt. Die Terme
F
= a F (cos ϕ cos α + sin ϕ sin α)
MSx
(6.43)
= a F cos(ϕ − α)
kann der ersten Zeile des Kreuzproduktes
qG =
dw
dϕ
+
dz s
dϕ
(6.48)
mg
und
qF = −
(6.44)
n
dw d 2 w
dϕ dϕ 2
+
d ys d 2 yS
dϕ dϕ 2
+
dz s d 2 z S
dϕ dϕ 2
o
ϕÛ2 (6.49)
beschreiben die Momentenwirkung der Gewichts- und
Fliehkräfte.
entnommen werden.
6.4.5 Numerische Lösung
6.4.4 Elimination der Schnittreaktionen und
verbleibende Bewegungsgleichung
Die Elimination der Schnittreaktionen N, Q und F ist
hier sehr aufwändig. Deshalb wird an Stelle der Schnittmethode das D’Alembertsche Prinzip angewendet.
Dabei werden die Bewegungsgleichungen nicht mehr in
Richtung der Koordinatenachsen sondern in den tatsächlich möglichen Bewegungsrichtungen angeschrieben. Da
die Geschwindigkeit stets in Richtung der Bewegung
zeigt, können die Informationen aus den Gleichungen
(6.30), (6.34) und (6.35) benutzt werden, um die Bewegungsgleichungen (6.39) bis (6.42) in die Richtung
der tatsächlichen Bewegung zu projizieren. Auf Grund
der kinematischen Bindungen können hier alle Bewegungen auf den Drehwinkel ϕ zurückgeführt werden.
Das D’Alembertsche Prinzip fügt dann alle Trägheitsterme und die auf die Teilkörper eingeprägten Kräfte und
56
(6.45)
Mit den in (6.30), (6.34) und (6.35) definierten Ableitungen sowie den Beschleunigungen (6.31), (6.36) und
(6.37) erhält man eine Differentialgleichung zweiter Ordnung, die in der Form
Bild 6.6: Freikörperbild
0
× F sin α
−F cos α
d yS
dϕ
Da bei dieser Methode die Schnittreaktionen automatisch eliminiert werden, müssen sie in den Bewegungsgleichungen für die Teilkörper erst gar nicht mit aufgenommen werden.
mg
0
r®SB,0 × F®,0 = −a cos ϕ
−a sin ϕ
m wÜ +
Die MATLAB-Funktion
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
function xp = vogel_mobile_f(t,x)
% Daten ueber globale Variable
global g a h m ts
% Zustandsgroessen
phi = x(1);
phip = x(2);
% Kinematik
sph
cph
sal
cal
tal
=
=
=
=
=
sin(phi);
cos(phi);
a/h*(1-cph);
sqrt(1-sal^2);
sal / cal;
daldph = a/h * sph/cal;
dwdph = - a * ( sph*tal + cph );
dysdph = - 2*a*sph;
dzsdph = dwdph + 2*a*cph;
d2wdph2 = - a * ( cph*tal + sph/cal^2*daldph - sph );
d2ysdph2= - 2*a*cph;
d2zsdph2= d2wdph2 - 2*a*sph;
% Bewegungsgleichung
Technische Mechanik III (Dynamik)
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
tv = ts + ( dwdph^2 + dysdph^2 + dzsdph^2 ) * m ;
gv =-(dwdph*d2wdph2+dysdph*d2ysdph2+dzsdph*d2zsdph2)*phip^2;
qv = (dwdph+dzsdph)*m*g;
6.5 Aufgaben
6.5.1 Hebevorichtung
phipp = ( gv + qv ) / tv ;
% Zustandsaenderung
xp = [ phip; phipp ];
end
stellt die Dynamik des Vogel-Mobiles in Form einer Zustandsgleichung xÛ = f (t, x) zur Verfügung. Die numerische Lösung mit der MATLAB-Routine ode45 liefert
mit den Zahlenwerten
m = 0.20 kg
ΘS = 0.00267 kgm2
a = 0.10 m
h = 0.15 m
Die skizzierte Vorrichtung dient zum Heben der Masse M. Die reibungsfrei drehbaren Rollen mit der Masse m und dem
Radius r haben eine homogene Massenverteilung. Das über die beiden Rollen
laufende Seil ist am Ende an der Decke
befestigt.
F
a) Welche Kraft F = F0 ist erforderlich
um die Masse M im Gleichgewicht zu
halten?
b) Mit welcher Beschleunigung bewegt
sich die Masse bei F > F0 nach oben?
die in Bild 6.7 dargestellten Ergebnisse.
50
a) Im Gleichgewicht fungieren die Rollen als Umlenkscheiben und es gilt
S1 = F, S2 = S1
Mit S3 = M g liefert das Kräftegleichgewicht an der unteren Rolle
F + F − M g −mg = 0
das Ergebnis
F = 12 (M + m) g
b) Die Bewegungsgleichungen für das freigeschnittene
System (Minimal-Schnitt) lauten:
1
2
1
2
ϕ
m, r
m r 2 ϕÜ1 = r F − r S1
(1)
m r 2 ϕÜ2 = r S1 − r S2
(2)
m xÜ = S1 + S2 − S3 − m g
(3)
M xÜ = S3 − M g
(4)
ϕ1
m, r
S1
S1
S2
F
S2
r x
mg
ϕ2
S3
S3
x
Mg
m, r
x
M
Nun können die Schnittreaktionen eliminiert werden. Die Gleichungen (1) und (4) können nach S1
und S3 aufgelöst werden. Die Operation (2)/r +(3) eliminiert S2 . Es bleibt
1
Ü2 + m xÜ = 2 F − 21 m r ϕÜ1 − (M xÜ + M g) −m g
2 mr ϕ
|
{z
} | {z }
S3
S1
oder
m r ϕÜ1 + 12 m r ϕÜ2 + (M +m) xÜ = 2 F − (M +m) g
Über die kinematischen Beziehungen
r ϕ2 = x und 2 r ϕ2 = r ϕ1
können die Winkelbeschleunigungen auf die Beschleunigung der Last zurückgeführt werden.
Schließlich erhält man
m 2 xÜ + 21 m xÜ + (M +m) xÜ = 2 F − (M +m) g
Nach der Beschleunigung aufgelöst bleibt
2 F − (M +m) g
xÜ =
M + 72 m
Im Sonderfall xÜ = 0 (Gleichgewicht) bleibt mit F = 21 (M + m) das Ergebnis aus a).
[ o]
6.5.2 Seiltrommel
0
-50
0
5
10
15
t [s]
20
200
.
ϕ
[ o /s]
45 o
Die skizzierte Seiltrommel mit dem Außenradius 2r hat
die Masse M und bezüglich des Massenmittelpunktes
S, der mit der Trommelmitte zusammenfällt, das Massenträgheitsmoment J. Das von der Trommel mit dem
Radius r abgewickelte Seil läuft über eine kleine Umlenkrolle und trägt am Ende ein Gewicht der Masse m, das
die Seiltrommel in Bewegung setzt.
M, J
100
30 o
15 o
2r
5o
0
r
S
μ
a) Der Kontaktpunkt ist momentaner Drehpol der Seiltrommel. Deshalb gilt
und vS = 23 xÛ
(2r + r) ωS = xÛ bzw. ωS = 3rxÛ
b) Nach einem Minimalschnitt (Seil und Kontaktpunkt) erhält man die Bewegungsgleichungen zu
m xÜ = mg − S
(1)
M vÛS = S − R
(2)
J ωÛ S = r S + 2r R
(3)
Die Summe von (1) und (2) liefert
m xÜ + M vÛS = mg − R
oder
R = mg − m xÜ − M vÛS
Setzt man die Reibkraft R zusammen mit der aus (1) folgenden Seilkraft S in die
dritte Gleichung ein, dann erhält man
Ü +2r (mg − m xÜ − M vÛS )
J ωÛ S = r (mg − m x)
| {z }
|
{z
}
S
R
m
Nach Termen geordnet und mit r durchdividiert bleibt
J
ωÛ S + m xÜ + 2 m xÜ + 2 M vÛS = mg + 2 mg
r
Mit den kinematischen Beziehungen erhält man
J xÛ
2
+ 3 m + 2 M xÜ = 3 mg oder
r 3r
3
c) Mit xÜ =
x
-100
1
3
S = mg − m xÜ
R = mg − m xÜ − M vÛS
gegeben. Für M =
3
2
m und xÜ =
1
3
oder
oder
m+
S=
J
(3r)2
+
2
2
3
M
2
mg
3
2
R = mg − m + M xÜ
3
g bleibt
1
23 1
1
R = mg − m g −
m g = mg
3
32 3
3
Mit N = M g erhält man dann
µ =
-200
-50
mg
xÜ =
g erhält man aus (1) die Seilkraft zu
Die Reibkraft ist mit
0
ϕ [o]
50
Bild 6.7: Zeitantwort und Phasendiagramm für verschiedene Anfangsauslenkungen
Die Abhängigkeit der Schwingungsdauer von der Anfangsauslenkung ist deutlich zu erkennen. Der nichtlineare Charakter der Schwingungen zeigt sich auch im
Phasendiagramm.
1
mg
R
= 3
=
N
Mg
1
3
3
2
mg
mg
=
2
= 0.222
9
Unter der Voraussetzung, dass die Seiltrommel auf der
horizontalen Unterlage rollt ohne zu gleiten, sind zu ermitteln:
a) die Winkelgeschwindigkeit der Seiltrommel sowie
die Geschwindigkeit der Seiltrommelmitte, wenn
sich das Gewicht mit der Geschwindigkeit xÛ nach
unten bewegt,
b) die Beschleunigung xÜ mit der sich das Gewicht für
beliebige Werte von m, M und J nach unten bewegt.
c) Für M = 23 m und einem bestimmten Wert von J
wird die Beschleunigung des Gewichtes zu xÜ = 13 g.
Ermitteln Sie für diesen Sonderfall die Seilkraft und
den Reibwert µ, der das Rollen der Trommel ermöglicht.
57
7 Übungsbeispiele
7.1 Punkt-Kinematik
Û
b) Mit welcher Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = ϕ(ϕ)
muß
der Arm geschwenkt werden?
7.1.1 Flugzeug
Ü
c) Wie groß ist die Winkelbeschleunigung ϕÜ = ϕ(ϕ)
des Roboterarms?
Ein Flugzeug, dessen Eigengeschwindigkeit vF bestimmt
werden soll, macht einen Probeflug von A über B nach
C. Zu der Strecke AB = 20 km benötigt es t AB = 400 s
und die Strecke BC = 27 km legt es in tBC = 600 s
zurück. Während des gesamten Fluges weht ein Wind
von unbekannter Geschwindigkeit vW unter dem Winkel
α = 63.5o
vW
C
7.1.3 Bremsen in der Kurve
Ein Fahrzeug fährt mit der Geschwindigkeit v0 auf einer
Kreisbahn mit dem Radius R. Der Fahrer beginnt nun
vorsichtig zu bremsen. Während des Bremsvorgangs von
t = 0 bis t = T gilt für die Längsbeschleunigung (Beschleunigung in tangentialer Richtung) a L = −k t, wobei
k eine positive Konstante k > 0 mit der Dimension m/s3
ist.
α
A
B
a) Bestimmen Sie in den Abschnitten AB und BC
die jeweilige Übergrundgeschwindigkeit des Flugzeugs?
v0
b) Wie groß ist die Eigengeschwindigkeit vF des Flugzeugs?
R
7.1.2 Schweißroboter
Um eine möglichst gleichmäßige Schweißnaht zu erzielen, wird der Arm eines Schweißroboters so verfahren,
daß der Schweißkopf die Strecke von A nach B geradlinig und mit konstanter Geschwindigkeit (v = const.)
durchfährt.
A
x
v
B
a) Wie lange dauert es, t =?, bis der Fahrer die Geschwindigkeit auf die Hälfte reduziert hat?
b) Welche Strecke hat das Fahrzeug in dieser Zeit zurückgelegt?
c) Wie groß ist die Gesamtbeschleunigung des Fahrzeug zu Beginn (t = 0) und am Ende (t = T) des
Bremsmanövers?
ϕ
7.1.4 Kreuzschleife
a
y
a) Wie ändert sich die Länge des Schweißarms, ` =
`(ϕ)?
58
Bei der skizzierten Kreuzschleife K dreht sich die Scheibe S mit dem Bolzen B mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = Ω = const.
Berechnen Sie in Abhängigkeit vom Winkel ϕ:
a) Geschwindigkeit und Beschleunigung von Bolzen
und Schleife gegenüber dem System x0 , y0 ,
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
erfolgt vertikal nach oben mit mit der Geschwindigkeit
v3 .
x0
B
y0
Die Geschwindigkeiten v1 , v2 , v3 und die Winkelgeschwindigkeit Ω sind konstant.
ϕ
r
Zu Beginn (t = 0) befindet sich die Laufkatze bei s = a
und der Ausleger zeigt in Richtung der x0 -Achse.
K
S
z0
γ
a
b) die Geschwindigkeit und die Beschleunigung mit
der der Bolzen im Schlitz gleitet.
v2
s(t)
7.1.5 Zug
Das v-s-Diagramm eines elektrischen Zuges setzt sich
aus zwei Parabeln zusammen.
Für die Anfahrperiode, 0 ≤ s ≤ s1 , gilt:
r
s
v = vmax
s1
y0
und entsprechend für die stromlose Auslaufperiode s1 ≤
s ≤ s1 + s2
r
s1 + s2 − s
v = vmax
s2
v
v3
x0
v1
a) Bestimmen Sie den Abstand s = s(t) der Laufkatze
von der Drehachse.
b) Mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich die Last
gegenüber dem System x0 , y0 , z0 ?
c) Wie groß ist die Beschleunigung der Last gegenüber
dem System x0 , y0 , z0 ?
vmax
7.2 Punkt-Kinetik
s1
s2
s
Bis zu welcher Geschwindigkeit vmax muß angefahren
werden, wenn die Gesamtstrecke
s1 + s2 = 1 200 m
7.2.1 Rütteltisch
Ein Rütteltisch wird mit z(t) = A sin ωt harmonisch aufund abbewegt, wobei A die Amplitude und ω die Kreisfrequenz angibt.
in T = 120 s
zurückgelegt werden soll?
m
z(t)
7.1.6 Kran
Der skizzierte Kran bewegt sich in horizontaler Richtung (x0 -Achse) mit der Geschwindigkeit v1 . Gleichzeitig
führt der Ausleger eine Drehbewegung um die z0 -Achse
mit einer konstanten Winkelgeschwindigkeit γÛ = Ω aus.
Die Laufkatze fährt relativ zum Ausleger mit der Geschwindigkeit v2 nach innen. Die Bewegung der Last
Bis zu welcher Frequenz ω < ωK bleibt die Masse m auf
dem Tisch liegen?
59
OTH Regensburg
Technische Mechanik III
7.2.2 Stein
7.2.5 Räumliche Punktbewegung
In einem Schacht der Höhe H fällt ein Stein senkrecht nach unten. Der Luftwiderstand sei vernachlässigbar klein. Am Schachteingang hört man nach der Zeit
T = 15 s das Aufschlaggeräusch. Bestimmen Sie H,
wenn die Schallgeschwindigkeit c = 330 m/s beträgt.
Welchen Fehler in H erhält man, wenn man T als reine
Fallzeit deutet?
Eine Punktmasse m gleitet reibungsfrei in einer um den
Winkel α geneigte Röhre. Zum Zeitpunkt t = 0 wird
z0
s
m
7.2.3 Auffahrunfall
α
Ein Pkw fährt auf ein starres Hindernis zu. Es gelingt
dem Fahrer, seine Geschwindigkeit vor dem Aufprall auf
v1 = 72 km/h zu reduzieren. Während der Aufprallphase
wird die Knautschzone des Fahrzeugs um 4` = 1 m
zusammengedrückt.
ϕ
a) Berechnen Sie unter Annahme einer konstanten Verzögerung während der Aufprallphase die Verzögerung a und die Zeitdauer 4t, bis das Fahrzeug die
Geschwindigkeit Null hat.
b) Welche Kraft müßte der Fahrer mit der Masse m =
75 kg aufbringen, um sich im Sitz zu halten?
7.2.4 Ebene Punktbewegung
Auf einer viertelkreisförmig gekrümmten zylindrischen
Fläche mit dem Radius R wird die Punktmasse m an
der durch den Winkel ϕ0 gekennzeichneten Stelle ohne
Anstoßen losgelassen.
a
y0
x0
sie am oberen Ende bei s = 0 ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen. Die Röhre dreht mit der konstanten
Winkelgeschwindigkeit ϕÛ = Ω = const. um die vertikale
z0 -Achse.
Geben Sie die Differentialgleichungen an, aus denen der
Weg s = s(t) und die auf die Wand ausgeübten Kräfte
berechnet werden können.
Mit welcher Geschwindigkeit gegenüber dem x0 , y0 , z0 System verläßt die Punktmasse das untere Ende der Röhre, wenn diese die Länge a hat?
7.2.6 Rakete
z
m
Eine Rakete mit der Startmasse m0 steigt senkrecht nach
oben. Der Luftwiderstand kann vernachlässigt werden.
Die Erdbeschleunigung nimmt mit zunehmender Höhe z
ab und wird durch
2
RE
g = g(z) = g0
RE + z
ϕ0
R
x
a) Bei welchem Winkel ϕ1 und mit welcher Geschwindigkeit v1 verläßt die Punktmasse die Fläche?
b) Mit welcher Geschwindigkeit v2 und unter welchem
Winkel ϕ2 trifft die Punktmasse auf dem Boden auf?
beschrieben, wobei RE den Erdradius bezeichnet und
g0 = g(z = 0) die Erdbeschleunigung auf der Erdoberfläche (z = 0) angibt.
Wie muß sich die Masse m der Rakete ändern, damit die
Steiggeschwindigkeit v = zÛ konstant ist?
7.2.7 Eisstock
Ein Eisstock wird mit der Geschwindigkeit v0 = 20 m/s
auf das Eis aufgesetzt. Der Reibwert zwischen Eisstock
und Eis ist mit µ = 0.02 gegeben.
60
Technische Mechanik III (Dynamik)
Nach welcher Zeit bleibt der Eisstock stehen und welchen
Weg hat er dabei zurückgelegt?
7.2.8 Platte
Auf zwei Zylindern gleicher Durchmesser, die sich entgegengesetzt drehen, liegt eine Platte mit der Masse m frei
auf. Der Reibwert zwischen Walzen und Platte beträgt
µ und der Abstand der Walzenmittelpunkte ist durch 2a
gegeben.
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
7.3.2 Schiff
Ein Schiff mit 8 000 t Wasserverdrängung verringert seine Geschwindigkeit durch Einwirkung des Wasserwiderstandes von v1 = 15 m/s auf v2 = 2 m/s in einer Zeit von
T = 7 min. Der Wasserwiderstand ist proportional dem
Quadrat der Schiffsgeschwindigkeit.
Welchen Weg hat das Schiff in der Zeit T zurückgelegt?
7.3.3 Sportflugzeug
m
x
7.3 Kräfte
Ein Sportflugzeug landet mit Schneekufen auf einer horizontalen Piste. Der Pilot setzt das Flugzeug ohne nennenswerte Vertikalgeschwindigkeit (v y0 ≈ 0) mit der
Landegeschwindigkeit vx0 = 18.5 m/s auf. Der Reibwert zwischen Kufen und Schnee beträgt µ = 0.08. Die
Luftwiderstandskraft FW und die Auftriebskraft FA am
Flugzeug sind proportional zum Quadrat der Anströmgeschwindigkeit.
7.3.1 Hebebühne
Bei einer Anströmgeschwindigkeit von vx R = 1 m/s werden FWR = 1 N und FWA = 7 N gemessen.
a
a
Wie groß ist die horizontale Beschleunigung xÜ der Platte?
Beim Absenken einer Last (Masse M) durch eine Hebebühne (Masse m) gleitet der Hubkolben reibungsfrei in
einem Zylinder und presst dabei über ein Drosselventil
Hydrauliköl in einen Behälter. Die vom Hydrauliköl auf
den Kolben ausgeübte Kraft kann durch
F = Dv
beschrieben werden, wobei v die Absenkgeschwindigkeit
und D eine Konstante der Dimension kg/s bezeichnet.
M
m
Die Masse des Flugzeugs beträgt m = 2 000 kg.
a) Wie lange dauert es, bis das Flugzeug steht?
b) Welchen Weg hat es bis dahin zurückgelegt?
7.4 Starrkörper-Kinematik
7.4.1 Ventilator
Bei dem skizzierten Ventilator führt das Gehäuse eine Schwenkbewegung um die vertikale Achse mit dem
Winkel γ = γ(t) aus. Der im Gehäuse untergebrachte
Motor dreht die Rotorblätter mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit αÛ = const.
a) Berechnen Sie die Drehmatrix ALR , die Vektoren
vom rotorblattfesten System R ins lagerfeste System
L transformiert.
a) Mit welcher Beschleunigung bewegt sich die Hebebühne nach unten?
b) Berechnen Sie v = v(t), wenn die Hebebühne aus
der Ruhe startet.
b) Mit welcher Winkelgeschwindigkeit drehen sich die
Rotorblätter gegenüber dem lagerfesten System L?
Geben Sie den Winkelgeschwindigkeitsvektor im
System L und im System G an.
c) Welchen maximalen Wert kann die Absenkgeschwindigkeit v höchstens erreichen?
d) Wie groß ist die Kraft N, die beim Absenken zwischen der Last und der Hebebühne auftritt?
61
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Technische Mechanik III
y0
zL
L
xL
zG
G
γ
yG
yR
yL
zR
P
rI
α
xG
R
rA
x0
ω0I
xR
ω0A
c) Berechnen Sie Lage, Geschwindigkeit und Beschleunigung von Punkt P gegenüber dem lagerfesten System und geben Sie das Ergebnis im System
G an.
Der Abstand der Punkte L und G ist durch h, der
Abstand der Punkte G und R durch a und der Durchmesser der Rotorblätter ist mit 2 r gegeben.
b) Wie groß ist die Geschwindigkeit eines Rollenmittelpunktes gegenüber dem System 0?
c) Untersuchen Sie auch die Sonderfälle ω0A = 0 und
ω0I = 0.
7.5 Starrkörper-Kinetik
7.4.2 Reibradgetriebe
In einem Reibradgetriebe wird das Antriebsrad mit dem
Radius r1 in axialer Richtung mit der konstanten Geschwindigkeit xÛ = v1 = const. verschoben. Dabei überträgt es seine Drehbewegung mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω1 = const. schlupffrei auf das Abtriebsrad.
7.5.1 Rührhaken
Ein Rührhaken ist aus dünnem Stahldraht gebogen und
hat die Masse M. Durch Anbringen der Zusatzmasse
3
m = 14
M konnte erreicht werden, daß der Schwerpunkt
des gesamten Hakens auf der Drehachse zK liegt.
zK
Zum Zeitpunkt t = 0 startet es bei x(t = 0) = x0 .
A
x
xK
ω1
a
r1
yK
m
a
ω2
Berechnen Sie die Winkelgeschwindigkeit ω2 = ω2 und
die Winkelbeschleunigung ωÛ 2 = ωÛ 2 des Abtriebrades.
7.4.3 Rollenlager
Der Außenring eines Rollenlagers rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ω0A; der Innenring mit ω0I .
a) Wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit einer Rolle
gegenüber dem System 0?
62
a
M
a
a
a
a) Bestimmen Sie bezüglich Punkt A das Trägheitsmoment um die zK -Achse und alle Deviationsmomente.
b) Wie groß sind die Lagerreaktionen im Punkt A,
wenn der Rührhaken mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die zK -Achse rotiert?
Technische Mechanik III (Dynamik)
Prof. Dr.-Ing. G. Rill
7.5.2 Relais
Mit dem skizzierten System wird ein Relais nachgebildet.
Der 25 mm breite Winkelhebel ist in A drehbar gelagert
und besteht aus Stahlblech der Dichte ρ = 7850kg/m3 .
trieben. Das Antriebsseil läuft über eine Umlenkrolle mit
der Trägheit JB und dem Radius R. Die Aufzugkabine
hat die Masse m2 . Das Gegengewicht mit der Masse m1
wird über den Radius r abgewickelt.
MA
2
Magnet
20
ϕ
15
R
g
r
R
JA
JB
x
A
30
Mit welcher Winkelbeschleunigung ϕÜ beginnt sich der
Winkel zu drehen, wenn der Magnet mit der Kraft F =
2 N anzieht?
m1
m2
Mit welcher Beschleunigung xÜ bewegt sich der Aufzug
nach oben?
7.6.2 Fahrkorb
7.5.3 Kugel
Eine Kugel mit der Masse m und dem Radius R wird mit
der Mittelpunktsgeschwindigkeit v0 auf einer horizontalen Ebene aufgesetzt. Der Reibwert zwischen Kugel und
Ebene beträgt µ.
R
Ein Seil ist hinreichend oft um eine Trommel mit dem
Trägheitsmoment J und dem Radius r geschlungen. Die
Trommel und der Fahrkorb haben zusammen die Masse
m1 .
v0
ϕ
m2
m
µ
a) Wie lange dauert es, bis die Kugel rollt?
J
r
y2
m1
b) Welche Strecke hat die Kugel dabei zurückgelegt?
b) Welche kinetische Energie hat die Kugel beim Aufsetzen und am Ende der Gleitphase?
Hinweis: Das Trägheitsmoment einer Kugel ist mit
J=
2
m R2
5
gegeben.
y1
Das Seil läuft über zwei kleine Rollen und ist am Ende
an der Masse m2 befestigt. Zu Beginn sind alle Körper in
Ruhe.
Wie groß ist die Winkelbeschleunigung der Trommel,
wenn die Bremse an der Trommel gelöst wird?
7.6 Ebene Mehrkörpersysteme
7.6.1 Aufzug
Die Antriebstrommel eines Aufzugs mit dem Radius R
und der Trägheit J A wird durch das Moment M A ange-
63
