Technische Mechanik Arbeitsunterlagen

v [ km ]
h
108
72
2
Kinematik des Massenpunktes
40
20
Aufgabe 2. 1
?
x Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
10
a)
x Bewegung im kartesischen Koordinatensystem
30
40
60 t [min]
50
54
50
Ein Personenzug (Geschwindigkeit vP) fährt von Station A über B und C nach D.
Zwischen zwei Stationen wird die Bewegung als gleichförmig angenommen. In B
und C hat der Zug jeweils Aufenthalt (tAuf). Während seines Aufenthaltes auf Station C soll der Zug einen von A nach D durchfahrenden D- Zug (Geschwindigkeit
vD) vorbeilassen.
gegeben: vP = 72
20
s [km]
60
40
30
km
km
, vD = 108
, AB = 12 km, BC = 24 km, CD = 18 km,
h
h
20
tAuf = 10 min
10
gesucht: Bestimmung der mittleren Geschwindigkeit des Personenzuges zwischen den Stationen A und D. Wann muß der D- Zug in A abfahren, damit er den
Personenzug nach 5 min Aufenthalt in C passiert? Wie viele Minuten trifft der DZug vor dem Personenzug in D ein? Der gesamte Ablauf ist in einem s- t-, bzw. vt- Diagramm darzustellen.
?
BC
CD
AB
24
12
18
+ tB Auf +
+ tC Auf +
=(
+ 10 +
+ 10 +
) 60min.
vP
vP
vP
72
72
72
= 65 min
(2. 118)
tges, P =
Daraus berechnet sich die mittlere Geschwindigkeit
vmittel, P =
AD
t ges,P
=
54
km
60 = 49.85
.
65
h
(2. 113)
30
40
50
t [min]
70
60
Aufgabe 2. 2
x
Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
x
Bewegung im kartesischen Koordinaten
Ein Fahrzeug bewegt sich gemäß dem skizzierten Geschwindigkeits- Zeit- Diagramm.
gegeben: v2 = 20
m
m
, v3 = 10
, t1 = 100 s, t3 = 60 s
s
s
gesucht: Man berechne die auftretenden Beschleunigungen, den in 6 min zurückgelegten Weg und zeichne die Diagramme s(t), a(t), v(s) und a(s).
v [m/s]
Die Zeit des P- Zuges zum Durchfahren der Strecke AC ist
tAC, P =
20
Bild 2. 11 a) s- t- Diagramm; b) v- t- Diagramm
Lösung
Die mittlere Geschwindigkeit des Personenzuges zwischen den Stationen A und
D errechnet sich aus der benötigten Gesamtzeit
10
b)
BC
AB
24
12
+ tBAuf +
=(
+ 10 +
) 60 min = 40 min,
vP
vP
72
72
die Bedingung ist, damit der D- Zug den Personenzug zur Zeit t* in C treffen soll
t* = tAC, P + 5 min = 45 min.
v2 = 20 m/s
20
(2. 114)
10
(2. 115)
Damit ist die benötigte Zeit des D- Zuges zum Durchfahren der Strecke AD
300 360
100
tAC, D =
AB BC CD
36
=
60 = 20 min.
vD
108
(2. 116)
Die Zeitdifferenz zwischen den Abfahrten der beiden Züge ist damit
't = t* - tAC, D = 25 min.
Lösung
(2. 117)
Die Zeitdifferenz zwischen dem Eintreffen der beiden Züge berechnet sich aus
der benötigten Gesamtzeit des P- Zuges tges, P = 65 min und der benötigten Gesamtzeit des D- Zuges
tges, D =
t [s]
Bild 2. 12 Geschwindigkeits- Zeit- Diagramm
AD
54
60 min = 30 min.
=
108
vD
(2. 118)
v [m/s]
v2 =20 m/s
20
Der D-Zug trifft in D 't*D vor dem Personenzug ein, die Zeitdifferenz ist
't*D = tges, P - (tges, D + 't) = (65 - (30 + 25)) min = 10 min.
(2. 119)
10
1
2
t1
t2
t [s]
360
D
300
C
100
B
A
4
3
t3
Bild 2. 13 Aufteilung in 4 Zeitbereiche
t4
Tabelle 2. 1 Berechnung der Beschleunigungen
Bereich
Strecke
AB
Zeitintervall
Geschwindigkeit
0 < t1 < 100 s
Berechnung der Diagrammwerte v(s), a(s) aus den Funktionsverläufen im 1. Be1
a1 t21
reich mit a1 = const., v1 = a1 t1 und s1 =
2
Beschleunigung
v1
a1 =
'v 1
't 1
=
1 m
20 m
=
= const.
100 s 2
5 s2
2s1
a1
t1 =
(2. 120)
BC
0 < t2 < 200 s
v2 = const
CD
0 < t3 < 60 s
v3
a2 = 0
a3 =
'v 3
't 3
(2. 121)
10 m
1 m
=== const.
60 s 2
6 s2
(2. 122)
AB
Beschleunigung
Geschwindigkeit
Weg
a1 = const.
(2. 120)
v1 = a1 t1 + v10
(2. 123)
2
s1 = 1 a1 t 1 + v10 t1 + x10
v1(t1 = 0) = 0
s1(t1 = 0) = 0
v2 = v20 = const
s2 = v2 t2 + x20
Ÿ
Ÿ
v10 = 0
x10 = 0
v1(100 s) = a1 t1 = 20 m = v20
s
(2. 125)
2
s1(100 s) = 1 a1 t 1 = 1000 m = x20
2
(2. 126)
(2. 124)
a2 = 0
(2. 121)
(2. 127)
(2. 128)
a3 = const.
(2. 122)
(2. 135)
v2 = const.,
(2. 136)
im 3. Bereich mit a3 = const.
Ÿ
t3 =
v3 v2
.
a3
(2. 137)
Graphisches Vorgehen
Aus den a(t)-,v(t)- und s(t)- Diagrammen wird zu gleichen Zeiten a und s, bzw. v
und s abgegriffen und a, bzw. v über s aufgetragen.
Aufgabe 2. 3
?
v2(t2 = 0) = v1(100 s) = v20 = 20 m
s
s2(t2 = 0) = s1(100 s) = x20 = 1000 m
v2(200 s) = v30
(2. 129)
s2(200 s) = (20 200+1000) m = 5000 m = x30
(2. 130)
CD
2 a1 s1 ,
Anfangsbedingungen
2
BC
v1(s) =
im 2. Bereich mit a2 = 0
v3 = a3 t3 + v2
Tabelle 2. 1 Berechnung des zurückgelegten Weges
Bereich
Strecke
Ÿ
v3 = a3 t3 + v30
(2. 131)
2
s3 = 1 a3 t 3 + v30 t3 + x30
2
(2. 132)
v3(t3 = 0) = v2 = v40
s3(t3 = 0) = x30 = 5000 m
*
mit t 3 = 60 s
v3(60 s) = (-10 + 20) m = 10 m (2. 133)
s
s
s3(60 s) = (- 3 + 12 + 50) 100 m = 5900 m
(2. 134)
x
Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
x
Bewegung im kartesischen Koordinaten
Auf der Beschleunigungsspur einer Autobahnauffahrt fährt ein PKW mit der Geschwindigkeit v1. Auf gleicher Höhe fährt ein LKW mit konstanter Geschwindigkeit
v2.
gegeben: v1 = 60
km
km
, v2 = 80
, l = 200 m
h
h
gesucht: Bestimmung der Beschleunigung a = const. des Pkws, wenn er am Ende der Beschleunigungsspur (l = 200 m) 20 m vor dem LKW auf die Autobahn
überwechseln will.
Die Gesamtstrecke nach 360 s ist sges = s3(60 s) = 5900 m.
s [m]
5000
v2
4000
v1
3000
2000
l
1000
Bild 2. 16 PKW auf der Beschleunigungsspur einer Autobahnauffahrt
100
a)
a [m/s2]
200 300 360 t[s]
Lösung
0,2
0,1
t [s]
0
100
200
300
400
-0,1
Die zurückgelegte Strecke der beiden Fahrzeuge am Ende der Beschleunigungsspur ist
lPKW = 200 m,
(2. 138)
lLKW = 200 - 20 = 180 m.
(2. 139)
-0,2
b)
Für beide Fahrzeuge zum Zeitpunkt t = T ist der Weg
Bild 2. 14 a) Weg s(t); b) Beschleunigung a(t)
xLKW = v2 t = v2 T = lLKW
v[m/s ]
20
xPKW =
T=
1000
3000
5000
s[m]
lLKW
180 3600
=
= 8.1 s
v2
80 1000
0,2
lPKW =
0,1
5000
0
1000
s [m]
3000
-0,2
b)
Bild 2. 15 a) Geschwindigkeit v(s); b) Beschleunigung a(s)
(2. 142)
in (2. 141) eingesetzt
a [m/s2]
-0,1
(2. 141)
Daraus folgt
10
a)
1
1
a t2 + v1 t =
a T2 + v1 T = lPKW.
2
2
(2. 140)
l
l
1
a ( LKW )2 + v1 LKW
2
v2
v2
(2. 143)
Daraus folgt die Beschleunigung
½
v
2­
1000 2 ­
60
½
2v 2 ®lPKW 1 lLKW ¾
2 80 2
180 ¾
®200 v2
80
3600 2 ¯
¯
¿
¿ m = 1.98 m
=
a=
2
180 2
s2
s2
lLKW
(2. 144)
x [m]
200
4. Wenn der Körper ohne Anfangsgeschwindigkeit (vK0 = 0) abgeworfen wird,
kann man die Länge l berechnen
PKW überholt
2g
.
h
l = vW0
100
W
LK
W
PK
50
?
3
1
5
9 t [s]
7
(2. 152)
Aufgabe 2. 5
x
Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
x
Bewegung im kartesischen Koordinaten
Bild 2. 17 Weg- Zeit- Diagramm des Überholungsvorgangs
?
Die Besatzung eines Freiballons, der mit einer konstanten Geschwindigkeit v0
steigt, will die augenblickliche Höhe h0 bestimmen. Zu diesem Zweck läßt sie
einen Messkörper aus der Gondel fallen, der beim Aufschlag auf der Erdoberfläche explodiert. Nach der Zeit t0 nimmt die Besatzung die Detonation wahr.
Aufgabe 2. 4
x
Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
x
Bewegung im kartesischen Koordinaten
m
m
, Erdbeschleunigung g = 9,81 2 , t0 = 10 s, Schallgeschwins
s
m
digkeit c = 333
s
gegeben: v0 = 5
Auf einer horizontalen Ebene fährt ein Wagen mit der konstanten Geschwindigkeit vW0. Wenn der Wagen in A ist, wird in der Höhe h über B ein Körper abgeworfen.
gesucht: Bestimmung der Höhe h0 und Darstellung in einem Weg- Zeit- Schaubild
gegeben: l, h, vW0
gesucht: Bestimmung der Anfangsgeschwindigkeit vK0 des Körpers, wenn er in
die Mitte des Wagens fallen soll.
Lösung
v0
vK0
h
vW0
A
l
B
Bild 2. 18 Wagen auf einer horizontalen Ebene
x(t=0)=0
x, v, a
Lösung
Bild 2. 19 Vorzeichenfestlegung
Es gilt mit der Fallzeit des Messkörpers tK und der Schallzeit tc
Die Kinematik des Wagens ist mit vW =const. folgt aus aW = 0 und mit dem Anfangsweg xW0 = 0
vW = vW0 = const., xW = vW0 t + xW0.
1
g t2 + vK0 t.
2
(2. 146)
Die Bedingung ist, damit der Wagen und der Körper zur selben Zeit T am selben
Ort B sind, lautet für den Wagen
xW(T) = l
Die Kinematik des Messkörpers erfolgt über die Integration
a = g = const., v = g t + C1, x =
Ÿ
C1 = - v0
(2. 155)
x(t = 0) = 0
Ÿ
C2 = 0
(2. 156)
Für die Bestimmung der Höhe in (2. 154) für den Messkörper mit t = tK
und für den Körper
(2. 148)
Ÿ
T=
v W0
tK =
(2. 149)
§ v0
¨¨
© g
v0
r
g
2
v
·
h
¸¸ 2 0 = 0 (1 +
g
g
¹
12
gh0
v 02
).
(2. 158)
Die Berechnung der Schallzeit tc ergibt
1
g T2 + vK0 T.
2
(2. 150)
l
h
1
h
1
h
1 gl 2
vK0 =
gT=
vW0 g
= vW0
(1 ).
v W0
2 hv 2W 0
T 2
l
2
l
t0 =
(2. 151)
Falldiskussion
1. Wenn beide Körper sich auf einer Ebene bewegen, wird die Erdbeschleunigung g = 0. Es liegen zwei gleichförmige Bewegungen vor, damit ergibt sich die
Anfangsgeschwindigkeit des Körpers
h
.
l
tc =
Schallweg
h v 0 t 0
= 0
.
Schal lg eschwindigkeit
c
(2. 159)
Einsetzen in die Gleichung (2. 153)
Die Anfangsgeschwindigkeit des Körpers ist
vK0 = vW0
(2. 157)
Nur die positive Wurzel ist physikalisch sinnvoll (Probe mit v0!).
In (2. 146)
xK(T) = h =
1
g tK2 - v0 tK
2
folgt
Daraus folgt die Zeit T
l
(2. 154)
v(t = 0) = - v0
h0 =
xK(T) = h.
1
g t2 + C1 t + C2
2
Die Konstanten lassen sich aus den Anfangsbedingungen bestimmen:
(2. 147)
xW(T) = l = vW0 T
(2. 153)
(2. 145)
Die Kinematik des Körpers ist mit der Erdbeschleunigung aK = g und mit dem
Anfangsweg mit xK0 = 0
vK = g t + vK0, xK =
t0 = tK + tc
(2. 151)
2. Wenn die Länge l klein gegenüber den anderen Größen ist, muss vK0 > 0 immer positiv sein.
3. Wenn die Länge l groß gegenüber den anderen Größen ist, muss vK0 < 0 negativ werden. Das heißt, der Körper muß erst nach oben geworfen werden.
v0
(1 +
g
t0 g
=1+
v0
12
12
gh0
v 02
gh0
v 02
)+
+
h 0 v 0 t 0
c
_:
v0
g
h0 g
t g
+ 0
cv 0
c
(2. 160)
(2. 161)
mit 'v = (c - v0) folgt
t0 g
h g
'v - 1 - 0 =
cv 0
cv 0
h02 - 2 h0
12
gh0
v 02
_ quadr. _
c v0
'v
(t0 g + c) + t0 'v (t0 'v - 2
)=0
g
g
c2 v0
g2
(2. 162)
(2. 163)
h0 1, 2 =
h0 1, 2 =
'v 2
'v
(t0 g + c) r
g
g
'v
>t0 g + c (1 r
g
2
(c + t 0 g)2 - t 0 'v (t 0 'v - 2
und der Weg mit der Anfangsbedingung xLKW (0) = 0
cv 0
)
g
(2. 164)
xLKW (t) =
1 2t 0 g
1
)@.
'v
1
1
a0 t2 + x0 =
a0 t2
2
2
(2. 171)
(2. 165)
Mit Zahlenwerten ergibt sich die Höhe zu
h0 1, 2 = 33,13 s >98,1
h0 1 = 33,13 s >98,1
m
m
+ 333
(1 r
s
s
H+yG
1,604 )@
H
(2. 166)
A
yG
m
m
+ 754,7 @ = 28253,5 m | 28 km
s
s
C
(2. 167)
B
xLKW
Bild 2. 22 Geometrie
Das ist keine sinnvolle Lösung, da die Erdatmosphäre ca. 17 km hoch ist. Damit
ist die gesuchte Höhe
h0 2 = 33,13 s >98,1
Nach PYTHAGORAS (Bild 2. 22) gilt
(H + yG)2 = H2 + xLKW2
m
m
- 87,9
@ = 337,9 m.
s
s
(2. 172)
(2. 168)
Daraus folgt
yG2 + 2 yG H - xLKW2 = 0 Ÿ
-100
vt
Ballon x = - 0
6
4
8
10 t [sec]
x
er
rp
kö
ss
Me
200
1
a0 t2 und das Gewicht die Strecke
2
Der Weg des Gewichts ist also (2. 174), damit ergibt sich als Geschwindigkeit
dy G
1
=
dt
2
vG(t) =
a 02 t 3
H2 2
t
- v0
h0 = 337,9 m
(2. 173)
y = yG(t) zurückgelegt.
t /2
=g
300
.
(2. 174)
Zur Zeit t hat der LKW die Strecke xLKW (t) =
Schallweg
x=-
100
2
yG = - H + ~ H 2 x LKW 2 ~.
ct
2
H 2 x LKW
Das negative Vorzeichen ist nicht sinnvoll, der Weg des Gewichts ist
8,8 s
0
yG1,2 = - H r
(2. 175)
1 2 4
a0 t
4
und als Beschleunigung
x [m]
Bild 2. 20 Weg- Zeit- Verläufe
?
Aufgabe 2. 6
d2 y G
aG(t) =
x
Geradlinige Bewegung des Massenpunktes
x
Bewegung im kartesischen Koordinaten
a 02 t 2
=
Ein LKW hebt über ein dehnstarres Seil (Länge 2 H), das über eine masserlose,
kleine Rolle geführt wird, ein Gewicht an. Der LKW fährt aus dem Stand mit konstanter Beschleunigung a0 los. Zum Zeitpunkt t = 0 fallen die Punkte A, B und C
zusammen.
gegeben: H, die Länge des Seils soll so lang sein, dass sie den Bewegungsablauf nicht beeinflusst, a0
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit vG(t) und der Beschleunigung aG(t)
des Gewichts mit der Kontrolle durch eine Grenzbetrachtung. Wie groß ist vG(y),
bzw. aG(y)?
=
dt 2
=
1
H2 a 02 t 4
4
3a 02 t 2
1
>
2
-
1
H2 a 02 t 4
4
1 2 4
a0 t
3
4
@=
> 1
2
H 2 a 02 t 4
4
a 02 t 2 (12H2 a 02 t 4 )
( 4H2 a 02 t 4 )3
1 4 6
a0 t
2
@
1
(H2 a02 t 4 )3
4
1 2 4
a0 t
2
1
4(H2 a 02 t 4 )
4
6H2 a 02 t 2
1
H2 a 02 t 4
4
.
(2. 176)
Die Kontrolle als Grenzbetrachtung für den Wert t o f ergibt
1 a 02 t 3
vG lim
=
= a0 t
2 1
tof
a0 t 2
2
(2. 177)
und
a2 t 2 a2 t 4
aG lim
= 20 4 0 2 = a0.
a0 t a0 t
tof
A
H
Die Berechnung von vG(y), bzw. aG(y) folgt mit (2. 174), (2. 175) und(2. 176) nach
Eliminination von t
a0
C
(2. 178)
y+H=
1
H2 a 02 t 4
4
_quadr. (2. 179)
B
1
y2 + 2 y H + H2 = H2 a 02 t 4 .
4
Bild 2. 21 LKW hebt über ein dehnstarres Seil ein Gewicht an
(2. 180)
Daraus folgt
Lösung
t4 = 4
Die Beschleunigung des LKWs ist
aLKW(t) = a0,
+8
yH
a 02
in vG(t) eingesetzt
(2. 169)
die Geschwindigkeit mit der Anfangsbedingung vLKW (0) = 0
vLKW (t) = a0 t + v0 = a0 t
y2
a 02
(2. 170)
=4
y2
a 02
(1 + 2
H
)
y
Ÿ
t=
4
4y 2
a 02
(1 + 2
H
)
y
(2. 181)
a 02 4 (
vG(y) =
2
4
a12
0
4y 2
a 02
=
2
4H y(y 4
=
64y 3 a 06
(1 + 2
a 02
H 3
))
y
a 30 4 (
H 3
)
y
(1 + 2
2h) a 02 y(
(y + 2H)
3
4y 2
a 02
=
M= Z t + C2
H 3
))
y
=
y 2H)
y( 4H
2
a 02 )(
(2. 189)
und mit der Anfangsbedingung
M(t=0) = 0
Ÿ
C2 = 0,
(2. 190)
ergibt sich nach Elimination von t die ARCHIMEDsche Spirale
H
H2
H3
+ 12 2 + 8 3 )
y
y
y
64y 6 a 06 (1 + 6
4
(1 + 2
1
H3 1 2 H
a0
4y H2 a 02 2
4
y
2 y
H
1
(H 2 a 02 ) (1 + 2 )
y
4
64y 6
a 06
4y 2
v0
M
Z
r=
(2. 191)
y 2H)
)
y
(2. 182)
y( 4H2 a 02 )( y 2H)
und in aG(t) eingesetzt
aG(y) =
=
4a 0
a 02 t 2 (12H2 a 02 t 4 )
( 4H2 a 02 t 4 )3
2ya 0
(1 + 2
=
§
4y 2
H ·
)¨12H2 a 02 ( 2 (1 + 2 )) ¸
¨
y ¸¹
a0
©
( 4H2 a 02 (
=
(y 2 H) 3H2 y y 3 + 2y 2H
8(H y)
H
y
3
a0
4y 2
a 02
(1 + 2
H
))) 3
y
x
. (2. 183)
y (y 2 H) 3H 2 y 2 + 2yH
2(H y)3
Aufgabe 2. 7
?
x
Krummlinige Bewegung des Massenpunktes
x
Bewegung in Polarkoordinaten
Bild 2. 24 Archimedische Spirale
Aufgabe 2. 8
?
Ein Punkt bewegt sich auf einer ebenen Kurve r(M). Auf ihr dreht er sich mit der
konstanten Winkelgeschwindigkeit M = ZDie Geschwindigkeit des Punktes in
radialer Richtung ist v0 = const.
gegeben: r(M), M = Zv0 = const.
gesucht: Bestimmung der Bahngeschwindigkeit v(t) des Punktes P, der Radialar(t) und Zirkularbeschleunigung aM(t) von P, der Gleichung der Kurve r(M) mit den
Anfangsbedingungen M(t = 0) = 0 und r(t = 0) = 0.
x
Krummlinige Bewegung des Massenpunktes
x
Bewegung in Polarkoordinaten
In einer Ebene bewegt sich ein Punkt P mit der konstanten Bahngeschwindigkeit
v0 längs der Bahnkurve r(M) = b eM. Zum Zeitpunkt t = 0 sei r = b.
gegeben: r(M) = b eM, r(0) = b
gesucht: Man ermittle die Winkelgeschwindigkeit M in Abhängigkeit von M und in
Abhängigkeit von t sowie die Radialgeschwindigkeit r .
Lösung
y
r(M)
P
Zur Ermittlung der Winkelgeschwindigkeit M (t) wird die Bahnkurve mit der Anfangsbedingung r(t=0) = b bestimmt
r
b eM .
r ( M)
M
mit der konstanten Bahngeschwindigkeit
x
Bild 2. 23 Punkt auf einer ebenen Kurve r
r 2 r 2 M 2 = v0
v
dr dM
r =
dM dt
Die Bahngeschwindigkeit v ist
r 2 (rZ)2 ,
(2. 87)
r = v0 t + C1
(2. 184)
mit der Anfangsbedingung r(t=0) = 0 folgt
C1 = 0.
b 2 e 2M M 2 b 2 e 2M M 2
v0 =
(2. 185)
1 t 2 Z2
(2. 194)
Ÿ
v0 = r b e M M 2 .
(2. 195)
Beide Ergebnisse der Wurzel sind sinnvoll. Daraus folgt die Winkelgeschwindigkeit in Abhängigkeit vom Winkel M
M (M) =
dM
v 2
= 0
dt
2 b eM
(2. 196)
Mit Hilfe der Trennung der Veränderlichen folgt
Daraus folgt die Bahngeschwindigkeit
v 0 2 ( v 0 tZ)2 = v0
b e M M
folgt die Bahngeschwindigkeit
mit r = v0 folgt nach Integration für den Ortsvektor
v=
(2. 193)
und dem Ortsvektor
Lösung
&
v = ~v~ =
(2. 192)
(2. 186)
e M dM
(2. 88)
eM
v0 2
dt ,
2b
(2. 197)
Die Beschleunigungen des Punktes P sind
&
&
&
a = ar e r + aM e M ,
M
v0 2
t
2b
0
t
,
(2. 198)
0
mit der Radialbeschleunigung mit r = v0 = const. und r = 0
ar = r - r Z2 = - Z2 v0 t
(2. 187)
eM 1
v0 2
t,
2b
(2. 199)
(2. 188)
eM
v0 2
t,
2b
(2. 200)
=0
und der Zirkularbeschleunigung mit M = Z= const. und Z
= 2 Z v0
aM= 2 r Z + r Z
Die Bahnkurve für Punkt P ergibt sich mit
1
eingesetzt in M (M) folgt die Winkelgeschwindigkeit in Abhängigkeit von t
v0 2
2b
M (t) =
1
=
v0 2
t
2b
1
1
(2. 201)
§
b ·
¸
¨¨ t 2
v 0 ¸¹
©
Krummlinige Bewegung des Massenpunktes
x
Bewegung im Bogenkoordinaten
gegeben: Radius r, Weg s = c t2
2 v0
= const.
2
r = b e M =
x
Ein Punkt P bewegt sich entlang einer Kreisbahn. Sein Weg, gerechnet vom festen Punkt A aus, beträgt s.
Die Berechnung der Radialgeschwindigkeit ergibt
M
Aufgabe 2. 10
?
(2. 202)
gesucht: Bestimmung der x- und y- Komponente der Geschwindigkeit v(t), die
Geschwindigkeit vB in Punkt B und die Tangential- und Normalbeschleunigung an
einer Stelle s.
B
Aufgabe 2. 9
?
x
Krummlinige Bewegung des Massenpunktes
x
Bewegung im Polarkoordinaten
y
B
P
s
r
Ein Punkt P bewegt sich im Polarkoordinatensystem r, M
gegeben: Radialgeschwindigkeit r = c = const., Radialbeschleunigung ar = - a =
const., Anfangsbedingungen r(0) = 0, M(0) = 0
A x
gesucht: Bestimmung der Winkelgeschwindigkeit M (t), der Bahnkurve r(M) und
der Zirkularbeschleunigung aM(t)
Bild 2. 25 Punkt P auf einer Kreisbahn
Lösung
Lösung
Aus der Radialbeschleunigung
ar = - a = r r M 2
(2. 203)
Aus dem Weg
s = c t2
mit r = const. folgt r = 0 in (2. 203)
(2. 214)
und der Bahngeschwindigkeit
- a = r M 2
(2. 204)
v = s = 2 c t
(2. 215)
Daraus folgt Winkelgeschwindigkeit M (t)
M
a
.
r
(2. 205)
Aus der Integration der radialen Geschwindigkeit mit der Anfangsbedingung
r(t=0) = r0 = 0 folgt
r(t) = c t + r0 = c t
(2. 206)
a
ct
M ( t )
y
vy
(2. 207)
v
vx
Die Bahnkurve r(M) ergibt aus (2.206) und der Winkelfunktion mit der Anfangsbedingung M(t=0) = M0 = 0
M
x
t
M(t) =
³
M ( t ) dt M0
(2. 208)
0
M(t) =
Bild 2. 26 Geschwindigkeitskomponenten
folgen die Geschwindigkeitskomponenten in x- und y- Richtung
a
c
t
³
0
1
dt =
t
a
2
c
t =2
at
c
(2. 209)
Nach Elimination von t folgt
at
M =4
c
2
Ÿ
vx = - v sinM
(2. 216)
vy = v cosM
(2. 217)
Der Winkel ergibt sich als Bogenlänge durch den Radius
M2 c
t=
4a
(2. 210)
die Bahnkurve
M=
s
c t2
=
r
r
(2. 211)
Mit der Winkelgeschwindigkeit (2. 207), der Radialgeschwindigkeit r = c, der
Bahnkurve (2. 206) und der Winkelbeschleunigung
§ a ·
¸
d¨
¨ ct¸
dM
¹ =
©
=
dt
dt
1
a d 1
=2
c dt t
a
(2. 212)
c t3
vx = - 2 c t sin
c t2
r
(2. 219)
vy = 2 c t cos
c t2
.
r
(2. 220)
In Punkt B ist die Geschwindigkeitskomponente tangential, das heißt in y- Richtung Null
folgt die Zirkularbeschleunigung aM(t)
vy = 2 c t cos
= 2 c
aM(t) = 2 r M r M
= 2
ca
1
t
2
(2. 218)
Damit folgen die Geschwindigkeitskomponenten in x- und y- Richtung in Abhängigkeit von r und t
1 c2 2
r(M) =
M .
4 a
( t )
M
r
3
ca
=
2
t
a
1
c t
ct
2
ca
.
t
a
c t3
= 2
c2 a
1
ct
2
c2 t2 a
c t2
=0
r
Ÿ
cos
c t2
= 0.
r
(2. 221)
Aus (2. 218) bei t = tB folgt
c t3
B
(2. 213)
MB =
B
S
Ÿ
2
tB2 =
rS
2c
(2. 222)
oder die Bogenlänge in B
sB = s(B) =
B
2Sr
1
=
Sr
4
2
Ÿ
tB = t(B) =
B
sB
=
c
rS
.
2c
(2. 223)
Daraus folgt die Geschwindigkeit vB
B
rS
=
2c
vB = v(B) = 2 c
B
2Sr c .
(2. 224)
o:
m x = - F cosD
(3. 127)
n:
m y = - F sinD
(3. 128)
mit der proportionalen Kraft
Die Tangential- und Normalbeschleunigung an einer Stelle s ergeben sich aus
der Beschleunigung mit r 0 und r 0 (Kreisbahn)
F=k
(3. 129)
Geometrie
at
sinD =
an
y
x
, cosD =
r
r
(3. 130)
(3. 129) und (3. 130) in (3. 127)und (3. 128)
r
s
x
=-kx
r
Ÿ
m x + k x = 0
(3. 131)
y
m y = - k r = - k y
r
Ÿ
m y + k y = 0
(3. 132)
m x = - k r
M
Bild 2. 27 Bogenkoordinaten
&
&
a = ª¬ r Z2 º¼ en +
>r Z @
&
et .
(2. 225)
mit k* =
Mit der Winkelfunktion (2. 218), der Winkelgeschwindigkeit
M =
s
2c t
=
r
r
k
folgen die Schwingungsdifferentialgleichungen
m
x + k* x = 0
(3. 133)
*
(3. 134)
(2. 226)
y + k y = 0
und der Winkelbeschleunigung
Mit dem allgemeinen Lösungsansatz folgt für homogene Schwingungsdifferentialgleichungen für den Weg in x- und y- Richtung
s
2c
=
M
=
r
r
(2. 227)
x = A sin k * t + B cos k * t ,
(3. 135)
y = C sin k * t + D cos k * t
(3. 136)
folgt die Radialbeschleunigung
= 2c
at = r M
(2. 228)
und die Normalbeschleunigung zum Kreismittelpunkt hin gerichtet
an = r M 2 =
2
4c t
r
2
=
4cs
.
r
mit den Geschwindigkeiten in x- und y- Richtung aus den Ableitungen
(2. 229)
x = k * (A cos k * t - B sin k * t ),
(3. 137)
y = k * (C cos k * t - D sin k * t )
(3. 138)
Mit den Anfangsbedingungen zur Bestimmung der Konstanten A, B, C und D
3
Kinetik des Massenpunktes
x(t=0) = 0
Ÿ
B = 0,
x (t=0) = v0
Ÿ
A=
y(t=0) = r0,
Ÿ
D = r0
(3. 140)
y (t=0) = 0
Ÿ
C=0
(3. 141)
(3. 138)
v0
,
(3. 139)
k*
lassen sich die noch nicht definierten Konstanten bestimmen
?
Die Lösungen der Schwingungsdifferentialgleichungen erhält man durch Einsetzen der Konstanten in die Lösungsansätze (k* resubstituiert)
Aufgabe 3. 1
x Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen in x- und
y- Richtung
x = v0
x Schwingungsdifferentialgleichung mit Lösungen
Auf den Massenpunkt m wirkt eine Kraft F in Richtung auf das Zentrum Z die
proportional zum Abstand r ist. Zur Zeit t = 0 befindet sich die Masse im Punkt P0
und hat dort die Geschwindigkeitskomponenten vx = v0 und vy = 0
gegeben: r0, F = k r, v0, D
gesucht: Bestimmung der Bahnkurve x(t) und y(t), auf der sich der Massenpunkt
bewegt.
k
m
sin
t,
k
m
y = r0 cos
(3. 142)
k
t
m
(3. 143)
Die Bahnkurve durch Eliminieren von t entspricht damit der Ellipsengleichung
x2
v0
2
m
k
y2
r0
2
1
sin 2
k
t cos 2
m
k
t
m
(3. 144)
y
P0
?
r0
F
m
r
Z
x Schiefe Ebene mit Reibung
D
x
Bild 3. 19 Massenpunkt m mit einer Kraft F in Richtung Z
Lösung
NEWTONsche Bewegungsgleichung
Aufgabe 3. 2
x Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen in x- und
y- Richtung und auf einer Kreisbahn
x Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur Bestimmung der Geschwindigkeiten
x Berechnung des Normaldrucks
Eine Masse m wird ohne Anfangsgeschwindigkeit in P0 losgelassen. Sie bewegt
sich unter Einwirkung der Schwerkraft zunächst auf einer rauhen, schiefen Ebene
(Reibungskoeffizient P, Neigung E, Länge l) und anschließend auf einer glatten
Kreisbahn (Radius r). Die schiefe Ebene schließt im P1 tangential an die Kreisbahn an.
gegeben: m, P, E, l, r
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit der Masse in P3, der Komponenten
des Beschleunigungsvektors im P2 und der Normalkraft N zwischen Masse und
Bahn im P2
m at = 0 Ÿ
o:
(3. 149)
Die Beschleunigung in Richtung der Normalen ist nach (2. 78)
an =
m
at = 0
v 22
.
r
(3. 150)
Mit Energiesatz ergibt sich
P0
P
m g r (1 - cos E) +
P3
r
l
1
1
m v12 =
m v22
2
2
2g>r(1cos E)l(sin EPcos E)@
2g(1cos E)r v12 =
Ÿ
v2 =
Ÿ
an = 2 g (1 - cosE +
(3. 151)
E
E
P1
l
(sinE - P cos E))
r
(3. 152)
P2
Normaldruckkraft N in P2
Bild 3. 20 Masse m auf einer rauhen, schiefen Ebene mit anschließender glatter Kreisbahn
Die NEWTONsche Bewegungsgleichung in Richtung zum Kreismittelpunkt ergibt
n:
Lösung
m an = N - m g
(3. 153)
Daraus folgt die Normalkraft
N = m (an + g) = 2 m g (- cosE +
Berechnung der Geschwindigkeit v3
?
R
P0
mg
N
N
E
P1
x
Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen auf
einer Kreisbahn
x
Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur Bestimmung
der Geschwindigkeiten
x
Unterschied einer geführten Bewegung und einer mit einem
Drehpunkt verbundenen Masse
Ein Massenpunkt m gleitet (Bild 3. 24 a) auf einer Kreisbahn (Radius l) reibungsfrei, bzw. (Bild 3. 24 b) ist durch eine starre, masselose Stange (Länge l) mit O
verbunden.
Bild 3. 21 Definition des 1. Nullniveaus und Schnittbild
gegeben: m, l, E = 600
Berechnung der Geschwindigkeit v1 mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes mit
der Normalkraft
N = m g cos E
gesucht: Bestimmung der kleinsten Anfangsgeschwindigkeit v0 der Masse m,
damit sie von der Anfangslage A die Lage B erreicht.
(3. 145)
B
B
und dem Reibungsgesetz
R=PN
(3. 146)
1
m g l sin E =
m v12 + m g P l cos E
2
Ÿ
v1 =
2gl(sin EPcos E)
l
l
0
E
Lösung
P2
Bild 3. 22 Definition des 2. und 3. Nullniveaus
Energiesatz
1
1
m v12 =
m v32
2
2
2g( r cos E l(sin EPcos E))
- m g r cos E +
v3 =
(3. 148)
Beschleunigungskomponenten in P2
n
M
N
a)
mg
t
G
b)
N
Bild 3. 23 Schnittbild a) allgemeine Lage M; in P2 für M = E
Mit dem Kreis als Sonderfall der gekrümmten Bahn r = 0, r = 0 und G = m g
ergeben sich die NEWTONsche Bewegungsgleichung
:
) = m g cos M
m (r M
0
v0
A
Bild 3. 24 Geführter Massenpunkt m a) auf einer Kreisbahn; b) durch eine starre, masselose Stange mit O verbunden
P1
3. N. N.
Ÿ
m
E
A
b)
a)
P3 2. N. N.
0
m
E
(3. 147)
v0
r
(3. 154)
Aufgabe 3. 3
R
l
l
(sinE - P cos E)) + 3 m g
r
(3. 64)
Für M = 90 in Punkt P2 lautet die NEWTONsche Bewegungsgleichung in tangentialer Richtung
a) reibungsfreies Gleiten auf einer b) starre, masselose Stange
Kreisbahn
TA = 0, TC = m
v 12
=0
2
(3. 165)
Die potentielle Energie ist in A und C
B
B
G
a)
b)
m g h = - (- P m g l)
G = mg
Ÿ
h
l
P=
Bild 3. 26 Schnittbild
Bild 3. 25 Schnittbild a) allgemeine Lage M;
b) in B
m an= N – mg cos M
:
155)
(3. 166)
in (3. 163)folgt
G = mg
N
M
WA = m g h, WC = 0
NB = 0
(3. 167)
2. Lösungsmöglichkeit mit den NEWTONschen Bewegungsgleichungen
(3.
Bedingung in Punkt B:
für M = 1800 in B folgt
Kinetische Energie ist Null, daraus folgt
G
vB = 0.
R
Bedingung in Punkt B:
Die Masse verläßt die Bahn, wenn die
Normalkraft
NB = 0.
156)
x
(3. 160)
N
Bild 3. 28 Schnittbild
(3.
Reibungsgesetz
R=PN
n:
m an = m
Ÿ
vB2 = g l
v B2
=mg
l
NEWTONsche Bewegungsgleichungen:
(3. 157)
m x = - R = - P N
o:
Energiesatz:
(3.
(3. 169)
In y- Richtung als geführte Bewegung
Energiesatz:
1
1
m vA2 = m g h +
m vB2
2
2
158)
(3. 168)
m y = mg - N = 0
n:
1
m vA2 = m g h
2
(3. 161)
Ÿ
N = mg
(3. 170)
(3. 166) in (3. 168) und in (3. 165) ergibt
x = - P g
3
mit h = l + l cos 60 =
l folgt
2
(3. 171)
0
Nach Integration und den Anfangsbedingungen folgt mit vB =
B
2 g h aus Ener-
giesatz zwischen Punkt A und Punkt B
vA =
4gl = v0
(3. 159) vA =
3gl = v0
(3. 162)
x = - P g t + vB = - P g t +
B
2gh .
(3. 172)
Nur die Strecke BC wird betrachtet
?
Aufgabe 3. 4
x=-
x
Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen auf
einer Bahn
x
Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur Bestimmung
der Geschwindigkeiten
x
Rauhe Ebene mit Reibung
x
Berechnung der Zeit t zum Durchfahren einer Strecke
1
1
P g t2 + vB t + xB = P g t2 +
2
2
B
2gh t + 0
Bedingungen für Punkt C
xC = l, x C = 0
(3. 174)
(3. 174) in (3. 172) ergibt die Ankunftszeit in C
tC =
1
2gh
Pg
(3. 175)
Im Punkt A auf der in Bild 3. 27 skizzierten Bahn liegt ein Massenpunkt m in Ruhe. Er wird losgelassen und gleitet längs der glatten gekrümmten Bahn bis zum
Punkt B. Von B ab ist die Bahn horizontal und rau.
(3. 175) in (3. 172) eingesetzt ergibt den Weg
gegeben: h, l, m
l=-
gesucht: Bestimmung des Reibungskoeffizients P, wenn der Massenpunkt in C
liegen bleiben soll
?
1
2gh 2 gh
Pg 2 2 2
Pg
P g
Ÿ
P=
h
l
(3. 176)
Aufgabe 3. 5
x Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur Bestimmung der Geschwindigkeiten
m
A
h
glatte
Oberfläche
P
B
x Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen auf einer
Kreisbahn
C
x Bestimmung der Ruhelage H
l
Ein Massenpunkt m durchläuft, beginnend in der Ruhelage PA, die skizzierte
Bahn, die aus einer schiefen Ebene mit anschließendem Kreisbogen besteht.
Bild 3. 27 Massenpunkt auf der Bahn ABC
gegeben: m, b, E = 600
1. Lösungsmöglichkeit mit Energiesatz bei Reibung
gesucht: Bestimmung der Ruhelage H, damit er gerade den Scheitel PC der
Kreisbahn erreicht, der Geschwindigkeit v(M) und der Normalkraft N(M) in einem
beliebigen Punkt PD der Kreisbahn, des Winkels und des Auftreffpunktes des
Massenpunktes nach Verlassen der Kreisbahn auf der schiefen Ebene
Mit dem Nullniveau in B ergibt sich
TA + WA = TC + WC - WRges
(3. 163)
Die Arbeit der Reibungskraft ist
C
WRges =
(3. 173)
³ R ds = - ³ R ds = - R l = - P N l = - P m g l.
(3. 164)
B
Mit der kinetische Energie in A und in C, mit der Bedingung, dass die Masse in C
zur Ruhe kommt vC = 0 folgt
m
PC
y=-g
PA
H
E
(3. 184)
Der Auftreffpunkt P ist der Schnittpunkt der Wurfparabel mit der Geraden (AB) mit
b
E
x2
x2
=.
2 gb
2b
der Geradengleichung y = m x + c (Steigung m = 600 =
- 3 b)
M
y=
3 x-3b
(3. 185)
Schnittpunktsermittlung durch Gleichsetzen
PD
PB
3 , Achsenabschnitt c =
Bild 3. 29 Massenpunkt m auf einer schiefen Ebene mit anschließendem Kreisbogen
3 x-3b=-
x2
2b
(3. 186)
Der Schnittpunkt ist
Lösung
xP = -
3 b+
9 b 2 = b (3 -
3 ), yP = - 3 b (2 -
3 ),
(3. 187)
bei dem nur das positive Vorzeichen sinnvoll ist.
Geschwindigkeit v(M) und Normalkraft N(M) in einem beliebigen Punkt D der
Kreisbahn
Der Auftreffwinkel ist
Der Energiesatz mit dem Nullniveau im Kreisbahnmittelpunkt ergibt
<P = J - 60°
Ÿ
TA + WA = TD + WD
0+mgH=
1
m v(M)2 - m g b cosM
2
(3. 177)
dy
1
=- x
b
dx
daraus folgt die Geschwindigkeit
v(M)2 = 2 g (b cosM+ H)
(3. 178)
3 ) = tanJ
= - (3 -
(3. 189)
x xP
J = arctan (- 3 +
?
M
(3. 188)
Aus der Ableitung der Wurfparabel an der Stelle x = xP folgt
3 ) = 128,260 Ÿ
<P = 68,26°
(3. 190)
Aufgabe 3. 6
x Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen auf eine
rauhe schiefe Ebene
b
x Bestimmung der Zeit t, für das beide Systeme dieselbe Geschwindigkeit haben
x Reibung als bremsende Kraft auf das eine und als antreibende Kraft
auf das zweite System
N(M)
G
Bild 3. 30 Schnittbild
Auf ein schräges Förderband (Winkel D), das sich mit konstanter Geschwindigkeit
v0 bewegt, wird eine Kiste mit dem Gewicht G gesetzt.
NEWTONsche Bewegungsgleichung
:
gegeben: v0, G, PD
m an = N - G cosM
(3. 179)
Die Kinematik ist die Kreisbeschleunigung in Normalenrichtung
an =
v2
,
b
gesucht: Bestimmung der Zeit tR , zu der die Kiste die gleiche Geschwindigkeit
wie das Förderband erreicht, wenn der Reibungskoeffizient P bekannt ist.
(3. 180)
v0
P
mit (3. 178) in (3. 17) aus (3. 179) folgt die Normalkraft
D
1
2 g (b cosM+ H) = N(M) - m g cosM
b
H
Ÿ
N(M) = m g (3 cosM+ 2 )
b
m
Bild 3. 32 Schräges Förderband mit Kiste
(3. 181)
Lösung
Bestimmung der Ruhelage H
Die Bedingung ist, dass der Körper in C gerade abhebt (cosM = -1), das heißt die
Normalkraft wird gerade zu Null
N(M) = 0
G
(3. 182)
in (3. 181) folgt
0 = m g (- 3 + 2
. ..
xK , xK , xK
y
R
N
H
)
b
Ÿ
H=
3
b
2
R
(3. 183)
..
.
xB, xB = v0, xB=0
N
v0
D
Auftreffwinkel und Auftreffpunkt des Massenpunkts
Bild 3. 33 Schnittbild; die Kiste (xK, x K , xK ) bewegt sich relativ zum Band (xB, x B , xB )
nach unten
y
C
x
A
Die beiden Systeme haben unterschiedliche Koordinatensysteme.
<P
E
J
NEWTONsche Bewegungsgleichungen für die Kiste
P
B
E
Bild 3. 31 Schiefer Wurf
Der Massepunkt beschreibt die Wurfparabel
y = x tanD - g
x2
2
2v 0 cos 2 D
:
m x = R - G sin D
(3. 191)
:
0 = N - G cos D
(3. 192)
Reibungsgesetz
(3. 15)
mit der horizontalen Abwurfgeschwindigkeit D = 0, v02 = v2(M=S) = g b folgt
R=PN
in (3. 191) eingesetzt, folgt
(3. 193)
dx
= P g cos D - g sin D = g (P cos D - sin D
dt
x =
(3. 194)
B«:
MB = M(M) = - S l sinM
an der Kugel
Nach Integration
v ( tR )
³v(0)
:
tR
dx = g (P cos D - sin D
³
dW
v0 = g (P cos D - sin D tR.
m g r cosM =
(3. 196)
Daraus folgt
tR =
m v2
= S - m g cosM
r
(3. 202)
Mit dem Energiesatz
mit den Anfangsbedingungen und der Bedingung, dass v0 = x K (tR) ist
Ÿ
m an =
(3. 195)
0
v(0) = 0 und v(tR) = v0
(3. 201)
B
1
m v2
2
(3. 203)
ergibt sich die Seilkraft zu
S = 2 m g cosM + m g cosM = 3 mg cosM
v0
v0
=
g (P cos D - sin D )
g (P - tan D ) cosD
(3. 197)
(3. 204)
Das Einspannmoment ist damit
MB = M(M) = - 3 m g l cosM sinM
(3. 205)
B
Das Ergebnis ist physikalisch nur sinnvoll, wenn P > tanD und damit tR > 0 ist,
sonst rutscht die Kiste sofort nach unten weg.
Das maximale Moment Mmax ergibt sich für M = r 45° (r 135°), wobei hier nur M =
r 45° interessiert
Zahlenbeispiel für Winkel Dz 0
v0 = 3,6
m
3,6
, P = 0,3, D = 100, tR =
s
9,81 (0,3 - 0,17632 ) 0,9848
|3s
(3. 198)
dM
= - 3 m g l (- sinM sinM + cosM cosM)
dM
= - 3 m g l (cos2M - sin2M) = - 3 m g l (cosM - sinM)(cosM + sinM)= 0
(3. 206)
Auf einem horizontalen Förderband mit D = 00 ergibt sich
v0
tR =
gP
d 2M
= 1,2 s
(3. 199)
d2 M
d 2M
d2 M
Grenzwert Dgr, an dem die Kiste immer rutscht
Dgr = 16,70
P = 0,3 t tanD Ÿ
= 3 m g l (2 cosM sinM)
= 3 m g l (2 cosM sinM)
450
> 0 Minimum,
< 0 Maximum
(3. 207)
(3. 200)
0
Wenn der Winkel des Förderbands steiler als Dgr = 16,7 , rutscht die Kiste immer.
?
Aufgabe 3. 8
x
?
450
Aufgabe 3. 7
x
x Anwendung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen auf einer
Kreisbahn
x Bestimmung des zeitabhängigen Momentes auf einen Kragarm
An einer Schaukel hängt eine Punktmasse m. Sie wird aus der horizontalen Lage
C losgelassen.
gegeben: l, m, r
Anwendung des Energieerhaltungssatzes zur Bestimmung
der Geschwindigkeiten
Freier Flug mit Anfangsgeschwindigkeit
Ein Massenpunkt m erhält im Punkt A eine Geschwindigkeit vA. Er bewegt sich
bis zum Punkt E (Höhe h) längs einer glatten, schrägen Rampe und soll dann
nach freiem Flug im Punkt L auftreffen.
gegeben: m, h, l, D
gesucht: Bestimmung der Anfangsgeschwindigkeit vA
gesucht: Bestimmung des Einspannmoments M = M(M) in B und des Winkels M,
an dem das Moment M maximal ist.
E
vA
h
D
A
r
L
l
C
M
Bild 3. 36 Massenpunkt m längs einer glatten, schrägen Rampe
Seil
Lösung
l
vE
vA
B
E
D
A
h
L
l
Bild 3. 34 Schaukel mit einer Punktmasse m
Bild 3. 37 Anfangsgeschwindigkeit vA und Abfluggeschwindigkeit vE
Lösung
Energiesatz
r
C
M S
(3. 208)
mit der Abfluggeschwindigkeit vE aus dem Energieerhaltungssatz
S
l
1
1
m vA2 =
m vE2 + m g h
2
2
M
mg
vE =
2
vA 2 g h
Nach dem Abflug gilt die Wurfparabel. Es handelt sich um einen freien Flug
z = x tan D - g
BH
BV
MB
(3. 209)
x2
2
2v 0 cos 2 D
(3. 15)
mit der Abfluggeschwindigkeit vE, der Wurfweite l und der Wurfhöhe h ergibt sich
zum Auftreffzeitpunkt t*
x = l = x(t*),
(3. 210)
z = - h = z(t*)
(3. 211)
Bild 3. 35 Schnittbild
NEWTONsche Bewegungsgleichungen
am Balken
Daraus folgt eine quadratische Gleichung zur Bestimmung der Höhe h
- h = l tan D - g
l2
2
2v E cos 2 D
,
y2 m2g
x2
(3. 212)
und für die Wurfweite l
l2 -
N
1
1
tanD 2 vE2 cos2D l h 2 vE2 cos2D= 0
g
g
R
(3. 213)
y1
Daraus folgt die Länge
N11
1
tanDvE2cos2D r
g
=
1 2
vE sinD cosD (1 r
g
1
).
2
sin D
l g - vE2 sinD cosD = r vE2 sinD cosD
2
vE4
2
2
2
sin D cos D - 2 l g
Ÿ
l g +
= vE4 sin2D cos D + 2 g h vE2 cos2D
1
vE2
2gh
v E2
2
sin D
)
_quadr.
Die Anfangsbedingungen für beide Körper in Ruhe sind
(3. 216)
(3. 217)
g l2
2 cos D h cos D l sin D (3. 218)
x10 = x20 = 0
(4. 31)
Die x1-, bzw. x2- Koordinate werden von t = 0, das heißt von der Ruhelage aus
gezählt. Wenn Reibung herrscht, haben beide Massenpunkte ein eigenes, voneinander unabhängiges Koordinatensystem
(4. 32)
NEWTONsche Bewegungsgleichungen
Für den Wagen
in (3. 208) ergibt für die Anfangsgeschwindigkeit
vA2= 2 g h + vE2 = g
(4. 30)
x 1 z x 2, x 1 z x 2.
Daraus folgt die Geschwindigkeit am Ende der Rampe
vE2 =
x 10 = x 20 = 0
(3. 215)
sinD cosD
vE2 2 cosD (l sinD + h cosD = l2 g
Ÿ
F
(3. 214)
Daraus kann die Anfangsgeschwindigkeit vA berechnet werden
2
N12
Bild 4. 9 Schnittbild
2gh
v E2
x1
m1g
l
1
1
( tanD v E2 cos 2 D ) 2 h 2 v E2 cos 2 D
g
g
l=
R
N
m1 x 1 = F – R,
o:
l 4h cos D h cos D l sin D .
2 cos D h cos D l sin D 2
(3. 218)
(4. 33)
und für die Kiste
o:
m2 x 2 = R,
(4. 34)
n:
m2 y 2 = N – m2 g.
(4. 35)
Mit dem Reibungsgesetz folgt
R = P N.
(4. 36)
Wahl der Richtung von R
Wenn der Wagen mit F beschleunigt wird, bewegt er sich in die x1- Richtung, also
in Richtung der Kraft, aber die Reibung verzögert diesen Vorgang. Ohne die Reibung würde der Wagen unter der Kiste wegrutschen. Die Kiste bewegt sich in die
negative x2- Richtung. Die Reibung beschleunigt die Kiste.
Da beide Körper geführt sind, gilt
4
Kinematik und Kinetik eines Systems von Massenpunkten
y 1 = y 2 = 0
Daraus folgt
N = m2 g
?
(4. 37)
(4. 38)
Aufgabe 4. 1
(4. 36) in (4. 34) in (4. 32) und (4. 33)
x System von zwei Massenpunkten
m1 x 1 = F – P m2 g
(4. 39)
m2 x 2 = P m2 g
(4. 40)
x Aufstellen der NEWTONschen Bewegungsgleichungen
x Physikalische Bindung durch Reibung
Durch die Masse m1, bzw. m2 geteilt folgt
Auf der Plattform eines Wagens m1 (masselose Räder) liegt eine Kiste m2. An
dem bis dahin ruhenden Wagen greift eine Kraft F an, die den Wagen so stark
beschleunigt, dass die Kiste rutscht.
gegeben: m1, m2, F, l, P
gesucht: Bestimmung der Zeit t*, an der die Kiste vom Wagen herunterfällt.
m
x 1 = F – P 2 g
m1
m1
(4. 41)
x 2 = P g
(4. 42)
Nach Integration mit den Anfangsbedingungen folgen die Geschwindigkeiten
m2
m1
l
Bild 4. 8 Wagens m1 mit Kiste m2
m
m
F
F
x 1 = (
– P 2 g) t + x 10 = (
– P 2 g) t
m1
m1
m1
m1
(4. 43)
x 2 = P g t + x 20 = P g t
(4. 44)
F
und die Wege
x1 = (
m
m
F
F
t2
t2
– P 2 g)
+ x10 = (
– P 2 g)
m1
m1
m1
m1
2
2
Lösung
x2 = P g
t2
t2
+ x20 = P g
2
2
(4. 45)
(4. 46)
Die Bedingung ist, dass die Kiste herunterfällt, wenn
x1(t*) = x2(t*) + l
(4. 47)
In (4. 44) und (4. 45) eingesetzt, ergibt sich die Zeit t*
*2
m
F
t
t
(
– P 2 g)
=Pg
+l
m1
m1
2
2
(
(4. 48)
l
m
1 F
Pg(1 2 )
(
m1
2 m1
(4. 53)
(4. 51) in (4. 52) und dem Federgesetz
F=cx
m
F
t *2
– P 2 g - P g)
=l
m1
m1
2
t*2 =
G x = - H – F.
g
*2
(4. 49)
2lm1
F Pg(m1 m 2 )
t* =
Ÿ
(4. 50)
(4. 54)
G Q
(
+
) x =-cx
g
g
x = - c ˜ g x
GQ
Ÿ
(4. 55)
in (4. 52)
H=-
Q
cx
GQ
(4. 56)
Die Bedingung für Grenzhaftung ist
?
Aufgabe 4. 2
Ÿ
_H_ = P0 N = P0 Q
x System von zwei Massenpunkten
x Aufstellen der NEWTONschen Bewegungsgleichungen
x = P0 Q
GQ
GQ
= P0
.
c ˜Q
c
(4. 57)
Berechnung der Geschwindigkeit mit dem Energiesatz
x Physikalische Bindung durch Haftung
1 GQ 2 1
v =
c x2.
g
2
2
x Aufstellen einer Schwingungsdifferentialgleichung
Beim Auffahren eines Güterwagens (Gewicht G) auf einen Prellbock (Federsteifigkeit c) kommt eine auf der rauhen Plattform (Haftungskoeffizient P0) liegende
flache Kiste (Gewicht Q) ins Rutschen. Die Massen der Räder und des Prellbockpuffers sind vernachlässigbar klein.
(4. 58)
Daraus folgt die Geschwindigkeit
v2 =
c˜g
GQ 2
P02 (
).
GQ
g
(4. 59)
gegeben: G, Q,P0, c
gesucht: Bestimmung der Mindestgeschwindigkeit v des Wagens, die zum Aufprall notwendig gewesen ist.
Die Mindestgeschwindigkeit ist somit unabhängig vom Gewichtsverhältnis
vmin = P0
g
(G Q) = P0
c
g
G ges
c
Q
G
(4. 60)
v
Q
c
P0
G
Bild 4. 10 Güterwagen fährt auf einen Prellbock
?
Aufgabe 4. 3
x System von zwei Massenpunkten
x Aufstellen der Impulsgleichungen
Lösung
x Gerader, zentraler Stoß
x Aufstellen der NEWTONschen Bewegungsgleichungen
Die Kiste kommt ins Rutschen, wenn die Haftung _H_ d P0 N überwunden wird, das
heißt, wenn die Kraft auf den Prellbock F > P0 N größer als die Haftung ist.
Der Bewegungsablauf setzt sich aus drei Bewegungen zusammen: vorher gilt
zwischen Kiste und Wagen Haftung _H_ < P0 N, beim Beginn des Rutschens tritt
die Grenzhaftung _H_ = P0 N auf, wenn die Kiste die Grenzhaftung überwunden
hat, tritt Rutschen auf R = P N < P0 N.
x Physikalische Bindung durch Reibung
Ein Brett (Masse M) ruht auf zwei masselosen Rollen. Auf dem einen Ende des
Brettes liegt ein Klotz (Masse m). Den Klotz stößt eine Punktmasse (ebenfalls
Masse m) mit der Geschwindigkeit v0. Der Stoß sei voll elastisch. Zwischen Brett
und Klotz herrscht der Reibungskoeffizient P
gegeben: M, m, v0, e = 1, P
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit w von Brett und Klotz, wenn der Klotz
relativ zum Brett zur Ruhe gekommen ist und die Dauer des Rutschvorgangs.
Q
H
N
N
m
v0
H
m
P
M
G
F
Bild 4. 12 Brett mit zwei masselosen Rollen, auf dem ein Klotz liegt
Lösung
. ..
x, x, x
Der Bewegungsablauf setzt sich aus zwei Bewegungen zusammen: zuerst gibt
es einen Stoß von der Punktmasse auf den Klotz, danach beginnt das Rutschen
des Klotzes auf dem Brett.
Bild 4. 11 Schnittbild
Wenn Haftung herrscht, haben beide Massenpunkte dasselbe Koordinatensystem
x 1 = x 2 = x , x 1 = x 2 = x .
(4. 51)
Zentraler, gerader Stoß
Mit der Stoßbedingung mit der Geschwindigkeit der Masse v1 = v0 und des Klotzes v2 = 0 vor dem Stoß und der Geschwindigkeit der Masse w1 und des Klotzes
w2 nach dem Stoß
Die Richtung von H durch das Betragzeichen beliebig wählbar.
e=-
Die NEWTONsche Bewegungsgleichungen lauten
Q x = H.
g
(4. 52)
w 2 w 1
0 v 0
und dem Impulserhaltungssatz (4. 24) mit m1 = m2 = m
(4. 61)
m v0 = m w1 + m w2
(4. 62)
v1
m
folgt mit voll elastisch Stoß e = 1 in (4. 61)
w2 - w1 = v0
(4. 63)
M
s
Bild 4. 14 Golfball und Hindernis
und aus (4. 62)
w2 + w1 = v0
(4. 64)
Lösung
Aus (4. 63) und (4. 64) folgt
w2 = v0, w1 = 0.
(4. 65)
Es handelt sich um einen zentralen, geraden Stoß.
Die Masse hat nach dem Stoß keine Geschwindigkeit mehr (voll plastischer
Stoß).
Stoßbedingung
Da während des Stoßes Reibungs- und Haftungskräfte unberücksichtigt bleiben,
"weiß das Brett noch nichts".
e=-
Rutschvorgang
Impulssatz
w 2 w 1
v 2 v 1
(4. 76)
m v1 + M v2 = m w1 + M w2
Gm
R
N
aus (4. 76) mit v2 = 0 folgt
.
xm, xm
w2 = e v1 + w1,
(4. 78)
in (4. 77)
N
m v1 = m w1 + M w2
(4. 79)
R
.
xM, xM
N11
(4. 77)
Berechnung der Geschwindigkeit
in (4. 79)
N12
GM
w1 =
Bild 4. 13 Schnittbild
meM
(1 5e)
v1 =
v1
6
mM
(4. 80)
Die xm-, bzw. xM- Koordinate werden von t = 0, das heißt unmittelbar nach dem
Stoßvorgang aus gezählt. Wenn Reibung herrscht, haben beide Massenpunkte
ein eigenes, voneinander unabhängiges Koordinatensystem
Diskussion der Stoßzahl (0 < e < 1) für M = 5m
x m z x M, x m z x M.
w1 =
(4. 66)
Die NEWTONsche Bewegungsgleichungen lauten für den Klotz
1
v1,
6
(4. 81)
für den elastischen Stoß e = 1 gilt
o:
m x m = - R
(4. 67)
n:
m y m = Gm – N = 0
(4. 68)
w1 = -
2
v1
3
(4. 82)
und für e = 0,5
und für das Brett
M x M = R.
o:
Für den plastischen Stoß e = 0 gilt
(4. 69)
w1 = -
Das Reibungsgesetz ist
R=PN=Pmg
(4. 70)
1
v1.
4
(4. 83)
Diskussion der Stoßzahl (0 < e < 1) für M = m
Die Berechnung der Geschwindigkeiten durch Integration für den Klotz mit der
Anfangsbedingung x m0 = w2 = v0
Für den plastischen Stoß e = 0 gilt
x m = - P g t + x m0 = - P g t + v0
w1 =
(4. 71)
und für das Brett mit der Anfangsbedingung x M0 = w1 = 0 folgt
m
m
x M = P g
t + x M0 = P g
t.
M
M
(4. 72)
w1 = 0
(4. 85)
und für e = 0,5
x m(t*) = x M(t*)
(4. 73)
w1 =
1
v1.
4
(4. 86)
Abhängig von den Massen und der Stoßzahl verändern sich die Richtung und
Größe der Geschwindigkeit der Masse m nach dem Stoß.
Daraus folgt die Zeit t*
m
t*
M
(4. 84)
für den elastischen Stoß e = 1 gilt
Die Bedingung für das Ende des Rutschens zur Zeit t* ist
- m g t* + v0 = - m g
(1 e)
1
v1=
v1,
2
2
Ÿ
t* =
v0 M
Pg mM
(4. 74)
Es gilt
T - T0 =
Eine Kontrolle für Geschwindigkeit wBrett nach dem Rutschen ist
m
m
wBrett = x M(t*) = m g
t* =
v0.
M
mM
Wegberechnung mit dem Arbeitssatz
(4. 75)
³ Fds
(3. 77)
1
M (w2*2 - w22) = - R s
2
(4. 87)
mit R = P N = P M g und w2* = 0, wenn das Rutschen beendet ist
?
Aufgabe 4. 4
x System von zwei Massenpunkten
-
1
M w22 = - P M g s
2
x Aufstellen der Impulsgleichungen
x Gerader, zentraler Stoß
Ein Golfball (Masse m) stößt mit der Geschwindigkeit v1 gegen ein Hindernis
(Masse M), das anfänglich in Ruhe ist.
gegeben: m, v1, P, M = 5 m, e
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit w1, die der Ball zurückrutscht, wenn
eine Stoßzahl e angenommen wird und den Weg des Klotzes M über die rauhe
Unterlage (Reibungskoeffizient P).
mit w2 =
s=
Ÿ
s=
w 22
2Pg
(4. 88)
m(1e)
v1 folgt
mM
m 2 (1e) 2
2Pg mM
2
v12
(4. 89)
Aufgabe 4. 5
?
?
Aufgabe 4. 6
x System von zwei Massenpunkten
x System von zwei Massenpunkten
x Aufstellen der Impulsgleichungen
x Aufstellen der Impulsgleichungen
x Gerader, zentraler Stoß
x Gerader, zentraler Stoß
x Bestimmung des Energieverlusts bei plastischem Stoß
Man berechne den relativen Energieverlust '3 beim plastischen Stoß zweier
m
Körper in Abhängigkeit vom Massenverhältnis 1 . Vor dem Stoß sei v2 = 0.
m2
gegeben:
gegeben: m, a, v0, D
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeitskomponenten der Hantel nach einem
teilelastischen Stoß
m1
, v1, v2 = 0, e = 0
m2
gesucht: Energieverlust '3 Eine aus zwei Punktmassen und einer masselosen Verbindungsstange bestehende Hantel fällt mit der Vertikalgeschwindigkeit v0 auf eine glatte, schiefe Ebene.
a
a
(3 0 - 31 )
30
m
m
v0
Lösung
D
m1
F
Bild 4. 16 Hantel aus zwei Punktmassen und masselosen Verbindungsstange
m2
F
Lösung
v2, w2
v1, w1
Bild 4. 15 Schnittbild zum Stoßzeitpunkt
v0
Impulsgleichungen
m1 (w1 - v1) = - Fˆ
(4. 90)
m2 (w2 - v2) = Fˆ
(4. 91)
m
Fx D
Die Stoßbedingung für den plastischen Stoß mit e = 0
w - w2
0=- 1
v1 - v 2
Ÿ
a
a
w1 = w2 = w.
S
.
xS
.
MS
.
yS
m
Fx
(4. 92)
D
Energieverlust mit e = 0 (ideal plastischer Stoß)
Bild 4. 17 Schwerpunktskoordinaten und Stoßkraft F̂x
'3 =
1 m1m2
(v1 - v 2 )2
2 m1 + m2
(4. 93)
Impulssätze für den Schwerpunkt S
2 m ( x Sn - x Sv) = - F̂x
(4. 101)
2 m ( y Sn - y Sv) = 0
(4. 102)
4( M Sn - M Sv) = - F̂x a cosD
(4. 103)
mit (4. 93) und v2 = 0 folgt aus (4. 91)
m2 w = Fˆ
(4. 94)
(4. 93) in (4. 90)
m1 w - m1 v1 = - Fˆ
(4. 95)
(4. 94) und (4. 95) wie aus dem Impulserhaltungssatz: "Impuls nach dem Stoß =
Impuls vor dem Stoß"
(m1 + m2) w = m1 v1
(4. 96)
x P rel,nachher
x M Sn ( a cos D )
x M Sn sP
= - Sn
= - Sn
x P rel,vorher
x Sv M Sv sP
v 0 cos D
- e v0 cosD = x Sn - M Sn a cosD
(4. 104)
(4. 104) in (4. 101) und (4. 103) eingesetzt ergibt mit 4 = 2 m a2
m1
v1
m1 m 2
(4. 97)
cos 2 D(1 e) v 0
cos 2 D e
x Sn =
v0 cosD, M Sn =
.
2
cos 2 D 1 a
cos D 1
Der relative Energieverlust berechnet sich aus der Energie vorher
30 =
e=Ÿ
Daraus folgt
w=
Die Stoßbedingung für Stoßpunkt P mit x Sv = v0 cosD, M Sv = 0 und sn = - a
cosDergibt
(4. 105)
Aus (4. 102) folgt
m1 2
v1
2
(4. 98)
y Sn = y Sv = v0 sinD.
(4. 106)
und der Energie nachher
31=
m1 m 2 w 2
2
m1
)2
m12
m1 m 2
v 12
v 12 =
2
2(m1 m 2 )
m1 m 2 (
=
(4. 99)
In (4. 21) folgt
m1
m12
m12
m1 )v 12
2
2(m1 m 2 )
m1 m 2
'3 =
m1 2
m1
v1
2
m2
m 2 m m m12
=
= 1 2 1 2
m1 m1m 2
m1 m 2
(
=
m1(m1 m 2 ) m12
m1(m1 m 2 )
(4. 100)
?
Aufgabe 4. 7
x
System von zwei Massenpunkten
x
Aufstellen der Impulserhaltungssätze
x
Gerader, zentraler Stoß
Zwei Jungen (Masse m1 und m2) stehen am Heck eines ruhenden Bootes (Masse
M). Zunächst läuft der erste Junge zum Bug und springt mit einer Geschwindigkeit v0 relativ zum Boot in Wasser. Dann läuft der zweite Junge zum Bug und
springt ebenfalls mit einer Geschwindigkeit v0 relativ zum Boot ins Wasser. Das
Boot gleite reibungsfrei im Wasser.
gegeben: m1, m2, M, v0
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit des Bootes nach Absprung des zweiten Jungen und die Änderung der Geschwindigkeit des Bootes, wenn die beiden
Jungen gleichzeitig zum Bug laufen und gleichzeitig mit der Geschwindigkeit v0
relativ zum Boot ins Wasser springen.
m2
m1
Aufgabe 4. 8
?
m2
x System von zwei Massenpunkten
M
M
x Aufstellen der NEWTONschen Bewegungsgleichungen
x Physikalische Bindung durch Reibung
m1
x Aufstellen der Impulsgleichungen
Bild 4. 18 Zwei Jungen am Heck eines ruhenden Bootes
x Gerader, zentraler Stoß
Lösung
Vor dem Springen ist das Boot in Ruhe. Der Gesamtimpuls für das Gesamtsystem ist Null
vi = 0.
(4. 107)
gegeben: m1, m2, s1, s2, P 1, P2
Impulserhaltungssatz "Impuls vorher = Impuls nachher"
m1 v1 + m2 v2 = m1 w1 + m2 w2
Ein PKW 2 (Masse m2) schleudert auf regennasser Straße und bleibt quer stehen. Ein nachfolgender PKW 1 (Masse m1) kommt mit der Geschwindigkeit v1
heran, erkennt das Hindernis und beginnt im Abstand s1 vom querstehenden
PKW 2 (VW) eine Vollbremsung (Rutschen, Reibungskoeffizient P1). Der Bremsweg reicht nicht aus, es kommt zum Zusammenstoß (Stoßzahl e). Der querstehende PKW 2 (VW) wird um die Strecke s2 (Reibungskoeffizient P2) weitergeschoben.
(4. 108)
Die Geschwindigkeit des Bootes nach dem Absprung beider Jungen nacheinander mit dem Impulserhaltungssatz
gesucht: Wie groß war die Geschwindigkeit v10 des nachfolgenden PKW 1. Vor
Gericht bestreitet der PKW 1- Fahrer die Überschreitung der zulässige Höchstgem
km
schwindigkeit (50
). Für die Zahlenwerte: m1 = 2 m2 = 2 m, g | 10 2 ,
h
s
1
1
P1 = P2= , s1 = 2 s2 = 40 m, e =
ist zu überprüfen, ob die Aussage glaubwür3
2
dig ist.
w
m2
PKW 2
m1
M
PKW 1
v0
m2
m1
Bild 4. 19 Erster Junge springt ab
nachher
w=
s1
s2
(m2 + M) w + m1(-v0 +w) = 0
(4. 109)
vorher
m1
v0
M m1 m 2
Bild 4. 22 PKW 2 querstehend auf regennasser Straße und nachfolgender PKW 1
(4. 110)
Lösung
Die Restgeschwindigkeit v1 bei einer Vollbremsung bis vor dem Stoß wird über
die NEWTONschen Bewegungsgleichung berechnet
w*
*
m1 x 1 = - P1 m1 g
m2
M
x x s1
Bild 4. 20 Zweiter Junge springt ab
Die Geschwindigkeit des Bootes, nachdem der zweite Junge abgesprungen ist,
mit dem Impulserhaltungssatz
M w* + m2(-v0 +w*) = (m2 + M) w
w* = w +
(4. 111)
vorher
m2
Mm1 Mm 2 2m1m 2 m 22
v0 = (
) v0
M m2
(M m1 m 2 )(M m 2 )
M
Ÿ
m1
x 0
x 0
(4. 117)
1 2
( x s1 - v02) = - P1 m1 g s1
2
(4. 118)
Mit dem Energiesatz ergibt sich der Weg s1
v12 = x 2s1 = - 2 P1 g s1 + v102
(4. 119)
Der Zusammenstoß erfolgt mit der Stoßzahl e unter der Stoßbedingung
e=-
w 2 w 1
.
v 2 v 1
(4. 120)
Aus dem Impulserhaltungssatz
m1 v1 + m2 v2 = m1 w1 + m2 w2
m2
m1
(4. 121)
folgt die Geschwindigkeit w2
**
w2 =
Bild 4. 21 Beide Jungen springen gleichzeitig ab
m1 v 1 + m 2 v 2 + e m1 (v 1 - v 2 )
m1 + m 2
(4. 122)
mit v2 = 0 ergibt sich dann
M w** + (m1 + m2) (-v0 +w**) = 0
nachher
x s1
³ m1x 1 dx 1 = ³ P1m1g dx1
(4. 112)
Die Geschwindigkeit des Bootes nach dem Absprung beider Jungen gleichzeitig
mit dem Impulserhalungssatz
w* *
dx 1 dx 1
dx 1
x 1 = - P1 g
=
dx 1 dt
dx 1
Durch Integration folgt die Restgeschwindigkeit
m1
nachher
x 1 =
Ÿ
vorher
(4. 113)
w2 =
m1 m 2
v0
w =
M m1 m 2
**
m1(1 + e)
v .
m1 + m 2 1
(4. 123)
(4. 114)
Das Rutschen des PKW 2 mit Energiesatz ergibt
m
ergibt
Mit den Zahlenwerten m1 = 70 kg, m2 = 50 kg, M = 200 kg und v0 = 3
s
sich
w* = (
200 ˜ 70 200 ˜ 50 2 ˜ 70 ˜ 50 50 ˜ 50
m
m
)3
= 1,256
(200 70 50 )(200 50)
s
s
(4. 115)
w** =
70 50
m
m
3
= 1,125
200 70 50
s
s
(4. 116)
m2
Ÿ
1 2
w2 = P2 m2 g s2
2
m2 (
(4. 124)
m1(1 + e)
v ) 2 = 2 P2 m2 g s2.
m1 + m 2 1
Laut Vermessung mit s2 =
1
s1 ergibt sich
2
(4. 125)
(
Drallsatz
m1(1 + e)
1
v ) 2 = 2 P2 g
s1 = P2 g s1
2
m1 + m 2 1
m12 (1 + e) 2
Ÿ
(m1 + m 2 ) 2
r m1 v1 + 0 = r m1 v2 + r m2 v2
(- 2 P1 g s1 + v102) = P2 g s1
(4. 126)
v2 =
Daraus ergibt sich die Geschwindigkeit des PKW 1- Fahrers zu
v102 =
P2 g s1
(m1 + m 2 ) 2
m12 (1 + e) 2
(1 +
+ 2 P1 g s1 = g s1 (P2
(1 + e) 2
Mit den Zahlenwerten m1 = 2 m2 = 2 m, g | 10
und e =
m2 2
)
m1
m
s2
+ 2 P1)
2gh1 .
(4. 131)
, P1 = P2=
(4. 127)
1
, s1 = 2 s2 = 40 m
3
1
ergibt sich
2
T1 + W1 = T2 + W2
(3. 77)
1
1
(m1 + m2) v22+ 0 =
(m1 + m2) v2 – (m1 - m2) g h2
2
2
(4. 132)
v2 = v22 + 2
(4. 128)
m
km
km
= 72
> 50
sec
h
h
m1 m 2
m1
m m2
g h2 = 2 g (h1 (
)2 + h2 1
)
m1 m 2
m1 m 2
m1 m 2
(4. 133)
folgt die Geschwindigkeit v am Boden
m2
v=
Damit war die Geschwindigkeit des PKWs 1- Fahrers
?
m1
m1
v1 =
m1 m 2
m1 m 2
Die erste Bewegungsphase ist eine gleichförmige Bewegung von z = 0 bis z = h2 mit dem Energieerhaltungssatz
1
(1 + ) 2
2
m
1
2 + 2 1 ) = 400 m .
v102 = 10 2 40 m (
2
1 2
3
3
s
s
(1 + )
2
v10 = 20
(4. 130)
Daraus folgt die Geschwindigkeit der Masse m2 nach dem Stoß
2 g (h1
1
(m1 m 2 )2
h2
m1 m 2
) .
m1 m 2
(4. 134)
(4. 129)
Aufgabe 4. 9
x System von zwei Massenpunkten
x Aufstellen der NEWTONschen Bewegungsgleichungen
x Aufstellen der Impulsgleichungen
x Gerader, zentraler Stoß
Über eine in A drehbar gelagerte Rolle (masselos, Radius r) ist ein masseloses
Seil geschlungen, an dem die beiden Massen m1 und m2 befestigt sind. Die Länge des Seils ist so groß, daß es gerade gespannt ist, wenn beide Massen die
Lage z = 0 einnehmen. Die Masse m1 wird nun um h1 angehoben und fallen gelassen, während m2 auf der Unterlage liegen bleibt.
gegeben: m1, m2, h1, h2, r
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit v, mit der die Masse m1 am Boden (z
= - h2) ankommt, wenn sie in der beschriebenen Lage (z = h1) losgelassen wird.
r
5
A
Bewegung des starren Körpers
?
x
Bestimmung der Massenträgheitsmomente
Querschnitte bezüglich einer Achse z
m1
m2
z
Aufgabe 5. 1
h1
verschiedener
Folgende massebehaftete Körper sind gegeben a) Stab (Länge l, Masse m); b)
Kreisplatte (Radius r, Masse m); c) Rechteckplatte (Seitenlängen a, b, Masse m);
d) Kugel (Radius r, Masse m); e) Kegel (Radius r, Höhe h, Masse m); f) Winkel
(Schenkellänge a, Schenkelmasse m).
h2
gegeben: l, r, a, b, h, a, t, a >> t
gesucht: Bestimmung der Massenträgheitsmomente bezüglich einer Achse z
durch 0, die senkrecht zur Zeichenebene steht.
Bild 4. 23 Massen m1 und m2
Lösung
a)
Es liegen 3 Phasen der Bewegung vor.
b)
c)
Die erste Bewegungsphase ist eine gleichförmige Bewegung von z = h1 bis z = 0.
Mit einer masselosen Rolle und der freifallenden Masse m1 folgt aus dem der
Energieerhaltungssatz
T - W = const.
(3. 77)
für den freien Fall die Geschwindigkeit bei z = 0
v1 =
2gh1 .
(2. 74)
d)
Die zweite Bewegungsphase ist ein plastischer Stoß mit der Stoßzahl e = 0. Der
Drall um den Drehpunkt A bleibt erhalten, aber nicht der Impuls, da eine Stoßkraft
im Lager A auftritt.
e)
f)
Bild 5. 17 Verschiedene massebehaftete Körper; a) Stab; b) Kreisplatte; c) Rechteckplatte;
d) Kugel; e) Kegel; f) Winkel
Lösung
[
dz
a) Stab
0
dm = U A dr
r
0
dr
l
Bild 5. 21 d) Kugel mit Scheibe von infinitesimaler Dicke dz
Kugel in Scheiben zerlegen (Radius [, Dicke dz) auf den Schwerpunkt S = O
bezogen
Bild 5. 18 a) Stab mit infinitesimalem Massenelement dm
Massenträgheitsmoment mit A = Stabquerschnitt und U = Dichte folgt 4S auf den
Schwerpunkt bezogen
r
³
4SKugel= 6 4SScheibe= S U
r
l
2
³l
4S =
r 2 ˜ dm = U A
³l
2
l
2
r 2 ˜ dr =
UA 3
r
3
l
2
UA 3 m 2
l =
l,
12
12
=
l
2
2
z
=
(5. 85)
r
[4
US
dz=
2
2
r
US 4
2 2 3 1 5
[r z r z +
z]
2
3
5
=
r
(r2–z2)2 dz
³
r
8
2
US r5 =
m r2.
5
15
(5. 92)
e) Kegel
4O auf die Achse z bezogen
l
4Z =
³
r 2 ˜ dm =
0
UA 3
r
3
l
Schnitt E- E
1
m l2
3
=
0
E
(5. 86)
0
oder mit dem STEINER- Anteil
[
y
dy
z
2
m 2 m 2 1
§l·
l +
l =
m l2.
4Z = 4S + ¨ ¸ m =
12
4
3
©2¹
(5. 87)
E
Bild 5. 22 e) Kegel mit Scheibe von infinitesimaler Dicke dz
b) Kreisplatte
Der Kegel wird in Scheiben (Radius [, Dicke dy) zerlegt. Das Eigenträgheitsmoment einer Scheibe aus Integration oder Tabelle 5. 1
dm = U t r dr dM
4 z Scheibe =
r
0
[2 dm =
m
dr
S dM
³
1
U
4
³
[4 S dy
(5. 93)
(y)
4O auf die Achse z bezogen
R
y2 U [2 S dy = US
³
4O Scheibe = 4 z Scheibe +
(y)
³
[
(y)
[4
+ y2 [2] dy
4
(5. 94)
Bild 5. 19 b) Kreisplatte mit infinitesimalem Massenelement dm
Massenträgheitsmoment mit Scheibendicke t auf den Schwerpunkt S bezogen
2S
4S =
³r
2
R
³ ³r
dm = U t
0
m
3
mit [=
r
folgt
h
4
˜ dr ˜ dM = 2 S U t
0
R
1
=
m R2
4
2
(5. 88)
4O Scheibe = US
y
4O auf die Achse z bezogen
4O = 4S + m R2 =
³
3
m R2.
2
(5. 89)
[
r4
4h
4
r2
y4 +
4O Kegel = 6 4O Scheibe = US
h2
r2
h
2
y4] dy.
(1 +
r2
4h
2
(5. 95)
h
)
³
y4 dy =
0
1
r2
US r2 (h2 +
)h
5
4
3
r2
m (h2 +
)
=
5
4
c) Rechteckplatte
x dx
r
0
(5. 96)
f) Winkel
dy
y
a
S1
dm = U t dx dy
Bild 5. 20 c) Rechteckplatte mit infinitesimalem Massenelement dm
S2
d
a
Massenträgheitsmoment mit Plattendicke t auf den Schwerpunkt S bezogen
4S = 4Z =
³
2
r ˜ dm = U t
m
3
=Ut(
a
2
x y
y x
+
)
3
3
a
2
a
2
b
2
³a ³b
3
2
b
2
b
2
2
2
(x + y ) dx dy = U t
2
b
2
³b
(
x3
+ y2x) dy
3
a
2
a
2
2
(5. 90)
d) Kugel mit Scheibe von infinitesimal kleiner Dicke dz
Bild 5. 23 f) Winkel
Massenträgheitsmoment mit STEINER- Anteilen
4O ges = 4S1 + m r2 + 4S2 +m (
mit 4S1 = 4S2 =
4O auf die Achse z bezogen
3
ª § a ·3
§b· º
«¨ ¸
¨ ¸ »
2¹
2¹ »
1
«
©
©
4O = U t «
m (a2 +b2).
b
a» =
12
3
3
»
«
»¼
«¬
0
4O ges = 2 (
(5. 91)
a 2
)
2
(5. 97)
m 2
a2
5 2
a und d2 =
+ a2 =
a ergibt
12
4
4
m 2
5
1
5
a)+
m a2 +
m a2 =
m a2
12
4
4
3
(5. 98)
?
Aufgabe 5. 2
x
Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen und
des Momentensatzes am starren Körper
x
Lösung durch Schneiden
x
rollen
Bestimmung des Zeitpunkts, an dem die Zylinder aufeinander
x
Bestimmung der Winkelgeschwindigkeiten
g m1
r2 m 2
2 = 2 P
M
(5. 105)
nach Integration folgen mit M 10 = M 0 und M 20 = 0 Die Winkelgeschwindigkeiten
M 1 = - 2 P
g
t + M 0 ,
r1
(5. 106)
M 2 = 2 P
g m1
t
r2 m 2
(5. 107)
Ein Vollzylinder (G1, r1) ist an einer gewichtslosen Stange drehbar befestigt. Ein
zweiter Vollzylinder (G2, r2) ist um A drehbar gelagert. Der Zylinder 2 ruht zunächst. Der Zylinder 1, der sich mit der Winkelgeschwindigkeit M 0 dreht, wird auf
ihn gesetzt, so daß beide aufeinander rutschen (Reibungskoeffizient P).
Für die Bestimmung der Zeit tr, an der die Zylinder Walzen aufeinander abrollen,
ist die Bedingung, daß die gleiche Umfangsgeschwindigkeit herrscht. Es gilt
gegeben: G1, r1, G2, r2, M 0 , P
r1 M 1 (tr) = r2 M 2 (tr).
gesucht: Bestimmung der Zeit tr, nach der beide Zylinder aufeinander rollen, und
die Größe der Winkelgeschwindigkeiten M 1 und M 2 .
Daraus ergibt sich die Zeit tr
(5. 108)
- 2 P g tr + r1 M 0 = 2 P g
.
M0
m1
m1
tr Ÿ
m2
tr =
r1M 0
m
2Pg(1 1 )
m2
(5. 109)
Zu diesem Zeitpunkt sind die Winkelgeschwindigkeiten M 1 und M 2
r1
P
M 1 (tr) = - 2 P
r1M 0
M 0
+ M 0 = + M 0 ,
m1
m
)
1 1
m2
m2
g
r1
r2
A
m2
M 2 (tr) = 2 P
Bild 5. 24 Zwei Vollzylinder
(5. 110)
2Pg(1
g m1
r2 m 2
r m1 M 0
r1M 0
= 1
.
m1
m
r2 m 2
)
1 1
m2
m2
(5. 111)
2Pg(1
Lösung
?
Aufgabe 5. 3
x
Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen und
des Momentensatzes am starren Körper
.
M1
x
Lösung durch Schneiden
x
Bestimmung des Antriebsmoments
Auf einer homogenen zylindrischen Walze wird ein masseloses dehnstarres Seil
aufgewickelt, an dem die Masse m2 hängt.
gegeben: m1, m2, r, x = a
m1g
BH
gesucht: Bestimmung des Antriebsmoments M0, das aufgewandt werden muß,
um die Masse m2 mit x = a zu beschleunigen.
r1
BV
BV
BH
N
R
.
M
r
N
R
M0
.
M2
m2g
A
r2
B
A
m1
.
x
m2
Bild 5. 25 Schnittbild
Bild 5. 26 Homogene zylindrische Walze mit Seil
Die Momentensätze an den beiden Zylinder liefern
1 = - R r1,
41 M
(5. 99)
2 = R r2.
42 M
(5. 100)
Mit dem Reibungsgesetz
R=PN
Lösung
.
M
r
(5. 101)
und der Statik an der masselosen Stange
N = m1 g, BV = 0
M0
(5. 102)
und den Massenträgheitsmomenten
1
1
41 =
m1 r12, 42 =
m2 r22
2
2
B
A
m1
S
(5. 103)
S
ergeben sich in (5. 99) und (5. 100) eingesetzt die Winkelbeschleunigungen der
Zylinder
1 = - 2 P
M
g
r1
(5. 104)
.
x
m2
Bild 5. 27 Schnittbild
Der Momentensatz für die Rolle lautet
= M0 - r S
4A M
A«:
(5. 112)
m2 x =m2 a
= S - m2 g.
(5. 113)
Die Kinematik an der Rolle
x = r M
(5. 114)
S = m2 x + m2 g = m2 (a + g)
(5. 115)
und aus (5. 112)
+ r S
M0 = 4A M
M0 =
«:
= (S2 – S1) r.
4 M
(5. 122)
R = P N = P m g.
(5. 120)
Die Gleichgewichtsbedingungen an der Rolle sind
Damit folgt aus (5. 113)
mit 4A =
(5. 121)
Das Reibungsgesetz lautet
x = a =r M
Ÿ
m x 2 = m g - S2,
und für die Rolle gilt
und die NEWTONschen Bewegungsgleichungen für den Körper sind
n:
p:
(5. 116)
1
a
=
m r2 und M
ergibt sich das Antriebsmoment
2 1
r
n:
0 = Ky - m g - S2,
(5. 123)
o:
0 = Kx – S1.
(5. 124)
Die Kinematik an der Rolle ergibt die Beziehung zwischen den Geschwindigkeiten
x 1 = M r = x 2 = x
(5. 125)
(5. 125) mit (5. 119) und (5. 121) in (5. 118) ergibt
a
1
1
m r2
+ r m2 (a + g) =
m r a + r m2 (a + g).
2 1
2 1
r
(5. 117)
m x = S1 - P m g.
(5. 126)
(5. 125) in (5. 122) ergibt
?
Aufgabe 5. 4
m x = m g - S2.
x
Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen und
des Momentensatzes am starren Körper
(5. 126) + (5. 127) ergibt
x
Lösung durch Schneiden
2 m x = m g (1 - P) + S1 - S2.
x
Lösung mit dem d´ ALEMBERTSCHEN Prinzip
Aus (5. 120) folgt
x
Bestimmung der Lagerreaktionen
x
Reibung zwischen Balken und Klotz
1
m x = - S1 + S2.
2
x
Massebehaftete Umlenkrolle
(5. 129) in (5. 128) ergeben die Beschleunigung der Masse
Am freien Ende eines in B starr eingespannten, masselosen Brettes (Länge l) ist
eine Rolle (Radius r, Masse m) reibungsfrei drehbar gelagert. Über die Rolle läuft
ein masseloses, dehnstarres Seil, an dessen Enden die Punktmassen 1 und 2
(Masse jeweils m) befestigt sind. Die Punktmasse 1 rutscht (Reibungskoeffizient
P) auf dem Brett.
gegeben: l, r, m1 = m2 = m, 4 =
1
m r2, P
2
(5. 127)
(5. 128)
(5. 129)
1
m x = m g (1 - P) + S1 - S2 - S1 + S2
2 m x +
2
x = 2 g (1 - P).
Ÿ
5
(5. 130)
(5. 130) in (5. 126) ergeben die Seilkraft S1
S1 = m (
gesucht: Bestimmung der Lagerreaktionen in B in Abhängigkeit von der Lage x
des Körpers 1.
2
2 3P
g (1 - P) + P g) = m g
5
5
(5. 131)
und in (5. 130) in (5. 127) ergeben die Seilkraft S2
4, m
S2 = - m g (
2
3 2P
g (1 - P)) + m g = m g
.
5
5
(5. 132)
Aus (5. 123) folgt
Ky = m g
8 2P
,
5
(5. 133)
aus (5. 124)
Kx = m g
Bild 5. 28 In B starr eingespanntes, masseloses Brett mit Rolle
2 3P
.
5
(5. 134)
Damit ergeben sich die Lagerreaktionen für den Balken
1. Lösungsmöglichkeit durch Schneiden
x1
2
m g (P - 1),
5
o:
BH = R – Kx =
n:
BV = N + Ky = m g
«:
MB = - N x – Ky l = m g (- x – l
S1
13 2P
,
5
M
S1
R
N
4
N
R
Ky
Ky
Kx
8 2P
).
5
(5. 137)
2. Lösungsmöglichkeit mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
S2
S2
x2
Bild 5. 29 Schnittbild
Zur Ermittlung der Lagerkräfte müssen die Seilkräfte S1 und S2 berechnet werden. Dazu ist das Aufstellen der Bewegungsgleichungen notwendig. Für Körper 1
mit m1 = m
o:
m x 1 = S1 – R,
(5. 118)
n:
0 = m g – N,
(5. 119)
für die Masse 2
(5. 136)
mg
Kx
MB
B
(5. 135)
S
M0
r2
m2 g
AV
4M
H
N
N
B
Rolle 1
m1,41
H
Rolle 2
m2,42
masselos
c)
r1
S
S
M1
b)
M2
.
x
a)
m3 g
d)
Bild 5. 32 Schnittbild; a) Rolle 1; b) Rolle 2, c) Umlenkrolle; d) Gewicht
Bild 5. 30 Einführen der Vorzeichen, der äußeren Kräfte, der d´ ALEMBERTschen Scheinkräfte und der Reibungskraft
Der Momentensatz und die NEWTONschen Bewegungsgleichungen für die Rolle
2
«:
2 = H r2 – S r2
42 M
(5. 141)
Hier wird die Reibungsarbeit in den Ausdruck miteinbezogen. Für den Klotz ist es
eine negative Arbeit, für den Balken ist sie Null, weil er sich nicht bewegt.
n:
AV = m2 g – H,
(5. 142)
GM - R Gx1 – m2 x 2 Gx2 + m2 g Gx2 – m x 1 Gx1 = 0
GW = - 4 M
die Rolle 1
(5. 138)
GW = (-
1 = M0 - H r1
41 M
«:
Mit der Kinematik aus (5. 125) eingesetzt, folgt
1
1
m r2 2 x - P m g– m x + m g– m x ) Gx = 0
2
r
(5. 139)
und für das Gewicht mit S1 = S2 = S an der Umlenkrolle
m3 x = S – m3 g.
n:
mit Gx z 0 folgt
(5. 143)
(5. 144)
Mit der Kinematik für das Gewicht, das über ein Seil mit der Rolle 2 verbunden
ist, gilt
x = 2 g (1 - P).
5
(5. 140)
Lagerreaktionen ergeben sich durch Schneiden am Balken wie oben.
x = r2 M 2
(5. 145)
und für die Rolle 1, die auf der Rolle 2 rollt, gilt
r1 M 1 = r2 M 2.
(5. 146)
Mit sechs Unbekannten M 1, H, S, AV, M 2, x folgt aus den sechs Gleichungen
M0
r1
x =
(
1
r12
41 1
r22
m3 g
.
(5. 147)
4 2 m3 )
Aus (5. 141) folgt die Bestimmung der Auflagerkraft
?
Aufgabe 5. 5
x
Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen und
des Momentensatzes am starren Körper
x
H = (m3 x + m3 g) + 42
,
r22
(5. 148)
in (5. 142) folgt die Lagerkraft
x
Lösung durch Schneiden
x
Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
x
Masselose Umlenkrolle
x
Haftung zwischen Rolle 1 und Rolle2
x
Bestimmung der Beschleunigung
x
Bestimmung der Lagerkraft
AV = m2 g – H = m2 g – (m3 x + m3 g) +
M0
m2 g
gesucht: Bestimmung der Beschleunigung x des Gewichtes nach oben und der
Auflagerkraft in A.
Rolle 2
r2
m1 g
M0
Rolle 2
m2,42
P0
4 2 )x
r22
P0
.
x
41M1
m3 x
m3 g
Bild 5. 33 Einführen der Vorzeichen, der äußeren Kräfte und der d´ ALEMBERTschen
Scheinkräfte
.
x
Bild 5. 31 Rollensystem mit der Masse m3
1. Lösungsmöglichkeit durch Schneiden
M1
42M2
masselos
r1
Rolle 1
m1,41
masselos
r1
Rolle 1
M2
B
= m2 g - m3 g – (m3 +
2. Lösungsmöglichkeit mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
gegeben: m1, m2, m3, M0, r1, r2, 41, 42, P0
A
r22
(5. 149)
Mit dem skizzierten System wird das Gewicht (Masse m3) nach oben gezogen.
Die Rollen 1 (Masse m1, Massenträgheitsmoment 41) und 2 (Masse m2, Massenträgheitsmoment 42) sind reibungsfrei gelagert. Die Umlenkrolle ist masselos.
Das konstante Antriebsmoment MB0 greift an der Rolle 1 an. Zwischen beiden
Rollen besteht Haftung.
r2
4 2 x
2 GM2 - 41 M
1 GM1 + M0 GM1 - m3 x Gx - m3 g Gx = 0
GW = - 42 M
m3
(5. 150)
Mit der Kinematik aus (5. 145) und (5. 146) in (5. 150) und eingesetzt
GW = - 42
x Gx
x Gx
Gx
- 41
+ M0
- m3 x Gx - m3 g Gx = 0,
r1
r2 r2
r1 r1
(5. 151)
Die virtuelle Verrückung ausgeklammert
Gx (- 42
1 1 1 1 1
x - 41
x + M0
- m3 x - m3 g) = 0
r2 r2
r1 r1
r1
mit Gx z 0 folgt
(5. 152)
M0
gm3
r1
x =
1
1
( 41 4 2 m3 )
r12
r22
1
m0 g,
2
(5. 161)
BV =
1
m0 g.
2
(5. 162)
(5. 153)
B
Die Auflagerkraft AV ergibt sich durch Schneiden wie im oberen Lösungsweg.
?
AV =
Die Kinematik liefert
Aufgabe 5. 6
x = r M .
x
Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen und
des Momentensatzes am starren Körper
Aus (5. 159) mit (5. 163)
x
Lösung durch Schneiden
H2 =
x
Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
(5. 163)
1
m x
2
(5. 164)
aus (5. 156) mit (5. 164) folgt
Ein Fahrzeug, vereinfacht durch zwei homogene, zylindrische Walzen (Massen
m) dargestellt, die durch einen Balken (Masse m0) verbunden sind, rollt auf einer
horizontalen Bahn infolge eines Moments M0, das vom Motor auf die hintere Walze (ideale Lagerung) abgegeben wird.
3
m x
2
BH =
B
aus (5. 159)
gegeben: m, r, m0, M0
gesucht: Bestimmung der Beschleunigung x des Fahrzeugs und der Kräfte in
den Radlagern A und B.
(5. 165)
H1= -
1
1
m x + M0
2
r
(5. 166)
aus (5. 154)
M0
AH =
m0
A
.
x
B
m, r
1
3
M0 m x
r
2
(5. 169)
in (5. 160) liefert die Beschleunigung
m, r
x =
Bild 5. 34 Fahrzeug, vereinfacht durch zwei homogene, zylindrische Walzen dargestellt
M0
.
r(m0 3m)
(5. 170)
Die Auflagerkräfte liefern (5. 161), (5. 162), (5. 165) und (5. 169)
1. Lösungsmöglichkeit durch Schneiden
AH =
3
3
M0 m
M0 (m0 m)
1
2 , A = 1 m g, B = 2
m0 g.
, BV =
V
0
H
r(m0 3m)
2
2
r(m0 3m)
(5. 171)
2. Lösungsmöglichkeit mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
.
x
.
x
.
M
.
M
AV A
H
Rad 2
..
M
..
4AM
m0 g
..
m0 x
.. m g
mx
B
m, r
H1
H2
Bild 5. 36 Einführen der Vorzeichen, der äußeren Kräfte und der d´ ALEMBERTschen
Scheinkräfte
N2
Der Arbeitssatz liefert
.
x
) GM - 4B M
GM - 2 m x Gx - m0 x Gx = 0
GW = (M0- 4A M
B
Balken
AH
..
4BM
.
x
mg
M0
N1
..
M
..
mx m g
BH BV
Rad 1
mg
M0
(5. 170)
BH
m0 g
AV
Mit der Kinematik aus (5. 163) und den Massenträgheitsmomenten 4A =
BV
und 4B =
B
Bild 5. 35 Schnittbild
1
m r2 folgt
2
Die NEWTONschen Bewegungsgleichungen und Momentensätze für das Rad 1
GW = (M0 -
m x = – AH + H1,
(5. 154)
= - H1 r + M0,
4A M
(5. 155)
GW = ((M0
und das Rad 2
1
1 1
1
1 1
x ) Gx x
m r2
m r2
Gx - 2 m x Gx - m0 x Gx = 0,
2
r
r
2
r
r
(5. 171)
1 1
1
m x ) m x - 2 m x - m0 x ) Gx = 0
r 2
2
m x = BH - H2,
(5. 156)
mit der virtuellen Verrückung Gx z 0 folgt die Beschleunigung
= H2 r.
4B M
(5. 157)
M0
B
1
Mit dem Massenträgheitsmoment 4A =
m r2 folgt aus (5. 155)
2
1
= - H1 r + M0,
m r2 M
2
1
m r2
2
1
= (3 m +m0) x
r
Ÿ
x =
M0
r(m0 3m)
(5. 172)
(5. 173)
Die Schnittkräfte erhält man durch Schneiden wie in der oberen Lösungsmethode.
(5. 158)
?
1
mit dem Massenträgheitsmoment 4B =
m r2 folgt aus (5. 157)
2
x
Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen und
Momentensatz am starren Körper
B
1
= H2 r.
m r2 M
2
x
und aus der Statik wegen der geführten Bewegung
Lösung durch Schneiden
(5. 159)
Für den Balken gilt
m0 x = AH - BH,
Aufgabe 5. 7
(5. 160)
In dem skizzierten Planetengetriebe ist das Zahnrad 1 in 0 reibungsfrei drehbar
gelagert, Zahnrad 2 läuft einerseits auf Zahnrad 1, andererseits in einem feststehenden Zahnkranz, dessen Mittelpunkt in 0 liegt. Die Zahnräder (homogene
Scheiben) haben gleiche Massen m und gleiche Radien r.
gegeben: m, r, \0.
1( \ ) und \
(\ ) und der Größe der
gesucht: Bestimmung der Beschleunigungen M
Winkelgeschwindigkeit \ für \ = 900, wenn das System ohne Anfangsgeschwindigkeit aus der Lage \0 = 600 losgelassen wird.
7
1
m r x 2 = r m g sin \
4
2
(5. 181)
Daraus folgen die Beschleunigungen des Planetengetriebes
4 g
2 g
1 g
x 2 = 2 g sin \, M
=
1 =
2 =
sin \, M
sin \, \
sin \
7
7 r
7 r
7 r
.
M2
m
(5. 182)
Aus der Trennung der Veränderlichen
\
=
\
Zahnrad 1
r
Zahnrad 2
m
d\
d\ d\
d\
=
=
\ Ÿ
dt
d\ dt
d\
\ d\ =
1 g
sin \d\
7 r
(5. 183)
und mit der Integration folgt
0
.
.
M1
M
r
³ \ d\
1 g
7 r
=
0
Bild 5. 37 Planetengetriebe
1 2 1 g
(- 0 + cos600).
\ =
2
7 r
Ÿ
\ 0 60q
g
.
7r
\ (\) =
?
N2
(5. 184)
(5. 185)
Aufgabe 5. 8
x
Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen und
des Momentensatzes am starren Körper
H2
N2
.
M2
³ sin \ d\
Daraus folgt die Winkelgeschwindigkeit \
Lösung
H2
\ 90q
x
Lösung durch Schneiden
x
Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
mg
H1
\
N1
N1
Zwei Walzen 1 und 2 sind auf einer gemeinsamen Achse A gelagert. Sie können
sich unabhängig voneinander drehen. Die Walze 1 rollt auf einer horizontalen
Ebene und ist über ein Seil S1 mit der Masse 3 verbunden. Das um die Walze 2
geschlungene Seil S2 ist an der Wand befestigt.
.
x2
H1
gegeben: m1, m2, m3, 41, 42, r, R
.
M1
gesucht: Bestimmung der Beschleunigung x 1 der gemeinsamen Achse A und
der Seilkraft S1
Bild 5. 38 Schnittbild
Die Momentensätze und NEWTONschen Bewegungsgleichungen für das Zahnrad 1 lautet
1 = H1 r,
4 M
(5. 174)
Walze 1
m1, 41
S2
das Zahnrad 2
masselos
r
2 = H2 r - H1 r,
4 M
(5. 175)
m x 2 = m g sin\ - H1 - H1.
(5. 176)
Walze 2
m2, 42
A
S1
R
Die Kinematik folgt aus Bild 5. 39
m3
r
r
r
r
MP
Bild 5. 40 Zwei Walzen 1 und 2 auf einer gemeinsamen Achse A
r
.
M2
.
r
.
x2
.
MP M1
.
\
x2
1. Lösungsmöglichkeit durch Schneiden
MP
.
x1
a)
Bild 5. 39 Kinematik des Systems; a) Geschwindigkeiten der beiden Zahnräder, die aufein der Verbindungsgeraden
ander abrollen; b) Winkelgeschwindigkeit \
r M 1 = 2 r M 2,
(5. 177)
x 2 = r M 2,
(5. 178)
x 2 = 2 r \ = r M 2.
(5. 179)
S1
.
x2
S1
b)
S2
AV
AH
M1
m2g
AH
M2
Walze 1 m g
1
m3g
AV
Walze 2
N
.
x3
Masse
H
Bild 5. 41 Schnittbild
Der Momentanpol des Zahnrads 2 ist nur für kleine Bewegungen in Ruhe (siehe
Geschwindigkeitsverteilung Bild 5. 39 a und b).
Die Berechnung der Beschleunigungen erfolgt mit 4 =
1
m r2 und (5. 175) in (5.
2
178) und (5. 179) * r
3
m r x 2 = r m g sin \- 2 H1 r,
2
mit (7)/ 2, (4) und (5. 175) folgt
(5. 180)
Die NEWTONschen Bewegungsgleichungen und die Momentensätze lauten für
die Walze 1
m1 x 1 = S1 – AH + H,
(5. 186)
1 = S1 R – H R,
41 M
(5. 187)
für die Walze 2
m2 x 2 = AH – S2,
(5. 188)
2 = S2 r
42 M
(5. 189)
und für die Masse
Aufgabe 5. 9
?
m3 x 3 = m3 g - S1.
x
Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen und
des Momentensatzes am starren Körper
(5. 190)
Mit der Kinematik in Bild 5. 42 folgt
x
Lösung mit dem Energiesatz
x
Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
x3
x1
Eine Stufenrolle 1 (Masse m1, Gesamtmassenträgheitsmoment 41, Radien r und r
+ R) rollt auf einer schiefen Ebene und ist mit einem dehnstarren, masselosen
Seil über die in A reibungsfrei drehbar gelagerte Rolle 2 (m2, R) mit der Rolle 3
(m3, R) verbunden. Über die Rolle 3 ist ein weiteres Seil geführt, das einerseits
bei B befestigt ist und an dessen anderem Ende die Masse M hängt.
MP
M2
M1
gegeben: m1, m2 = m, m3 = m, M, r, R, 41,D
x2
MP
gesucht: Bestimmung der Beschleunigung x1 des Schwerpunktes der Stufenrolle
1 und der Größe der Masse M, damit das System in Ruhe ist.
b)
a)
Bild 5. 42 Kinematik a) an der Walze 1; b) an der Walze 2
x 3 = 2 x 1
M 1 =
.
M1
(5. 191)
Stufenrolle 1
x 1
R
(5. 192)
.
M2
.
x1
R
r
x
M 2 = 2
r
Rolle 2
R
4
.
M3
A
(5. 193)
m1,41
Die Geschwindigkeit der gemeinsame Achse A
R
x 1 = x 2 = x
(5. 194)
M
2gm 3
m1 m 2 4m 3 m3
B
Mit der Kinematik aus (5. 191), (5. 192) und (5. 193) und nach der Elimination von
S1, S2, H, AH folgt die Beschleunigung
x =
Rolle 3
.
x3
D
41
R2
.
42
(5. 195)
Masse
x4
r2
Bild 5. 44 Stufenrolle 1 auf einer schiefen Ebene
Aus (5. 190) folgt die Seilkraft mit (5. 195)
m1 m 2 S1 = m3 g
1
R
2
m1 m 2 4m 3 41 1
2
r
1
R
1. Lösungsmöglichkeit mit dem Energiesatz
42
4 2 1
1
r
2
.
(5. 196)
42
Der Energieerhaltungssatz lautet mit dem Massenträgheitsmoment 4 =
2. Lösungsmöglichkeit mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
m1 g sinD x1 +
x4 +
..
41 M1
(m1+m2)g
.
M2
..
42 M2
..
(m1+m2)x
masselos
. .
x1, x2
1
1
1
1
1
m1 x 12 + 41 M 12 + 4 M 22 + 4 M 32 + m x 32 – m g x3 – M g
2
2
2
2
2
1
M x 42 = const.
2
(5. 201)
nach Ableitung nach der Zeit
.
M1
d
(5. 201) folgt
dt
1 + 4 M 2 M
2 + 4 M 3 M
3 + m x 3 x 3 – m g x 3
m1 g sin D x 1 + m1 x 1 x 1 + 41 M 1 M
– M g x 4 + M x 4 x 4 = 0.
(5. 202)
Die Kinematik liefert nach Bild 5. 45
..
m3 x3
m3 g
.
M2
.
x2
x3
Bild 5. 43 Einführen der Vorzeichen, der äußeren Kräfte und der d´ ALEMBERTschen
Scheinkräfte
.
x1
r+R
r
Der Arneitsatz liefert
1 GM1 – 42 M
2 GM2 = 0. (5. 197)
GW = (m3 g – m3 x 3) Gx3 – (m1 + m2) x Gx – 41 M
a)
.
M1
b)
MP
MP
(2 m3 g – (4 m3 – m1 - m2 –
R2
-
42
r2
x ) Gx = 0.
(5. 199)
Mit der virtuellen Verrückung Gx z 0 folgt die Beschleunigung
x 1 =
2gm 3
m1 m 2 4m 3 41
R
2
42
r
.
MP
c)
1
1
GW = (m3 g – m3 2 x ) 2 Gx – (m1 + m2) x Gx – 41 2 x Gx – 42 2 x Gx = 0,
R
r
(5. 198)
(5. 200)
.
x2
.
x2
Mit der Kinematik aus (5. 191), (5. 192) und (5. 193) in Bild 5. 42 folgt
41
1
m r2
2
.
x3
.
M2
.
x4 .
M3
Bild 5. 45 Kinematik; a) Stufenrolle 1; b) Rolle 2; c) Rolle 3
x 1 = M 1 (r + R)
(5. 203)
x 2 = M 1 R
(5. 204)
x 2 = M 2 R
(5. 205)
x 3 = M 3 R
(5. 206)
x 3 = x 2
(5. 207)
x 4 = 2 x 3
(5. 208)
M 1 = M 2= M 3
(5. 209)
2
Bestimmung der Stabkraft S1 durch Schneiden wie in der oberen Lösungsmöglichkeit.
(5. 203) bis (5. 209) in (5. 202) ergibt
x 1 x 1 (m1 + 41
1
(1 R ) 2
1
+24
+m
(r R ) 2
1
(r R ) 2
R2 + M
1
4 R2
(r R ) 2
R
2R
= x 1 (- m1 g sin D + m g
+Mg
.
(r R)
(r R )
(5. 210)
Daraus folgt für x 1  0 die Beschleunigung x1
ª
º
R
2R
M
m1 sin D »
«m
(r R )
¬ (r R )
¼
1
1
R2
1
m1 4 1
24
m
4MR 2
(1 R ) 2
(r R ) 2
(r R ) 2
(r R ) 2
g(r R )(mR2MR m1(r R )sin D )
=
.
m1(r R ) 2 mR 2 4MR 2 41 24 2
?
Aufgabe 5. 10
x
Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichungen und
des Momentensatzes am starren Körper
x
Lösung durch Schneiden
x
Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
Eine Walze (Masse m2, Radius r) rollt eine rauhe, schiefe Ebene hinab. Um die
Walze ist ein masseloses Seil geschlungen, an das ein Wagen (Masse m1, masselose Räder) angehängt ist.
x 1 = g
gegeben: m1, m2, r, D
(5. 211)
gesucht: Bestimmung der Beschleunigung des Schwerpunktes x der Walze und
der Seilkraft S.
Zur Bestimmung der Masse M, für die das System in Ruhe ist, gilt
x1 = 0.
(5. 212)
Dann folgt
m R + 2 M R – m1 (r + R) sinD = 0
m1
(5. 213)
und die Masse M
M=
1
(r R)sin D
1
m1
m.
2
R
2
r
(5. 214)
m2
D
2. Lösungsmöglichkeit mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
Bild 5. 47 Walze auf einer rauhen, schiefen Ebene
Lösung
.
M1
.
x1
..
R
.
M2
..
41M1
Stufenrolle 1
R
r
m1,41
..
4M
Rolle 2
A
m1g
x1
D
.
M3
m1g
..
mx3 R
.
x3 mg
D
S
D
.
.
x2 = x
S
..
4M
m2g
Rolle 3
.
M
H
B
..
Mx4
N
Bild 5. 48 Schnittbild
Masse
x4
Die NEWTONsche Bewegungsgleichungen für den Wagen lauten
Mg
m1 x1 = m1 g sin D + S
Bild 5. 46 Einführen der Vorzeichen, den äußeren Kräften und der d´ ALEMBERTschen
Scheinkräfte
(5. 218)
und der Momentensatz für die Walze
Der Arbeitssatz lautet
m2 x 2 = m2 g sin D - S – H,
(5. 219)
1) + GM2 (-4 M
2) + Gx3 (m g-m x 3)
GW =Gx1 (-m1 g sinD-m1 x 1) + GM1 (-41 M
3)+Gx4 (M g-M x 4) = 0
+ GM3 (-41 M
(5. 215)
0 = N - m2 g cos D
(5. 220)
= H r - S r.
42S M
(5. 221)
Mit dem Massenträgheitsmoment 4 =
1
m r2 und der Kinematik (5. 203) bis (5.
2
209) in (5. 215) folgt
0 = Gx1 [(- m1 g sin D- m1 x 1) + (- 41
+(
1
(r R )
2
x 1) + (- 4
1
(r R )
2
x 1)
R
R
1
x 1)) + (- 41
x 1)
(- m g + m
(r R)
(r R)
(r R ) 2
+ (2
R
R
x 1))]
(- M g + M 2
(r R)
(r R)
(5. 216)
Ausdruck in den eckigen Klammern muß Null sein, da ҏdie virtuelle Verrückung Gx1
 0. Dann ergibt sich die Beschleunigung x 1 zu
Mit der Kinematik folgt
M 2 r = x1 ,
(5. 222)
M r = x 2 = x ,
(5. 223)
x1 = 2 x .
(5. 224)
Aus (5. 218) folgt
S = m1 x1 - m1 g sin D
(5. 225)
in (5. 219)
x 1 =
g(r R )(mR2MR m1(r R )sin D )
m1(r R ) 2 mR 2 4MR 2 41 24 2
.
(5. 217)
Die Massenberechnung für das ruhende System erhält man durch die Berechnung wie im oberen Lösungsansatz.
m2 x 2 = m2 g sin D - m1 x1 - m1 g sin D - H.
(5. 226)
Daraus folgt
m2 x 2 + m1 x1 = g sin D (m2 + m1) – H.
(5. 227)
Aus (5. 221) folgt
H = 42S
m1 ( x n – v0) = - Fˆ ,
M
+ m1 x1 - m1 g sin D
r
(5. 237)
aus (5. 234)
(5. 228)
42(A) M n = a Fˆ ,
in (5. 224)
M
= m2 g sin D + m1 g sin D + m1 g sin D
m2 x 2 + m1 x1 + 42S
r
(5. 238)
und aus (5. 235)
(5. 229)
1
m2 r2 ergibt
Mit (5, 6, 7) in (9) und dem Massenträgheitsmoment 42S =
2
x n = a M n.
(5. 239)
Mit dem Massenträgheitsmoment 42(A) =
1
m2 l2 ergibt sich mit M n = M die
12
Winkelgeschwindigkeit
(4 m1 +
3
m2) x = g sin D (2m1 + m2).
2
(5. 230)
a m1 (a M – v0) + 42(A) M = 0
M =
Ÿ
Die Beschleunigung der Walze ist
x = g sin D (2 m1 + m 2 ) .
3
4 m1 m 2
2
(5. 231)
(5. 240)
Der Energiesatz nach dem Stoß liefert die maximale Federauslenkung xmax
a
1
1
xmax,
[42(A) + m1 a2] M 2 =
c xmax2 – m1 g
l
2
2
2
(5. 231) in (5. 225) ergibt die Seilkraft
1
m 2 g sin D
.
S = m1 2 x - m1 g sin D= 2
3
4 m1 m 2
2
(5. 232)
xmax2 -
2ag
m1 r
lc
Aufgabe 5. 11
x
Aufstellung der Impuls- und Drehimpulsgleichungen
x
Vollplastischer Stoß
=
(5. 241)
4 (A) m1a 2
4ag
2
m1 xmax - 2
M = 0,
lc
c
xmax 1, 2 =
?
av 0
.
1 m2 2
a l
12 m1
2
4a 2 g 2
2 2
l c
m12 ( 4 (2A ) m1a 2 )
c
­
(4 (2A ) m1a 2 )M 2 cl 2
2ag
°
m1 ®1 1 lc
4a 2 g 2 m12
¯°
x
Berechnung aller Geschwindigkeiten und Winkelgeschwindigkeiten nach dem Stoß
Mit (5. 240) und 42(A) eingesetzt, folgt
x
Berechnung der maximalen Federauslenkung mit dem Energiesatz
xmax 1, 2 =
2agm1
>1 + 1
lc
(5. 242)
M 2
½
°
¾
°¿
(5. 243)
c l 2 v 02
@.
1
4g 2 m12 (a 2 m 2 l 2 )
12
(5. 244)
Eine Punktmasse m1 stößt plastisch mit der Geschwindigkeit v0 auf einen homogenen Balken (Masse m2, Länge l), der in A drehbar gelagert ist und bei B durch
eine Feder (Federsteifigkeit c) gehalten wird.
gegeben: m1, m2, l, v0, c, die Feder hat auf den Stoßvorgang keinen Einfluß
gesucht: Bestimmung der Größe der maximalen Federauslenkung xmax.
v0
m1
?
m2
B
A
c
a
l/2
Aufgabe 5. 12
x
Aufstellung des Drallsatzes
x
Berechnung der Winkelgeschwindigkeit
x
Berechnung der maximalen Winkelbeschleunigung für Haften
l/2
Bild 5. 49 Punktmasse m1 stößt plastisch auf einen homogenen Balken
Lösung
Eine Kreisscheibe (Masse m1, Radius r) rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit Z0
um ihre vertikale Achse. Ein dünner Stab (Masse m2, Länge r), der gleichfalls um
diese Achse rotieren kann, wird zur Zeit t = 0 ohne Anfangsgeschwindigkeit auf
die rotierende Scheibe gelegt. Zunächst soll der Stab auf der Scheibe rutschen
(Reibungskoeffizient P).
gegeben: m1, r, m2, Z0, P, P0
gesucht: Bestimmung der Zeit t1 und deren Größe, nach der beide Körper die
gleiche Winkelgeschwindigkeit Z1 haben. Bestimmung der Größe der Winkelbe , die die Scheibe nach Beendigung des Rutschvorgangs beschleunigung Z
schleunigt, wenn der Stab weiterhin auf der Scheibe haften soll (Haftungskoeffizient P0).
m1
.
M
F
F
m2
B
A
a
Z0
m2
Bild 5. 50 Stoßschnittbild
Der Impulssatz für die Masse m1
m1 ( x n - x v) = - Fˆ ,
r
m1
(5. 233)
und der Drehimpulssatz für den Balken lautet, wobei die Feder auf den Stoßvorgang keinen Einfluß hat,
42(A) ( M n - M v) = a Fˆ .
m2
(5. 234)
Mit der Stoßbedingung folgt
Bild 5. 51 Kreisscheibe mit dünnem Stab
w2 - w1 = -e (v2 – v1),
(5. 235)
mit der Stoßzahl e = 0 für den vollplastischen Stoß, v1 = x V = v0, v2 = a M v = 0
ergibt sich
w1 = x n und w2 = a M n.
Aus (5. 233) folgt
Lösung
(5. 236)
Die gemeinsame Winkelgeschwindigkeit erhält man durch den Drallsatzes. Da
kein äußeres Moment wirkt, folgt
&
L = const.
0 = (41 + 42) Z1 = L1.
L0 = 41 Z
Ÿ
Mit dem Massenträgheitsmoment der Scheibe 41 =
(5. 245)
?
x Aufstellung des Momentensatzes
1
m1 r2 und des Stabes 42 =
2
x Berechnung der Winkelgeschwindigkeit und der Winkelbeschleunigung
1
m2 r2 in (5. 245) eingesetzt und aufgelöst, ergibt Die Winkelgeschwindigkeit
3
1
.
2m 2
3m1
Z1 = Z0
1
(5. 246)
x Berechnung der Lagerkräfte
Ein dünner, homogener Stab ist in A frei drehbar gelagert und durch ein Seil in
horizontaler Lage gehalten.
gegeben: l, m
Der Momentensatz für die Scheibe ergibt
=R
42 Z
Aufgabe 5. 13
r
r
= P m2 g .
2
2
gesucht: Bestimmung der Winkelgeschwindigkeit M und der Winkelbeschleuni nach dem Durchschneiden des Seils in Abhängigkeit von Mund die Lagung M
(5. 247)
gerreaktionen in A für M =
Der Stab wird durch Reibung zwischen Stab und Scheibe beschleunigt. Die Reibungskraft greift im Schwerpunkt des Stabes an. Das Reibungsgesetz lautet
R = P N = P m2 g.
(5. 248)
l/4
Nach Integration von (5. 247) nach der Zeit mit den Anfangsbedingungen Z0 = 0
folgt
42 (Z - 0) = P m2 g
M
A
r
t.
2
(5. 249)
l
Bild 5. 52 Dünner, homogener Stab ist in A frei drehbar gelagert und durch ein Seil in horizontaler Lage gehalten
Daraus ergibt sich die Zeit
t=
S
2
24 2
2 rZ
Z=
.
Pm 2 gr
3 Pg
(5. 250)
Lösung
Für gleiche Winkelgeschwindigkeiten Z = Z1 ergibt sich die benötigte Zeit
t1 =
2 rZ1
3 Pg
1
.
2m 2
1
3m1
(5. 251)
A
M
mg
Aus (5. 247) ergibt sich die maximale Winkelbeschleunigung
max = Mmax Ÿ
42 Z
max =
Z
Mmax
.
42
l/4
r
,
2
Der Momentensatz um B liefert
(5. 253)
mit der maximalen Haftkraft
Hmax = P0 m2 g.
l/2
Bild 5. 53 Bewegung des Stabes nach Abtrennen des Seiles
Wenn der Stab noch haften soll, gilt
Mmax = Hmax
l cosM/4
(5. 252)
= m g
4B M
B
l
cos M
4
(5. 256)
mit dem Massenträgheitsmoment
(5. 254)
4B =
B
1
1
7
m l2 + m ( l)2 =
m l2
12
4
48
(5. 257)
Daraus ergibt sich die maximale Winkelbeschleunigung
folgt die Winkelbeschleubigung des Balkens
max =
Z
3P 0 m 2 gr
2m 2 r 2
g
3
= P0 .
2
r
(5. 255)
7
l
= m g
m l2 M
cos M
48
4
Ÿ
=
M
12 g
cos M
7 l
(5. 258)
Die Winkelgeschwindigkeit ergibt sich durch die Integration
=
M
dM dM
dM
dM
=
=
M
dt
dM dt
dM
Ÿ
³ M ˜ dM =
12 g
7 l
³ cos M ˜ dM
(5. 259)
mit AnfangsbedingungenM = 0, M = 0
12 g
M 2
=
sin M
2
7 l
Ÿ
M =
24 g
sin M .
7 l
(5. 260)
Die Lagerreaktionen in B berechnet sich aus der Winkelgeschwindigkeit für M =
S
2
2
M =
24 g
7 l
(5. 261)
.
M
l/4
M
AH A
V
So
mg
a/2cosM
So
BH
Bild 5. 56 Nach Entfernen des Lagers in B Drehung um A
BV
l/4 dr
r
.
x
Su
Der Momentensatz um A lautet
dm=UAdr
Su
B
= m g
4A M
a
cosM
2
(5. 270)
Dies ist zu Beginn der Bewegung M = 0
M=S/2
3l/4
3l/4
a)
S+dS
dm=UAgdr
b)
S
c)
= m g
4A M
an=rM
2
Bild 5. 54 a) Stab in B gelagert; b) Schnitt in B; c) am infinitesimalem Element dm
a
.
2
(5. 271)
Die NEWTONsche Bewegungsgleichung lautut
m x = m g - AV.
(5. 272)
Die Kinematik de Balkens ist
Die Bewegungsgleichung am Element lautet
dm an = UA g dr - dS
(5. 262)
a
x =
M
2
x = a M
.
2
Ÿ
(5. 273)
mit der Masse
dm = U A dr
(5. 263)
an = r M 2
(5. 264)
folgt mit
m
mg
a
=
Ÿ
M
2
2
=
M
g
a
(5. 274)
in (5. 271) mit dem Massenträgheitsmoment
l
4
³
r dr =
0
l
UAlg4
0
³
dS
(5. 265)
So
a2
l2
+
)
12
4
4A = m (
(5. 275)
gilt
m(
die Stabkraft So
So =
mg
nicht verändert, ergibt sich
2
aus (5. 272), (5. 273) und (5. 269)
und der Beschleunigung in Normalenrichtung
U A M 2
Aus der Bedingung, dass sich AH = 0 und AV =
a2 g
a
l2
+
)
=mg
12
2
4 a
Ÿ
l2 a 2
12 4
a2
.
2
(5. 276)
Daraus folgt der Abstand
1
1
m M 2 l UAlg
32
4
(5. 266)
und die Stabkraft Su
a=
l
.
(5. 277)
3
9
3
Su =
m M 2 l U A l g.
32
4
(5. 267)
Daraus ergeben sich die Lagerkräfte
?
13
AV = Su – So =
m g, AH = 0.
7
(5. 268)
Aufgabe 5. 15
x Aufstellung der Impuls- und Drehimpulsgleichungen
x Plastischer Stoß mit Stoßzahl e
x Berechnung aller Geschwindigkeiten und Winkelgeschwindigkeiten
nach dem Stoß
?
Aufgabe 5. 14
x Aufstellung der NEWTONsche Bewegungsgleichung und des Momentensatzes
x Berechnung des Abstands des Lagers
Gegen die glatte, ruhende Seite einer in A drehbar aufgehängten Viertelkreisscheibe m2 stößt eine Punktmasse m1 mit der Anfluggeschwindigkeit v0. Die
Stoßzahl ist e.
gegeben: m1, m2, v0, e, a, b
Eine Stange liegt symmetrisch auf zwei Lagern A und B. Wenn das Lager B plötzlich entfernt wird, ändert sich die Größe der Lagerkraft A.
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeit der Punktmasse, sowie der Winkelgeschwindigkeit der Scheibe nach dem Stoß.
gegeben: l, a, m
gesucht: Bestimmung des Abstands a, damit sich die Lagerkraft A zu Beginn der
Bewegung nicht ändert.
A
a
b
A
a/2
l/2
B
a/2
m1
l/2
v0
m2
Bild 5. 55 Stange symmetrisch auf zwei Lagern A und B
Bild 5. 57 In A drehbar aufgehängte Viertelkreisscheibe
Lösung
Lösung
Wenn das System in Ruhe ist gilt
AH0 = AH = 0, AV0 = Bv0 =
mg
2
Nach Entfernen des Lagers in B erfolgt eine Drehung um A (Bild 5. 56).
(5. 269)
Es handelt sich um einen exzentrischer geraden Stoßvorgang. Die Massenmittelpunkte liegen außerhalb der Stoßnormalen (Bild 5. 58 a).
A
m1
F
S1
v0
A
.
y10
F
S2
x 1 =
.
x10
v0
P
Stoßnormale
a)
?
1
m2 a2
1
, y 1 =
2
v0
2b
2 v0, M 2 =
4m1b 2
1 e
1
m2 a2
.
(5. 292)
4m1b 2
Aufgabe 5. 16
x Vollelastischer Stoß
Die Geschwindigkeiten vor dem Stoß sind
1
2 v0, y 10 =
2
2
4m1b 2
x Aufstellung der Impuls- und Drehimpulsgleichungen
Bild 5. 58 a) Stoßnormale; b) Stoßschnittbild
1
x 10 =
2
v0
m2 a2
.
M0
m2,4
b)
1 e
2 v0, x 20 = 0, y 20 = 0, M 20 = 0,
x Berechnung aller Geschwindigkeiten und Winkelgeschwindigkeiten
nach dem Stoß
(5. 278)
x Berechnung des Massenverhältnisses
die Geschwindigkeiten nach dem Stoß sind x 1, y 1, x 2, y 2 und M 2.
M
für die Bewegung des
m
Klotzes nach oben
Die Impulssätze für die Masse 1 lauten
:
m1 ( x 1 - x 10) = - Fˆ ,
:
m1 ( y 1 - y 10) = 0
(5. 279)
1
y 1 = y 10 =
2
Ÿ
2 v0,
(5. 280)
gegeben: M, r, m, h
und für die Viertelscheibe mit dem Drehimpulssatz um den Drehpunkt A
4A ( M 2 - M 20) = M̂ A = Fˆ (b/ cos 45o).
«:
(5. 281)
Die Stoßbedingung am Stoßpunkt P lautet
x 1P x 2P
.
x 10P x 20P
e=-
gesucht: Bestimmung der Winkelgeschwindigkeit M M der Walze und der Geschwindigkeit vm des Klotzes nach dem Stoß. Wie groß muß das MassenverhältM
mindestens sein, damit sich der Klotz nach dem Stoß nach oben bewegt?
nis
m
(5. 282)
r
M
1
mit x 10P =
2
2 v0 und x 1P = x 1
A
o
Mit der Kinematik x 20P = 0 und x 2P = M 2 (b/ cos45 ) = M 2
x 1 M 2 2 b
e=-
Ein masseloses Seil ist mehrfach um eine frei drehbar gelagerte Walze (Masse
M, Radius r) geschlungen. An seinem Ende ist ein Klotz (Masse m) befestigt. Das
Seil strafft sich, wenn der Klotz um die Höhe h gefallen ist. Beim Stoß tritt kein
Energieverlust auf.
2 b folgt
.
(5.282a)
2
v0 0
2
m
h
Das Massenträgheitsmoment der Scheibe läßt sich über die ganze Scheibe
m
Bild 5. 59 Frei drehbar gelagerte Walze
4Kreisscheibe = Ut³(A) r2 dA = Ut
2S a
³ ³r
0
3
dr dM= U t
0
a4
S
4
(5. 283)
Lösung
und deren Viertel, der Viertelscheibe, berechnen
1
a4
(U t
2 S),
4
4
4A =
(5. 284)
x m0 =
1
(U t S a2) folgt
mit der Masse einer Viertelscheibe m2 =
4
1
m2 a2.
2
4A =
Vor dem Stoß wirkt die Geschwindigkeit aus dem freier Fall
2gh .
(5. 293)
Die Geschwindigkeiten vor dem Stoß sind
(5. 285)
In y- Richtung findet kein Stoß statt, weil es sich um eine glatte Fläche handelt, es
wirkt keine Stoßkraft.
x m0 =
2gh , M M0 = 0,
(5. 294)
die Geschwindigkeiten nach dem Stoß sind x m und M M.
Aus (5. 278) in (5.282a) und mit der Kinematik x 2 = M 2 (b/ cos45o) folgt
r
1
2
2 b M 2 - x 1,
2 v0 e =
(5. 286)
M
Daraus folgt die Geschwindigkeit des Schwerpunktes der Scheibe nach dem
Stoß
x 1 =
2 b M 2 -
1
2
2 v0 e.
A
P
.
F
(5. 287)
F
m
Aus (5. 278), (5. 280), (5. 281) in (5. 283) folgt
h
4A M 2 = - m1 ( x 2 -
1
2
2 v0)
2 b,
.
x
(5. 288)
Bild 5. 60 Stoßschnittbild
4A
2bm1
M 2 =
1
2
2 v0 -
2 b M 2 +
1
2
2 v0 e,
(5. 289)
Der Impulssatz für den Klotz
p:
(b +
4A
1
) M 2 =
v0 (1 + e).
2bm1
2
(5. 290)
4A
2b 2 m1
)=
1
v0 (1 + e),
2b
(5. 291)
mit (5. 285) folgen die Geschwindigkeiten der Masse m1 und die Winkelgeschwindigkeit der Viertelscheibe nach dem Stoß
(5. 295)
und der Drehimpulssatz für die Walze mit M M0 = 0 und dem Massenträgheitsmoment 4A =
Daraus folgt
M 2 (1 +
m ( x m - x m0) = - Fˆ
«:
1
M r2
2
4A ( M M - M M0) = r Fˆ
Die Stoßbedingung lautet
Ÿ
1
M r2 ( M M -0) = r F̂
2
(5. 296)
e=-
x MP x mP
,
x MP0 x mP0
(5. 297)
mit dem vollelastischem Stoß e = 1 und der KInematik für den Stoßpunkt P
x mP = x m, x MP0 = x m0, x MP = r M M, x MP0 = 0.
2l
(5. 298)
x m = -
Ÿ
2gh + r M M.
S1
y
M
(5. 276) in (5. 275) ergibt
2gh = r M M - x m
(5. 299)
M1
(5) in (2) in (3) ergibt
2gh ).
Fy
(5. 300)
M2
M
Daraus folgt die Winkelgeschwindigkeit M
M M =
2 2gh
2
Mr
r
2mr
=
4m
2m M
2gh
Stange 2
m
l
(5. 301)
r
v1
E
P
4A M M = - r m (- 2gh + r M M -
Stange 1
m
x
Fy
P
0
l
Bild 5. 62 Stoßschnittbild
Für glatten Stoß gilt
und mit (6) in (5) die Geschwindigkeit
2m M
x m =
2m M
2gh .
(5. 302)
F̂ x = 0.
(5. 306)
Die Impuls- und Drehimpulssätze für die Stange 1 lauten
Der Klotz bewegt sich nach unten.
Das Massenverhältnis
M
, für das sich der Klotz sich nach oben x m 0 bewegt,
m
ergibt sich zu
M
! 2.
m
2m M Ÿ
(5. 303)
x 1n = 0,
m:
m ( x 1n – 0) = 0 Ÿ
p:
m ( y 1n – v1) = - F̂ y,
(5. 308)
S¬:
4 ( M 1n – 0) = F̂ y l cos E,
(5. 309)
(5. 307)
für die Stange 2 um O
?
Aufgabe 5. 17
O¬:
x Aufstellung der Impuls- und Drehimpulsgleichungen
4 ( M 2n – 0) = F̂ y l.
(5. 310)
Die Stoßbedingung lautet
x Vollelastischer Stoß
x Berechnung aller Geschwindigkeiten und Winkelgeschwindigkeiten
nach dem Stoß
e=1=-
y 1n M 1nl cos E 0 M 2nl .
(5. 311)
v1 0
Aus (5. 311) folgt
Eine Stange 1, die unter dem Winkel E gegen die Horizontale geneigt ist, fällt
ohne zu rotieren senkrecht nach unten. Sie stößt mit der Geschwindigkeit v1 elas-
v1 = - y 1n + M 1n l cos E M 2n l,
tisch auf das Ende einer in 0 drehbar gelagerten Stange 2. Beide Stangen haben
gleiche Massen und Längen und sind glatt.
(5. 308) und (5. 310) mit dem Massenträgheitsmoment 4=
gegeben: l, m, v1, E, e = 1
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeiten der Schwerpunkte und der Winkelgeschwindigkeit unmittelbar nach dem Stoß
1
y 1n +
M 2n l = v1
3
Ÿ
(5. 312)
1
m l2 folgt
3
23cos2 E
,
y 1n = v1
43cos2 E
(5. 313)
mit (5. 312) und (5. 313)
2 v1 = M 1n l cos E +
4
M 2n l.
3
(5. 314)
Aus (5. 309) und (5. 310) folgt
Stange 1, m
2l
M 2n cos E = M 1n.
(5. 315)
Damit ergeben sich die Geschwindigkeiten und die Winkelgeschwindigkeiten
E
23cos2 E
x 1n = 0, y 1n = v1
,
43cos2 E
6v 1
6v 1
cos E
1
, M 2n =
.
M 1n =
l
l
43cos2 E
43cos2 E
v1
P
Stange 2, m
0
l
P
(5. 316)
l
Bild 5. 61 Stange 1 und in 0 drehbar gelagerte Stange 2
?
Lösung
Aufgabe 5. 18
x
Aufstellung der Impuls- und Drehimpulsgleichungen
x
Teilplastischer Stoß
x
Berechnung aller Geschwindigkeiten und Winkelgeschwindigkeiten nach dem Stoß
Die Geschwindigkeiten vor dem Stoß sind
x 1v = 0, y 1v = v1, M 1v = 0, x 2v = 0, y 2v = 0, M 2v = 0,
(5. 304)
die Geschwindigkeiten nach dem Stoß sind
x 1n, y 1n, M 1n, x 2n = 0, y 2n = 0 (Auflager 0), M 2n.
(5. 305)
Auf einer glatten, ebenen Unterlage liegt eine rechteckige Scheibe (Masse m2) in
Ruhe. Der Massenpunkt m1 stößt mit der Geschwindigkeit v gegen die Mitte eines
glatten Randes der Scheibe und trifft die Scheibe unter einem Winkel D. Die
Stoßzahl ist e.
gegeben: D, m1, m2, e, v
gesucht: Bestimmung der Größe und Richtung der Geschwindigkeiten beider
Massen nach dem Stoß.
Ein Schlaghammer besteht aus zwei rechtwinkelig aneinander geschweißten
Stangen gleicher Masse pro Längeneinheit P. Er kann sich um 0 frei drehen.
gegeben: l, P = UA, e, M V
m2
m1
gesucht: Bestimmung der Länge b der Querstange 2, wenn der Drehpunkt 0 keinen Stoß erhalten soll.
D
v
0
1
Bild 5. 63 Rechteckige Scheibe auf glatter, ebener Unterlage
l
Lösung
2
Die Geschwindigkeiten vor dem Stoß sind
x 1v = v cosD, y 1v = v sinD, x 2v = 0, y 2v = 0, M 2v = 0,
(5. 317)
b
Bild 5. 65 Schlaghammer aus zwei rechtwinkelig aneinander geschweißten Stangen unmittelbar vor dem Stoß
die Geschwindigkeiten nach dem Stoß sind
Lösung
x 1n, y 1n, x 2n, y 2n, M 2n.
(5. 318)
0
.
M
m2
.
y2
.
x2
Fy
m1
.
y1
s
.
M2
.
x
S
B
D
.
x1
Fy
Bild 5. 66 Stoßschnittbild
Die Geschwindigkeiten vor dem Stoß im Stoßpunkt sind
Bild 5. 64 Stoßschnittbild
vWand = 0, vSchlaghammer = l M v,
Für den glatten Stoß gilt
(5. 330)
die Geschwindigkeiten nach dem Stoß im Stoßpunkt sind
F̂ x = 0.
(5. 319)
wWand = 0, wSchlaghammer = l M n.
Die Impulssätze lauten für Masse 1
:
m1 ( x 1n – v cosD) = 0
Ÿ
x 1n = v cosD,
(5. 331)
Der Drehimpulssatz um den Drehpunkt 0 liefert
(5. 320)
40 ( M n - M v) = - l Bˆ ,
:
m1 ( y 1n – v sinD) = - F̂ y,
(5. 321)
(5. 332)
der Impulssatz um den Schwerpunkt S liefert
m ( x n - x v)= 0̂ - Bˆ .
und für Masse 2
:
m2 ( x 2n – 0) = 0
:
m2 ( y 2n – 0) = F̂ y.
Ÿ
x 2n = 0,
(5. 322)
(5. 333)
Aus der Stoßbedingung am Stoßpunkt P folgt
- (wWand - wSchlaghammer) = e (vWand – vSchlaghammer).
(5. 323)
Die Stoßbedingung lautet
y
y 1n
y y 1n
e = - 2Pn
= - 2n
.
y 2Pv y 1v
0 v sin D
(5. 324)
Da die Stoßnormale durch den Massenschwerpunkt S2 geht, handelt es sich um
eine geraden, zentralen Stoß. Daher gilt
Die Kinematik liefert
x v = s M v,
(5. 335)
x n = s M n.
(5. 336)
Mit der Masse
m = P (l + b)
y 2Pn = y 2n.
(5. 325)
l
l2
Pb ˜ l
lb
2
= 2
.
P(l b)
lb
P ˜l
Ÿ
e v sinD+ y 1n = y 2n.
(5. 326)
(5. 321) + (5. 323) in (5. 325) ergibt
m
- 1 ( y 1n + v sinD = y 2n,
m2
-
m m2
1
(e m2- m1) v sinD = ( 1
) y 1n,
m2
m2
m em 2
m (1 e)
x 1n = v cosD, y 1n = v sinD 1
, x 2n = 0, y 2n = v sinD 1
m1m2
m1 m 2
s=
(5. 338)
Das Massenträgheitsmoment ist
(5. 327)
40 = P (
l3
b3
+
+ bl2).
3 12
(5. 339)
Die Bedingung, dass im Auflager kein Stoß auftritt, lautet
(5. 328)
0̂ = 0.
Daraus folgen die Geschwindigkeiten
(5. 329)
Aufgabe 5. 19
x Aufstellung der Impuls- und Drehimpulsgleichungen
x Teilplastischer Stoß
x Berechnung der Länge b, für die der Lagerpunkt keinen Stoß erfährt
(5. 340)
Damit sind neun Gleichungen für neun Unbekannte: m, 40, b, s, M n, x n, 0̂ , B̂
vorhanden.
In (5. 334) eingesetzt, ergibt
- l M n = e l M v Ÿ
?
(5. 337)
ergibt sich der Abstand s zu
In (5. 324) ergibt
y y 1n
e = - 2n
0 v sin D
(5. 334)
M n = - e M v,
(5. 341)
(5. 333)* (- (1 l)) mit (5. 332) liefert
m l ( x n - x v) = 40 ( M n - M v)
Ÿ
(5. 335) bis (5. 338) in (5. 342) liefert
4 0 M n M v = 1,
ml( x n x v )
(5. 342)
1=
=
4 0 M n M v mlsM n M v m2 ( y 2 - 0) = 0 Ÿ
§ l3 b 3
·
l3 b 3
P¨ bl 2 ¸
bl 2
¨ 3 12
¸
40
©
¹
= 3 12
=
=
mls
l2
l2
lb
( lb) l
2
P(l b) ˜ 2
l
lb
2( 4l 3 b 3 12bl 2 )
12(l3 2l 2b)
4l 3 b 3 12bl 2
=
4S ( M 2 - 0) = - F̂ x yS.
?
3
b=
e=-
2 l.
(5. 353)
Die Stoßbedingung am Stoßpunkt B lautet
Daraus folgt die Länge
b3 = 2 l3 Ÿ
l
x 1 ( x 2 M 2 )
2
2
v0
0
2
Ÿ
e v0
l
2
= - x 1 + x 2 M 2 .
2
2
(5. 354)
(5. 344)
(5. 349) und (5. 351) ergibt
2
+ m2 x 2 = 0,
2
Aufgabe 5. 20
m1 x 1 – m1 v0
x
Aufstellung der Impuls- und Drehimpulsgleichungen
mit (5. 348) und (5. 353) folgt
x
Teilplastischer Stoß
x
(5. 352)
und der Drehimpulssatz um den Schwerpunkt S für die Masse m2
(5. 343)
6 l 3 12 l 2b)
y 2 = 0
Berechnung aller Geschwindigkeiten und Winkelgeschwindigkeiten nach dem Stoß
5
l
m2 l2 M 2 - m2 x 2
=0
24
2
(5. 355)
Ÿ
12 x2
5
l M 2 = -
(5. 356)
Mit (5. 356) in (5. 354) folgt
Ein glatter Winkel (Schenkellänge l, Gesamtmasse m2) liegt wie skizziert auf einer
Unterlage. Eine Punktmasse m1 stößt mit der Geschwindigkeit v0 im Punkt B gegen den Winkel.
e v0
gegeben: l, m1, m2, v0, e
(5. 357) in (5. 355) ergibt
gesucht: Bestimmung der Geschwindigkeitskomponenten des Winkelschwerpunkts nach dem Stoß.
- m1 v0
3l/4
11 2
x 2 + m2 x 2 = 0.
(e + 1) + m1
2
5
x 1 = - e v0
45°
l/4
11 2
x 2,
+
2
5
x 1 = - e v0
(5. 357)
(5. 358)
Daraus ergeben sich die Geschwindigkeiten und die Winkelgeschwindigkeiten
m2
m1
11 2
x 2Ÿ
= - x 1 +
2
5
11
2
2
+
v0
2
5
2
1 e
2
, y 1 = v0
,
m2 11
2
m1 5
(5. 359)
B
v0
x 2 = v0
2
2
6
1 e
, y 2 = 0, M 2 = m2 11
5
m1 5
2 v0
1 1 e
.
l m2 11
m1 5
(5. 360)
Bild 5. 67 Glatter Winkel
Lösung
y
x
6
y
v0
S
m1
Schwingungslehre
M
x
B
?
Aufgabe 6. 1
x Bestimmung der Eigenkreisfrequenzen verschiedener Einmassenschwinger
Bild 5. 68 Stoßschnittbild
Es sind verschiedene Masse- Feder- Systeme (Masse m, Federsteifigkeit c, beziehungsweise c1, c2) gegeben.
Die Geschwindigkeiten vor dem Stoß sind
x 10 = y 10 = v0
2 , x 20 = 0, y 20 = 0, M 20 = 0,
2
(5. 345)
gegeben: m, c, l, EI, c1, c2
gesucht: Bestimmung der Eigenkreisfrequenzen Z
die Geschwindigkeiten nach dem Stoß sind
x 1, y 1, x 2, y 2, M 2.
(5. 346)
Der Schwerpunkt des Winkels im x- y- Koordinatensystem in Bild 5. 68 ist
xS =
l
l
, yS = .
4
2
(5. 347)
a)
b)
c)
Das Massenträgheitsmoment um den Schwerpunkt S ist
4S = 2
m
1 m2 2
5
l
l +2 2 (
2 )2 =
m2 l2.
12 2
2
24
4
(5. 348)
Für den glatten Stoß ( F̂ y = 0) lauten die Impulssätze für die Masse m1
m1 ( x 1 - v0
2
) = - F̂ x,
2
m1 ( y 1 - v0
2
)=0
2
(5. 349)
Bild 6. 26 Masse- Feder- Systeme
Ÿ
y 1 = v0
2
,
2
(5. 350)
Lösung
um den Schwerpunkt S für die Masse m2
m2 ( x 2 - 0) = F̂ x,
(5. 351)
d)
Alle vier Systeme können durch ein Ein- Feder- Masse- System mit der Ersatzfedersteifigkeit cers ersetzt werden:
c1 = c1, c2 = c2, c3 =
3EI
Ÿ
l3
cers = c2 +
Fall a (Bild 6. 26 a)
cers = c.
(6. 144)
1
Damit ergibt sich die Eigenkreisfrequenz
c ers
=
m
Z=
c
.
m
(6. 145)
Fall b (Bild 6. 26 b)
1
l3
c 1 3EI
m
=
c1
c2
.
(6. 151)
x Bestimmung der Schwingungsdauer eines masselosen Balkens mit
einer Einzelmasse
Ein elastischer, gewichtsloser Balken, der auf zwei Federn (Federsteifigkeit c) gelagert ist, trägt in P eine Punktmasse m.
c2
c
(6. 150)
Aufgabe 6. 2
?
Das System läßt sich als Ein- Masse- Feder- Systeme (Bild 6. 26) darstellen.
l, EI
.
Damit ergibt sich die Eigenkreisfrequenz
Die Ersatzfedersteifigkeit ist gleich der Federsteifigkeit
Z=
1
1
l3
c 1 3EI
gegeben: l, c, E I, m
cers
=
gesucht: Bestimmung der Schwingungsdauer T des Systems
m
m
m
m
P
Bild 6. 27 Ein- Masse- Feder- Systeme
EI
c
Die Ersatzfedersteifigkeit entsteht aus der Hintereinanderschaltung von 2 Federn
bei gleichen Federkräften
c
l/3
c1 = c, c2 =
3EI
l3
Ÿ
1
c ers
1
l3
=
+
.
c
3EI
l
(6. 146)
Bild 6. 30 Elastischer, gewichtsloser Balken auf zwei Federn
Damit ergibt sich die Eigenkreisfrequenz
Z=
1
.
§ 1 l3 ·
¸
m¨¨ ¸
© c 3EI ¹
Lösung
(6. 147)
Die Eigenkreisfrequenz Z wird über die Ersatzsteifigkeit cers des Systems bestimmt. Dazu wird die Durchbiegung in P mit Hilfe des Arbeitssatzes berechnet.
Fall c (Bild 6. 26 c)
Das System lässt sich als Ein- Masse- Feder- Systeme (Bild 6. 28) darstellen.
F=1
c2
l, EI
=
=
m
c
B
l/3
m
c1
m
P
A
cers
l
Bild 6. 31 Schnittbild des belasteten Systems
Bild 6. 28 Ein- Masse- Feder- Systeme
Aus den Gleichgewichtsbedingungen ergibt sich
Ersatzsteifigkeit entsteht aus der Parallelschaltung aus 2 Federn bei gleichen Federauslenkungen
c1 = c, c2 =
3EI
l3
Ÿ
cers = c +
3EI
l3
.
(6. 148)
Damit ergibt sich die Eigenkreisfrequenz
c
Z=
1
l
-Bl=0
3
Ÿ
B=
1
3
(6. 152)
n:
A+B–1=0
Ÿ
A=
2
3
(6. 153)
Die Verschiebung des Punktes P mit fA =
1
1 2
1
1 1
A=
und fB =
B=
und
c
c 3
c
c 3
B
mit Strahlensatz ergibt
3EI
l3
m
A«:
.
(6. 149)
fP,Federn =
2
1
4 1
5 1
5 1
fA +
fB =
+
=
.
3
3
9 c
9 c
9 c
(6. 1543)
B
Fall d (Bild 6. 26 d)
Das System lässt sich als Ein- Masse- Feder- Systeme (Bild 6. 29) darstellen.
fA
P
fP, Federn
fB
fP, Balken
Bild 6. 32 Verformung nur aus Federn (Balken starr) fP,Federn
c3
l, EI
Der elastische Anteil aus der Balkenbiegung fP,Balken mit der Koppeltafel 3. 1 ist
c1
=
c1
=
cers
fP,Balken =
m
m
c2
c2
dx
³ M M EI
=
1 2 2 § l
4 l3
2l ·
( l) ¨
.
¸ =
3 9
243 EI
© 3EI 3EI ¹
(6. 155)
m
+ 2l/9
Bild 6. 29 Ein- Masse- Feder- Systeme
Die Ersatzfedersteifigkeit entsteht aus der Hintereinanderschaltung von 2 Federn
bei gleichen Federkräften und aus der Parallelschaltung aus 2 Federn bei gleichen Federauslenkungen
3. 1
Kunow, Technische Mechanik II Elastostatik, Kapitel 11, Tabelle11.1 und Tabelle 11.2
Bild 6. 35 a) Statisch unbestimmtes Originalsystem; b) statisch bestimmtes System mit der
Belastung F: "0"- System; c) statisch bestimmtes System mit der statisch Überzähligen X =
1: "1"- System
Bild 6. 33 Momentenverlauf M
Oder mit Hilfe der Biegelinientafel3. 1 mit [ =
fP,Balken =
2
1
1
,D= ,E=
folgt
3
3
3
I
S
4 1
4 l3
1 l3 2 1
[
(1- - )] =
,
6EI 3 3
9 9
243 EI
(6. 156)
0
S1
fP = fP,Federn + fP,Balken =
5 1
4 l3
+
.
9 c
243 EI
AH
(6. 157)
AV
EI
l
0
(6. 158)
0
m
B
l
+ I/4
1
a)
1
1
=
.
fP
51
4 l3
9 c 243 EI
S3
0
0
Damit ist die Ersatzfedersteifigkeit des Systems
cers =
0
S3
0
1
b)
0
Bild 6. 36 "0"- System; a) Schnittbild; b) Momentenverlauf M unter der Last 1
Damit folgt die Eigenkreisfrequenz
Z2 =
S3
S1
c ers
1
=
.
m fP
m
(6. 159)
Bild 6. 37 Stabkräfte am Knoten I
Dann ist die Schwingungsdauer
T=
2S
=2S
Z
S10
= 0,
S20
= 0,
S30
=0
(6. 161)
3
m fP = 2 S
m(
51
4 l
).
9 c 243 EI
(6. 160)
I
1
S11 S3
1
1
1
Aufgabe 6. 3
?
0
0
x Bestimmung der Ersatzfedersteifigkeit eines Stabwerks
AH
x Bestimmung der Eigenkreisfrequenz eines Stabwerks
gegeben: EA, EI, l, m
S3
1
1
AV
Für das skizzierte System muss die Eigenkreisfrequenz Zso bestimmt werden,
dass sie so niedrig wie möglich wird. Der Balken sei dehnstarr und masselos.
S1
EI
l
1
a)
1
m
B
l
0
b)
1
Bild 6. 38 "1"- System, a) Schnittbild; b) Momentenverlauf M infolge der statisch Überzähligen
gesucht: Bestimmung der Ersatzfedersteifigkeit c, der Eigenkreisfrequenz Zund
dem Einfluss des Stabwerks auf die Ersatzfedersteifigkeit cers des Gesamtsystems.
I
S11 S3
1
1
Bild 6. 39 Stabkräfte am Knoten I
EA
l
3
2
EA
S11 = -
1 EA
2 , S21 = 1, S31 = 1
(6. 162)
Die Statisch Überzählige wird aus den Verformungen am "0"- System
EI
l
m
G10 = ¦ S i0 S1i
l
Bild 6. 34 Dehnstarrer, masseloser Balken mit Einzelmasse
li
+
EA i
³
M1 M0
dx = 0,
EI
(6. 163)
und am "1"- System bestimmt
G11 = ¦ S1i
Lösung
Das System schwingt um die statische Ruhelage. Deshalb wird das Gewicht G =
c
m g für die Berechnung der Eigenkreisfrequenz Z = ers nicht berücksichtigt.
m
Über die Durchbiegung des Gesamtsystems f unter der Kraft 1 wird die Ersatzfe1
dersteifigkeit cers =
des Systems berechnet. Dazu wird in der Richtung, in der
f
die Steifigkeit gesucht wird, und an der Stelle, an der die Steifigkeit gesucht wird,
eine Kraft 1 angebracht.
Das System ist statisch unbestimmt. Deshalb wird das System in ein statisch bestimmtes "0“- System und ein "1"- System aufgeteilt.
X=-
2
li
+
EA i
³
1
1
(M1 ) 2
(2 1 2 l2 + 2 l2) + 0 =
6 l2
dx =
EI
EA
EA
G10
= 0.
G11
(6. 164)
(6. 165)
+ I/4
Bild 6. 40 Momentenverlauf M des Gesamtsystems
Die Stabkräfte des Gesamtsystems ergeben sich zu
S1 = 0, S2 = 0, S3 = 0.
(6. 166)
l
EA
l
2
3
EA
3
l
1 EA
+ I/4
EA
1 EA
0
Bild 6. 41 Momentenverlauf M im reduzierten System ("0"- System)
EI
l
a)
EI
l
m
l
1
X=1
X=1
+ c)
EI
l
3
EA
1 EA
Die Stabkräfte im reduzierten System sind
l
1
= b)
l
m
³
l
M0M
1 1 l l
1 l3
l
=
.
dx + ¦ S i0 S i i = 0 + 2
EI
EA i
3 EI 4 4
EI 24
Damit ist die Ersatzfedersteifigkeit in vertikaler Richtung
l
(6. 167)
Die Durchbiegung ergibt sich zu
f=
m
0
= - 0, S 2 0 = - 0, S 3 = 0,
0
S1
(6. 168)
1
.
f
cers =
Bild 6. 44 Schnittbild
(6. 169)
Die Federkräfte ergeben sich aus dem Federgesetz mit Hilfe der Balkenverformung
Die Eigenkreisfrequenz ist damit
F1 =
24 EI
2
Z =
ml 3
.
(6. 170)
Das Stabwerk hat keinen Einfluss auf die Ersatzsteifigkeit in vertikaler Richtung.
Diese Lösungsmöglichkeit bietet sich immer dann an, wenn ein System kompliziert ist. Die Berechnung der Durchbiegung f kann auch numerisch erfolgen.
Mit der Ersatzfedersteifigkeit kann das System als Feder abgebildet werden.
3EI2
x, F2 =
l3
l3
x, F3 = c x
(6. 176)
Die NEWTONsche Bewegungsgleichung lautet
m x = - F1 - F2 - F3
(6. 177)
x = - ª« 3EI1 3EI 2 c º» x 1 = - cges x 1
3
m
l3
¼ m
¬ l
(6. 178)
x +
Aufgabe 6. 4
?
3EI1
c ges
x=0
m
x Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichung
(6. 179)
Damit folgt die Eigenkreisfrequenz Z wie oben.
x Bestimmung der Ersatzfedersteifigkeit
x Bestimmung der Eigenkreisfrequenz
Aufgabe 6. 5
?
x Aufstellung der NEWTONschen Bewegungsgleichung
Eine Punktmasse m wird durch zwei Biegefedern (Länge l, Biegesteifigkeit EI1,
beziehungsweise EI2) und eine Spiralfeder (Federsteifigkeit c) in der statischen
Ruhelage gehalten.
x Bestimmung der Eigenkreisfrequenz
x Lösung mit Hilfe des Energiesatzes
gegeben: l, EI1, EI2, c, m
gesucht: Bestimmung der Eigenkreisfrequenz Z
Ein Kolben schwingt mit kleinen Auslenkungen um die skizzierte Ruhelage.
gegeben: r, m, c
gesucht: Bestimmung der Eigenkreisfrequenz Z
c
l, EI1
l, EI2
m
r
m
c
Bild 6. 42 Punktmasse mit zwei Biegefedern und einer Spiralfeder
2r
1. Lösungsmöglichkeit durch Bestimmung der Ersatzfedersteifigkeit
Bild 6. 45 Kolben in seiner Ruhelage.
1. Lösungsmöglichkeit mit der NEWTONschen Bewegungsgleichung
Die Spiralfeder c und die beiden Blattfedern (Balken) c1 + c2 wirken wie parallelgeschaltete Federn, da alle dieselbe Verschiebung haben.
cges = c + c1 + c2
cos 300
(6. 171)
Für kleine Auslenkungen für M < 100gilt
sin M | M
1
(6. 9)
f
Bild 6. 43 Belastete Blattfeder unter der Last 1
rM
r
M
Die Durchbiegung am Lastangriffspunkt für eine Blattfeder ist
rM
c
a)
f=
l3
1.
3EI
rM
300
x
x
2r
b)
(6. 172)
x
Bild 6. 46 Kinematik; a) Bewegungsablauf der Kurbel; b) Geometrie
Daraus ergibt sich die Ersatzfedersteifigkeit
Aus der Geometrie ergibt sich
c=
1
f
(6. 173)
cges = c +
3EI1
l3
+
3EI2
(6. 174)
l3
c ges
m
=
3EI
3EI º
1 ª
c 31 32»
m «¬
l
l ¼
rM
.
x
(6. 180)
Daraus folgt der Winkel
M=
Damit folgt die Eigenkreisfrequenz
Z2 =
cos 300 =
x
r
3
.
2
(6. 181)
(6. 175)
S
r
M
300
s
2. Lösungsmöglichkeit durch Schneiden
a)
c
b)
. ..
x, x, x
Bild 6. 47 Schnittbild am ausgelenkten System; a) linker Kurbelteil; b) rechter Teil mit Kolben
Aus dem Momentensatz folgt am linken Teilsystem
F3
F1
F1
S r = M c = M
F3
m
c
r
(6. 182)
Die NEWTONsche Bewegungsgleichung am rechten Teilsystem lautet
F2
F2
x
m x = - S cos 300
mit (6. 182) folgt
(6. 183)
c
m x + M cos 300 = 0.
r
F
(6. 184)
'M
l/3
Mit (6. 181) ergibt sich die Schwingungsdifferentialgleichung
m x +
c
r2
2
3
x = 0.
4
c
0
cos 30 x = m x +
r2
(6. 185)
Bild 6. 49 Schnittbild am ausgelenkten System
Für kleine Ausschläge gilt sin M | MҠ
x + 3 c x = 0.
4 mr 2
(6. 186)
Damit folgt die Eigenkreisfrequenz
3c
Die Federkraft ist
l
c M
3
F=
.
4mr 2
(6. 187)
2. Lösungsmöglichkeit mit dem Energiesatz
1
m l2 + (M + 'M) l2 = 3 m l2.
3
(6. 194)
Der Momentensatz für statische Ruhelage lautet
= - F
40 M
1
1
2
m x 2 +
c M = const.
2
2
(6. 188)
l
3
m x x + c M M = 0.
(6. 189)
l2
c M
9
(6. 196)
c
M = 0.
27m
+
M
Mit der Geschwindigkeit
(6. 195)
Daraus folgt die Schwingungsdifferentialgleichung
= 3 m l2 M
Nach Differentiation nach der Zeit folgt
(6. 197)
Damit folgt die Eigenkreisfrequenz
2
(6. 190)
3
Z2 =
und mit (6. 181) folgt
m x x + c
(6. 193)
das Massenträgheitsmoment lautet
40 =
x = r M
M
l
Durch die Masse geteilt folgt
Z2 =
m
3
2
x
r
3
x = 0,
2r
«: ( x m)
c
.
27m
(6. 198)
Damit ist der Auslenkwinkel
(6. 191)
M(t) = M0 cos Z t
x + 3 1 c x = 0.
4 m r2
(6. 192)
(6. 199)
die Lösung der Differentialgleichung.
Die Schwingungsdauer aus
Damit folgt die Eigenkreisfrequenz Z.
1
f
T=
(6. 200)
mit der Frequenz
?
Aufgabe 6. 6
Z
2S
x Bestimmung der Schwingungsdifferentialgleichung und deren Lösung
f=
x Bestimmung Schwingungsdauer des Systems
lautet dann
x Bestimmung des maximalen Auslenkwinkels für Nicht- Abheben der
Zusatzmasse
T=2S
(6. 201)
27m
.
c
(6. 202)
Der Schwinger, bestehend aus starrem Balken (Masse m, Länge l), Feder c ,
Masse M und lose aufliegender Zusatzmasse 'M, wird um den Winkel + M0 aus
seiner statischen Ruhelage heraus ausgelenkt (für kleine Ausschläge) und zur
Zeit t = 0 losgelassen.
gegeben: l, m, c, M = 2 m, 'M =
'Mg
2
m
3
N
gesucht: Bestimmung der Differentialgleichung, die diese Schwingung beschreibt,
und deren Lösung, der Schwingungsdauer T des Systems und des Betrags M0max
des Auslenkwinkels M0, wenn die Zusatzmasse nicht abheben soll.
x=lM
Bild 6. 50 Schnittbild für die Zusatzmasse 'M
Die NEWTONsche Bewegungsgleichung für die Masse 'M lautet
= 'M g – N
'M l M
c
m, l
(6. 203)
'M
Die Bedingung, dass die Zusatzmasse nicht abhebt, ist N > 0 (Bild 6. 50)
M
).
N = 'Mg – l M
l/3
(6. 204)
Mit der Winkelbeschleunigung
l
M
= - M0 Z2 cos Z t
M
(6. 205)
Bild 6. 48 Schwinger aus Balken, Feder, Masse und lose aufliegender Zusatzmasse
folgt
Lösung
N = 'M (g + l M0 Z2 cos Z t) > 0.
(6. 206)
Mit (6. 198)
M0
c
cos Z t < g
27m
und für cos Z t = 1 folgt der maximale Auslenkwinkel
(6. 207)
M0max <
?
27gm
.
cl
(6. 208)
ĉ
.
1
41 4 2
4
Z2 =
Aufgabe 6. 7
(6. 210)
2. Lösungsmöglichkeit mit dem Energiesatz
x Bestimmung der Eigenkreisfrequenz der Drehschwingung, für Haftung zwischen den beiden Walzen
x Bestimmung des maximalen Winkels für Haftung zwischen den beiden Walzen
Der Energiesatz lautet
x Lösung mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
1
1
1
cˆ M12 = const.
41 M 1 2 +
42 M 2 2 +
2
2
2
x Lösung mit dem Energiesatz
x Lösung mit dem Momentensatz
Nach der Ableitung nach der Zeit
Zwei Walzen (Massen m1, m2, Massenträgheitsmomente 41, 42, Radien r, R) sind
in der skizzierten Weise gelagert. Die Feder (Federsteifigkeit c), welche die Walzen aneinander drückt, ist um den Betrag 'l vorgespannt. An der Walze 1 ist eine
Drehfeder (Drehfedersteifigkeit cˆ ) angebracht, die für M = 0 ungespannt ist. Zur
Zeit t = 0 wird die Walze 1 aus der Anfangslage M = M0 ohne Geschwindigkeit losgelassen.
(6. 211)
d()
ergibt sich
dt
1 M 1 + 42 M
2 M 2 + cˆ M 1 M1 = 0
41 M
(6. 212)
Mit der Kinematik (6. 206) ergibt sich die Schwingungsdifferentialgleichung
1 M 1 + 42
41 M
1
1
1
M
M 1 + cˆ M 1 M1 = 0
2
2
(6. 213)
1 + 42
M 1 (41 M
1
1
1
+ cˆ M1) = 0.
M
2
2
(6. 214)
1 + 42
M 1 (41 M
1
1
1
+ cˆ M1) = 0.
M
2
2
(6. 215)
gegeben: m1, m2, 41, 42, c, ĉ , r, R = 2 r, 'lM0, P0
gesucht: Bestimmung der Eigenkreisfrequenz der Drehschwingung, falls Haftung
zwischen den beiden Walzen besteht. Wie groß darf der Winkel M0 höchstens
sein, wenn die Walzen nicht aufeinander rutschen sollen (Haftreibungskoeffizient
P0)?
1 (41 + 42
M
R
.
M
c
1
) + cˆ M1 = 0.
4
(6. 216)
Daraus ergibt sich die Eigenkreisfrequenz wie oben.
r
Walze 1
c
3. Lösungsmöglichkeit mit dem Momentensatz
Walze 2
Bild 6. 51 Zwei Walzen durch Federn gehalten
.
M2
1. Lösungsmöglichkeit mit dem d´ ALEMBERTschen Prinzip
.
M1
.
M2
.
M1
..
41M1
R
M0
m1g
c
r
Walze 1
m2g
..
42M2
c
Z
r
Walze 1
N
H
H
N
Z
Walze 2
c
Bild 6. 53 Schnittbild
Der Momentensatz für die Walze 1 lautet
Walze 2
Bild 6. 52 Einführen der Vorzeichen, der äußeren Kräfte und der d´ ALEMBERTschen
Scheinkräfte
Der Arbeitssatz lautet
1 = - (M0 + H r),
41 M
(6. 217)
für die Walze 2
2 = H R.
42 M
1) GM1 - 42 M
2 GM2 = 0.
GW = (- M0 - 41 M
(6. 209)
Mit der Kinematik für Rollen der Walzen aufeinander
r M 1 = R M 2
(6. 218)
Für die Anpresskraft gilt
N = Z = 'l c.
(6. 205)
und R = 2 r ergibt sich
1
M 2 =
M 1
2
R
M0
(6. 219)
Mit dem Haftungsgesetz als Grenzhaftung, wenn die Walzen gerade nicht aufeinander rutschen sollen
¨Hmax ¨= P0 N
1
G M 2 =
G M 1 .
2
(6. 206)
H=
(6. 209) mit dem Spannmoment
M0 = ĉ M1
(6. 207)
(6. 220)
Mit der Kinematik (6. 206) ergibt sich aus (6. 218) die Haftkraft mit R = 2 r
1
1
1
1 = 42
1 .
42
M
M
2
R
4r
(6. 221)
mit (6. 207) folgt die Schwingungsdifferentialgleichung
folgt
1 - 42
GW = (- ĉ M1 - 41 M
1
1) G M1 = 0.
M
4
(6. 208)
(41 +
Daraus ergibt sich die Schwingungsdifferentialgleichung
1 +
M
ĉ
M1 = 0
1
42
4
41 Damit lautet Eigenkreisfrequenz
(6. 209)
1
1 ),
M
4
(6. 222)
1
1 + ( ĉ M1) = 0
42) M
4
(6. 223)
1 = - ( ĉ M1 + 42
41 M
1 +
M
ĉ
M1 = 0.
1
42
4
41 In (6. 221) folgt die Haftkraft
(6. 209)
H = 42
1
1
1 .= - 42
M
4r
4r
ĉ
ĉ
M1
M1 = 4
1
4 1 1 r
41 4 2
42
4
(6. 224)
Die maximale Haftkraft Hmax entsteht für den maximalen Winkel M0. In (6. 220)
eingesetzt, folgt
ĉM0
§ 4
·
r ¨¨ 4 1 1¸¸
4
2
©
¹
d P0 'l c.
(6. 226)
mĉ
.
3l2
(6. 235)
Der kritische Dämpfungsfaktor, das LEHRsche Dämpfungsmaß D lautet mit (6.
51)
2ZD=
D=
3 r
=2G
4 m
rl
mĉ
Aufgabe 6. 8
?
(6. 234)
Daraus ergibt sich die minimalste Dämpferkonstante
r=8
4
c
r (1 + 4 1 ).
42
ĉ
3ĉ
.
ml2
3 r
=
4 m
(6. 225)
Daraus ergibt sich der maximale Winkel für Rollen der Walzen aufeinander
M0 d P0 'l
folgt
(6. 236)
3
.
64
(6. 237)
x Bestimmung der Bewegungsdifferentialgleichung für kleine Ausschläge
Damit kann die gedämfte Schwingungsdifferentialgleichung in der Form wie (6.
45) geschrieben werden
x Bestimmung der Dämpferkonstante, wenn der Zeiger nach einer Anfangsauslenkung nicht mehr schwingen soll
+ 2 Z D M + Z2 M = 0.
M
x Falldiskussion für das LEHRsche Dämpfungsmaß
Der Lösungsansatz ist mit den Ableitungen nach der Zeit
(6. 238)
= O2 eOt.
M = eOt, M = O eOt, M
Ein dünner stabförmiger Zeiger (Länge l, Masse m) ist in O durch eine Drehfeder
(Drehfedersteifigkeit ĉ ) elastisch eingespannt. In Zeigermitte ist ein geschwindigkeitsproportionaler Dämpfer angeschlossen (Dämpferkonstante r).
gegeben: m, l, r, ĉ
(6. 239)
In (6. 237) eingesetzt, ergibt eine quadratische Gleichung für O
(O2 + 2 Z D O + Z2) eOt = 0.
(6. 240)
Daraus folgt
gesucht: Bestimmung der Bewegungsdifferentialgleichung für kleine Ausschläge,
der Dämpferkonstante r, wenn der Zeiger nach einer Anfangsauslenkung nicht
mehr schwingen soll.
O1, 2 = - Z D r
Z2D2 Z2 = - Z D r Z
D2 1
(6. 241)
Falldiskussion für das LEHRsche Dämpfungsmaß D 1, D
1, D ! 1
Es handelt sich um eine Schwingung, wenn D 1 ist
c
0
1 D2 ,
O1, 2 = - Z D r j Z
r
(6. 242)
um einen Kriechvorgang, wenn D ! 1 ist
l/2
l/2
D2 1 ,
O1, 2 = - Z D r Z
Bild 6. 54 Dünner stabförmiger Zeiger durch Drehfeder in O elastisch eingespannt.
(6. 243)
und um den aperiodischen Grenzfall, wenn D
gibt sich
1 ist. Mit einer Doppelwurzel er-
O1, 2 = - Z.
Lösung
(6. 244)
Daraus folgt die Dämpferkonstante
0
M
FD
2Z=
ME
3 r
4 m
Ÿ
r=
8mZ
3
Ÿ
Die ausgelenkte Lage wird von statischen Ruhelage aus gezählt, das heißt, das
Gewicht wird nicht berücksichtigt.
M(t) = A1 e-Zt + A2 t e-Zt, M (t) = - Z e-Zt [A1 +
Der Momentensatz lautet
l
(1-cosM).
2
(6. 227)
?
(6. 228)
und für kleine M (cos M= 1) mit dem Massenträgheitsmoment 4 =
(6. 229)
1
m l2 folgt die
3
homogene Differentialgleichung 2. Ordnung
+
M
3ĉ
3 r
M +
M = 0.
4 m
ml 2
x Bestimmung der Erregerfrequenz
x Bestimmung der kritischen Reisegeschwindigkeit
Ein Auto, vereinfacht dargestellt als Masse- Feder- System (Dämpfungseinflüsse
werden vernachlässigt), durchfährt mit konstanter Horizontalgeschwindigkeit v0
sinusförmige Bodenwellen (Amplitude u0, Wellenlänge L).
gesucht: Bestimmung der Bewegungsdifferentialgleichung, die diesen Bewegungsablauf beschreibt, und ihrer Partikularlösung, Bestimmung der Erregerfrequenz, der Amplitude x0 der schwingenden Wagenmasse bei einer Reisegeschwindigkeit v0 und der kritischen Reisegeschwindigkeit vkrit.
(6. 231)
m
Mit der Dämpfung
G=
Aufgabe 6. 9
gegeben: c, m, v0, u0, L
(6. 230)
Die Bedingung, dass der Zeiger nach einer Auslenkung nicht mehr schwingt, ist
der aperiodische Grenzfall
G = Z.
3 r
4 m
v0
x
u0
c
(6. 232)
und der Eigenkreisfrequenz
Z=
3ĉ
ml2
(6. 246)
x Bestimmung der Amplitude der schwingenden Wagenmasse bei seiner Reisegeschwindigkeit
der Dämpferkraft
l
FD = r x = r
M
2
A2
+ A2 t].
Z
x Bestimmung der Bewegungsdifferentialgleichung und ihrer Partikularlösung
Mit dem Einspannmoment
ME = ĉ M,
(6. 245)
und die Lösung des Systems mit den Konstanten, die durch die Anfangsbedingungen bestimmt werden können
Bild 6. 55 Schnittbild
= - ME - FD
4M
mĉ
3l2
r=8
L
(6. 233)
Bild 6. 56 Durchfahrt einer sinusförmigen Bodenwellen eines Autos mit konstanter Horizontalgeschwindigkeit
vkrit =
c
.
m
L
L
Z=
2S
2S
(6. 262)
Lösung
?
x Bestimmung des Ausschlags des Klotzes nach einmaligem Hin- und
Herschwingen
m
x(t)
Aufgabe 6. 10
x Anwendung der COULOMBschen Reibung
F
x Lösung mit den NEWTONschen Bewegungsgleichungen
F
x Lösung mit dem Energiesatz
c
Auf einer rauhen, ebenen Unterlage liegt ein Klotz (Masse m), der durch zwei Federn (Federsteifigkeit c) seitlich gehalten wird. Der Klotz wird aus der Ruhelage
(Federn ungespannt) um die Strecke x0 ausgelenkt und ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen. Der Reibungskoeffizient P sei so klein, dass der Klotz einige
Male hin- und herschwingt.
u(t)
Bild 6. 57 Schnittbild
Aufstellen der Differentialgleichung mit Hilfe der NEWTONschen Bewegungsgleichung
m x = - F = - c (x - u)
gegeben: c, m, P, x0
gesucht: Bestimmung des Ausschlags x2 des Klotzes nach einmaligem Hin- und
Herschwingen.
(6. 247)
mit dem Federgesetz
x0, x2
F=cx
(6. 248)
c
folgt
m x + c x = c u.
c
m
(6. 249)
P
Die Funktion der Bodenwelle ist
Bild 6. 58 Klotz auf einer rauhen, ebenen Unterlage
u(t) = u0 sin : t
(6. 250)
mit der Weglänge L = v0 T = v0
2Sv 0
.
L
1. Lösungsmöglichkeit mit den NEWTONschen Bewegungsgleichungen
(6. 251)
Daraus folgt
2Sv 0
t.
L
u(t) = u0 sin
Die COULOMBsche Reibung ist der Geschwindigkeit immer entgegengesetzt,
deshalb muss bei der Schwingungsgleichung auf das Vorzeichen geachtet werden.
(6. 252)
x
Aus (6. 249) folgt
x-
:=
2S
ergibt sich die Erregerfrequenz
:
x
x
x + c x = c u(t)
m
m
(6. 253)
mg
cx
mg
cx
cx
cx
mit der Eigenkreisfrequenz
c
.
m
(6. 254)
N
a)
Die partikuläre Differentialgleichung lautet
2Sv 0
t.
L
N
b)
x-
x + Z2 x = Z2 u0 sin
R
x
Z2 =
x
(6. 255)
cx
mg
cx
cx
R
x
mg
cx
Der Lösungsansatz lautet
x = xhom + xpart = xa = A sin Z t + B cos Z t + xp = x0 sin : t.
(6. 256)
In (6. 255) eingesetzt folgt
2
2
sin : t [-: x0 + Z x0] = Z u0 sin : t
(6. 257)
Daraus folgt die Amplitude
x0 =
Z2
Z2 : 2
u0
mit dem Verhältnis P =
x0 =
1
1 P 2
N
Bild 6. 59 Schnittbild a) Bewegung nach links (nach dem Loslassen): 1. Bewegungsablauf ;
b) 2. Bewegungsablauf; c) Bewegung nach rechts: 3. Bewegungsablauf ; b) 4. Bewegungsablauf;
m x = - 2 c x + P m g
m x = - 2 c x - P m g
Z 2L2
2c
Ÿ x +
x = - P g.
m
(6. 264)
= 1.
Dann ist die kritische Reisegeschwindigkeit
C1 =
Pmg
,
2c
(6. 265)
Die allgemeine Lösung lautet
x(t) = A1 sin Z t + B1 cos Z t +
2 2
=
(6. 263)
x = xa + xp = A1 sin Z t + B1 cos Z t + C1 Ÿ
(6. 260)
In diesem Fall erhält das System Resonanz, das heißt, die Erregerfrequenz entspricht der Eigenkreisfrequenz
Z2
2c
Ÿ x +
x = +P g,
m
Das System bewegt sich zuerst nach links, es gilt die Differentialgleichung (6.
263) mit deren Lösung für die Verschiebung
P = 1.
4S v
R
(6. 259)
2
:
N
d)
für den 2. und 4.Bewegungsablauf gilt
:
folgt
Z
Damit ergibt sich die kritische Reisegeschwindigkeit vkrit für Amplituden x0 gegen
unendlich f , das heißt, der Nenner 1-P2 muss gegen Null gehen
2
R
Für den 1. und 3. Bewegungsablauf gilt mit R = P N
(6. 258)
u0.
c)
Pmg
,
2c
(6. 266)
(6. 261)
x (t) = Z A1 cos Z t - Z B1 sin Z t,
(6. 267)
mit dem Anfangsauschlag x0 als Anfangsbedingungen x(0) = x0 und x (0) = 0 folgt
B1 = x0 B
Pmg
, A1 = 0
2c
(6. 268)
x2 = s2 = - P
mg
mg
+ s1 = s 0 - 2 P
.
c
c
(6. 286)
Damit lautet die Lösung für die 1. und 2. Bewegung nach links nach der Auslenkung
x(t) = (x0 -
Pmg
Pmg
) cos Z t +
,
2c
2c
(6. 269)
Pmg
x (t) = - Z (x0 ) sin Z t
2c
Ÿ
x Bestimmung der Eigenkreisfrequenz des Systems für kleine Ausschläge
x Bestimmung der Amplitude der Antwortfunktion im stationären Zustand
(6. 270)
Der maximale Ausschlag nach links x1(t1) bei der Geschwindigkeit x 1(t1) = 0 sind
Anfangsbedingungen für den zweiten Bewegungsablauf
x 1(t1) = 0
Aufgabe 6. 11
?
sin Z t1 = 0
Ÿ
Z t = 0, S, 2S, ....
(6. 271)
Der Zeitpunkt für den ersten Ausschlag ist
Ein Druckmessgerät für den veränderlichen Unterdruck p(t) = p0 sin : t besteht
aus einem Kolben 1 (Masse m1, Fläche A), einer Stange 2 (Masse m2), einem
dünnen Zeiger 3 (Masse m3) und einer Feder 4 (Federsteifigkeit c). Das gesamte
Gewicht soll im Lager O aufgenommen werden.
gegeben: m1, m2, m3, A, c, l, a, p0, :
S
t1 =
oder Zt1 = S
Z
(6. 272)
gesucht: Bestimmung der Eigenkreisfrequenz Z des Systems für kleine Ausschläge und der Amplitude Q der Antwortfunktion q(t) = Q sin : t im stationären
Zustand.
In (6. 269) und (6. 270) eingesetzt folgt
x1(t1) = (x0 -
Pmg
Pmg
Pmg
) (-1) +
= - x0 +
2c
2c
c
(6. 273)
2
Es liegt die Vermutung nahe, dass der gesuchte Ausschlag
4
p(t)
l
1
Pmg
x2 = x0 - 2
c
(6. 274)
O
beträgt, was zu beweisen ist.
a
3
Bild 6. 60 Druckmessgerät für veränderlichen Unterdruck
Das System bewegt sich nach rechts, es gilt die Differentialgleichung (6. 264)
x(t) = A2 sin Z t + B2 cos Z t -
Pmg
,
2c
Lösung
(6. 275)
x (t) = Z A2 cos Z t - Z B2 sin Z t.
(6. 276)
Mit den Anfangsbedingungen (6. 273) und (6. 271)
x1(Zt1=S) = - x0 +
Pmg , x 1(Zt1=S) = 0
c
(6. 277)
folgen die Konstanten
Pmg
Pmg
3 Pmg
= B2 Ÿ
B2 = x0 c
2c
2
c
x 1(t1) = 0 = Z A2 1
Ÿ
A2 = 0
x1(t1) = - x0 +
.
x
m1g
(6. 278)
Damit lautet die Lösung für die zweite Bewegung nach rechts
x(t) = (x0 -
1
(6. 279)
3
SH
(6. 280)
3 Pmg
) sin Z t
2
c
Ÿ
Z t2 = 2S
3 Pmg
Pmg
Pmg
)1= x0 - 2
.
2
c
2c
c
m3g
0
(6. 281)
Bild 6. 61 Schnittbild im ausgelenktem Zustand
Die NEWTONschen Bewegungsgleichungen in horizontaler
der maximale Ausschlag nach rechts
x2(Zt2=2S) = (x0 -
SV
.
M
a
Bei der Geschwindigkeit x 2(t2) = 0 ergibt sich
0 = - Z (x0 -
cx
SV SH
3 Pmg
Pmg
) cos Z t ,
2
c
2c
x (t) = - Z (x0 - 3 Pmg ) sin Z t
2
c
2
m2g
p(t) A
(m1 + m2) x = p(t) A – c x – SH
(6. 282)
und als geführte Bewegung in vertikaler Richtung
SV = (m1 + m2) g
Die Vermutung hat sich bestätigt.
(6. 287)
(6. 288)
und der Momentensatz lauten
2. Lösungsmöglichkeit mit dem Energiesatz
= (SV + m3 g) a M + SH a.
43, O M
(6. 289)
Die Kinematik ist
Mit «x0« = s0 und «x1« = s1 lautet der Energiesatz für den ersten Bewegungsablauf
nach links nach der ersten Auslenkung für zwei Federn
E1 - E0 =
& &
³ Fds
Ÿ
2[
1
1
c s12 c s02] = - P m g (s0 + s1).
2
2
(6. 283)
a M = x .
Damit ergibt sich der erste Ausschlag zu
[m1 + m2 +
mg
s1 = s 0 - P
.
c
(6. 284)
E2 - E1 =
³
(m1 m 2 m 3 )g
1 l2
m3] x + [c ] x = p(t) A.
3 a2
a
(6. 291)
Damit ergibt sich die Schwingungsdifferentialgleichung zu
Mit «x2« = s2 lautet der Energiesatz für den zweiten Bewegungsablauf nach rechts
& &
Fds Ÿ
(6. 290)
Mit (6. 287) und (6. 289) mit (6. 288) und dem Massenträgheitsmoment der Stan1 2
l m3 folgt
ge der Zeigerlänge l 43, O =
3
2[
1
1
c s22 c s12] = - P m g (s2 + s1).
2
2
Damit ergibt sich der zweite Ausschlag zu
(6. 285)
(m1 m 2 m 3 )g
A p 0 sin :t
~ sin : t.
a
x=
= p
1 l2
1 l2
m1 m 2 m3
m3
m1 m 2 3 a2
3 a2
c
x +
Damit ist die Eigenkreisfrequenz
(6. 292)
(m1 m 2 m 3 )g
a
Z =
.
1 l2
m1 m 2 m3
3 a2
2
c
(6. 293)
Die Dauerlösung für den stationären Zustand herrscht nach der Einschwingzeit.
Die Schwingung ist dann nicht mehr von den Anfangsbedingungen, sondern nur
noch von der Erregung beeinflusst.
Mit dem Partikularansatz
xpart = X sin : t Ÿ
x part = - :2 X sin : t
(6. 294)
folgt in (6. 292)
X=
~
p
2
Z :2
.
(6. 295)
Mit dem Strahlensatz ergibt sich das Verhältnis
Q
X
=
l
a
(6. 296)
für die Amplitude der Antwortfunktion q(t)
Q=
l
a
A p0
1
Z2 : 2
1 l2
m1 m 2 m3
2
3a
.
(6. 297)