Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 3: Kinetik, Hydrodynamik [9., bearb. und erg. Aufl.] 354089098X, 9783540890980 [PDF]

Zitiervorschau

Springer-Lehrbuch

Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross studierte Angewandte Mechanik und promovierte an der Universität Rostock. Er habilitierte an der Universität Stuttgart und ist seit 1976 Professor für Mechanik an der TU Darmstadt. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderen die Festkörper- und Strukturmechanik sowie die Bruchmechanik. Hierbei ist er auch mit der Modellierung mikromechanischer Prozesse befasst. Er ist Mitherausgeber mehrerer internationaler Fachzeitschriften sowie Autor zahlreicher Lehrund Fachbücher. Prof. Dr.-Ing.Wolfgang Ehlers studierte Bauingenieurwesen an der Universität Hannover, promovierte und habilitierte an der Universität Essen und war 1991 bis 1995 Professor für Mechanik an der TU Darmstadt. Seit 1995 ist er Professor für Technische Mechanik an der Universität Stuttgart. Seine Arbeitsgebiete umfassen die Kontinuumsmechanik, die Materialtheorie, die Experimentelle und die Numerische Mechanik. Dabei ist er insbesondere an der Modellierung mehrphasiger Materialen bei Anwendungen im Bereich der Geomechanik und der Biomechanik interessiert. Prof. Dr.-Ing. PeterWriggers studierte Bauingenieur- und Vermessungswesen, promovierte 1980 an der Universität Hannover und habilitierte 1986 im Fach Mechanik. Er war Gastprofessor an der UC Berkeley, USA und Professor für Mechanik an der TH Darmstadt. Ab 1998 war er Professor für Baumechanik und Numerische Mechanik an der Universität Hannover, und er ist seit 2008 Professor für Kontinuumsmechanik in der dortigen Fakultät für Maschinenbau. Seit 2008 steht er der Gesellschaft für Angewandte Mathematik und Mechanik sowie der German Association for Computational Mechanics als Präsident vor.

Dietmar Gross · Wolfgang Ehlers Peter Wriggers

Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 3 Kinetik, Hydrodynamik 9., bearbeitete und ergänzte Auflage

13

Prof. Dr.-Ing Dietmar Gross Festkörpermechanik Technische Universität Darmstadt Hochschulstraße 1 64289 Darmstadt

Prof. Dr.-Ing. Peter Wriggers Institut für Kontinuumsmechanik Universität Hannover Appelstraße 9a 30167 Hannover

Prof. Dr.-Ing. Wolfgang Ehlers Institut für Mechanik (Bauwesen) Universität Stuttgart Pfaffenwaldring 7 70569 Stuttgart

ISSN 0937-7433 ISBN 978-3-540-89098-0 e-ISBN 978-3-540-89099-7 DOI 10.1007/978-3-540-89099-7 Springer Heidelberg Dordrecht London New York Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 1996, 1999, 2003, 2005, 2007, 2010 Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der Übersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergütungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Einbandentwurf: WMXDesign GmbH, Heidelberg Gedruckt auf säurefreiem Papier Springer ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media (www.springer.com)

Vorwort Dieser dritte Band schließt die Reihe der Aufgaben zum Grundkurs in Technischer Mechanik ab. Erfahrungsgem¨ aß bereitet die Kinetik den Studenten besondere Schwierigkeiten, da neben den Kraftbegriff nun zus¨ atzliche kinematische Gr¨ oßen treten, die untereinander und mit den Kraftgr¨ oßen richtig verkn¨ upft werden m¨ ussen. Wir haben uns daher bem¨ uht, durch zahlreiche rein kinematische Aufgaben Verst¨ andnis f¨ ur die bei einer Bewegung maßgebenden geometrischen Gr¨ oßen und ihre Beschreibung in verschiedenen Koordinatensystemen zu wecken. Ebenso kann man nur durch ¨ Ubung, d.h. durch selbst¨ andiges Bearbeiten von Aufgaben, Erfahrungen dar¨ uber sammeln, welche der kinetischen Grundgleichungen bei welcher Aufgabe am einfachsten zum Ziel f¨ uhrt. H¨ aufig gibt es mehrere L¨ osungswege, und wir haben diese auch oft nebeneinandergestellt, damit der Leser selbst Vor- und Nachteile erkennen kann. Bewusst haben wir auf eine fr¨ uhe Verwendung von Scheinkr¨ aften“ verzichtet, da un” zureichende Kenntnisse der Studierenden u agheitskr¨ afte“ meist ¨ber Tr¨ ” mehr zur Verwirrung als zum Verst¨ andnis beitragen. Die Aufgaben werden - wie auch schon im ersten und zweiten Band weitgehend formelm¨ aßig gel¨ ost, da das Aufstellen der Grundgleichungen und deren allgemeine L¨ osung zun¨ achst wichtiger als reine Zahlenrechnungen sind. F¨ ur das Studium aller drei B¨ ande m¨ ochten wir die Studierenden nochmals ermuntern, sich an den Aufgaben zun¨ achst selbst zu versuchen und dabei unter Umst¨ anden auch andere L¨ osungswege einzuschlagen. Eine Aufgabensammlung ist nur ein Hilfsmittel beim Studium der Mechanik. Um zu einem tieferen Verst¨ andnis, insbesondere u ¨ber die Herkunft und Anwendung der verschiedenen S¨ atze und Formeln zu gelangen, muss der Studierende auch Lehrb¨ ucher zur Hand nehmen. Unser Literaturverzeichnis nennt einige Titel. Die Aufgabensammlung geht zu einem guten Anteil auf unseren verstorbenen Kollegen Prof. Dr. Dr. h.c. Walter Schnell zur¨ uck, der auch bis zur 5. Auflage Mitautor war. Seine Handschrift ist an der vorliegenden 9. Auflage, welche wiederum verbessert und um weitere Aufgaben erg¨ anzt wurde, immer noch zu erkennen. Dem Springer-Verlag danken wir f¨ ur die gute Zusammenarbeit und die ansprechende Ausstattung des Buches. Wir w¨ unschen ihm weiterhin eine freundliche Aufnahme bei der Leserschaft und sind f¨ ur kritische Anmerkungen und Anregungen dankbar. Darmstadt, Stuttgart und Hannover, im Januar 2010

D. Gross W. Ehlers P. Wriggers

Inhaltsverzeichnis Literaturhinweise, Bezeichnungen .............................

IX

1

Kinematik des Punktes ...........................................

1

2

Kinetik des Massenpunktes ......................................

27

3

Bewegung des Massenpunktsystems ..........................

55

4

Kinematik des starren K¨ orpers ..................................

67

5

Kinetik des starren K¨ orpers ......................................

85

6

Stoßvorg¨ ange .......................................................

131

7

Schwingungen.......................................................

151

8

Relativbewegung ...................................................

173

9

Prinzipien der Mechanik ..........................................

187

10

Hydrodynamik.......................................................

201

IX

Literaturhinweise Lehrb¨ ucher Gross, D., Hauger, W., Schr¨ oder, J., Wall, W., Technische Mechanik, Band 3: Kinetik, 10. Auflage. Springer-Verlag, Berlin 2008 Gross, D., Hauger, W., Wriggers, P., Technische Mechanik, Band 4: Hydromechanik, 7. Auflage. Springer-Verlag, Berlin 2009 Hagedorn, P., Technische Mechanik, Band 3: Dynamik, 3. Auflage. Harri Deutsch, Frankfurt 2006 Bruhns, O. T., Elemente der Mechanik III: Kinetik, Shaker Verlag, Aachen 2004 Brommund, E., Sachs, G., Sachau, D., Technische Mechanik, 4. Auflage. Oldenbourg, M¨ unchen 2006 Hibbeler, R.C., Technische Mechanik 3: Dynamik, 10. Auflage. Pearson-Studium 2006 Magnus, K., M¨ uller, H. H., Grundlagen der Technischen Mechanik, 7. Auflage. Teubner, Stuttgart 2005 Wriggers, P., Nackenhorst, U. u.a., Technische Mechanik kompakt, 2. Auflage. Teubner, Stuttgart 2006 Aufgabensammlungen Bruhns, O. T., Aufgabensammlung Technische Mechanik 3, Vieweg, Braunschweig 1999 Dankert, H, Dankert, J., Technische Mechanik, 4. Auflage. Teubner, Stuttgart 2006 Hauger, W., Lippmann, H., Mannl, V., Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3. Springer-Verlag, Berlin 2008 Hagedorn, P., Aufgabensammlung Technische Mechanik, 2. Auflage. Teubner, Stuttgart 1992 Zimmermann, K., Technische Mechanik - multimedial, 2. Auflage. Fachbuch Verlag, Leipzig 2003

Bezeichnungen Bei den L¨ osungen der Aufgaben wurden folgende Symbole verwendet: ↑:  A: ;

Abk¨ urzung f¨ ur Bewegungsgesetz (Kr¨ aftesatz, Impulssatz) in Pfeilrichtung. Abk¨ urzung f¨ ur Momentensatz (Drallsatz) bez¨ uglich des Punktes A mit vorgegebener Drehrichtung. Abk¨ urzung f¨ ur hieraus folgt.

Kapitel 1 Kinematik des Punktes

1

2

Kinematik

Die Lage eines Punkte P im Raum wird durch den Ortsvektor

ds dr

r(t)

P

beschrieben. Aus der Verschiebung dr des Punktes P in eine Nachbarlage w¨ ahrend der Zeit dt folgt seine Geschwindigkeit dr v= = r˙ . dt

r

z

y x

s

Bahn

Die Geschwindigkeit ist stets tangential zur Bahn gerichtet. Mit der Bogenl¨ ange s und |dr| = ds gilt f¨ ur den Betrag der Geschwindigkeit v=

ds = s˙ . dt

¨ Die zeitliche Anderung des Geschwindigkeitsvektors v(t) heißt Beschleunigung a=

dv = v˙ = r¨ . dt

Die Beschleunigung ist im allgemeinen nicht tangential zur Bahn gerichtet! Die Vektoren r, v und a lassen sich in speziellen Koordinatensystemen wie folgt darstellen: a) Kartesische Koordinaten mit den Einheitsvektoren ex , ey , ez : Bahn

r = x ex + y ey + z ez ,

z

v = x˙ ex + y˙ ey + z˙ ez ,

ez

r

P z

exey

a=x ¨ ex + y¨ ey + z¨ ez .

y x

y

x

b) Zylinderkoordinaten mit den Einheitsvektoren er , eϕ , ez : P

r = r er + z ez ,

z

r z

v = r˙ er + rϕ˙ eϕ + z˙ ez ,

ez ϕ

¨ + 2r˙ ϕ) ˙ eϕ + z¨ ez . a = (¨ r − rϕ˙ 2 ) er + (rϕ x

y

eϕ er r

Bahn

y x

3

des Punktes

c) Nat¨ urliche Koordinaten mit den Einheitsvektoren et und en in Richtung der Tangente bzw. der Hauptnormalen. M

v = v et , a = v˙ et +

ρ

ρ

2

v en . ρ s

Dabei sind: ρ ds dt dv at = v˙ = dt v2 an = ρ

v = s˙ =

Bahn

en P

et

=

Kr¨ ummungsradius (Abstand zwischen P und Kr¨ ummungsmittelpunkt M ),

=

Bahngeschwindigkeit,

=

Bahnbeschleunigung,

=

Normal- oder Zentripetalbeschleunigung.

Anmerkung: Die beiden Komponenten der Beschleunigung liegen in der sogenannten Schmiegungsebene. Der Beschleunigungsvektor zeigt stets ins Innere“ der Bahn. ” Geradlinige Bewegung Weg Geschwindigkeit Beschleunigung

x(t) ,

P

0

dx = x˙ , dt dv = v˙ = x ¨. a= dt v=

x x(t)

Kreisbewegung F¨ ur ρ = r = const und s = rϕ(t) erh¨ alt man in nat¨ urlichen Koordinaten Geschwindigkeit Bahnbeschleunigung

v = rϕ˙ = rω , at = rϕ ¨ = rω˙ , 2

Zentripetalbeschleunigung

an =

mit ω = ϕ˙ = Winkelgeschwindigkeit.

v = rω 2 r

P r ϕ(t)

s(t)

4

Kinematische Grundaufgaben

Ebene Bewegung in Polarkoordinaten Aus den Beziehungen f¨ ur Zylinderkoordinaten folgen f¨ ur z = 0, ϕ˙ = ω v = vr er + vϕ eϕ ,

a = ar er + aϕ eϕ

mit Bahn

vr = r˙ ,

Radialgeschwindigkeit Zirkulargeschwindigkeit

vϕ = rω ,

Radialbeschleunigung

ar = r¨ − rω 2 ,

Zirkularbeschleunigung

aϕ = rω˙ + 2rω ˙ .

y eϕ

P r

er

ϕ x

Anmerkung: Bei einer Zentralbewegung verschwindet die Zirkularbeschleunigung. Aus aϕ = rω˙ + 2rω ˙ = (r2 ω)· /r = 0 ergibt sich dann der Fl¨ achensatz“ (2. Keplersches Gesetz) r2 ω = const . ” Kinematische Grundaufgaben f¨ ur geradlinige Bewegung Der Bewegungsanfang zur Zeit t0 sei durch den Anfangsweg x0 und die Anfangsgeschwindigkeit v0 gegeben. Gegeben

Gesuchte Gr¨ oßen

a=0

v = v0 = const , x = x0 + v0 t gleichf¨ ormige Bewegung

a = a0 = const a = a(t)

v = v0 + a0 t , x = x0 + v0 t + 12 a0 t2 gleichm¨ aßig beschleunigte Bewegung t t v = v0 + a(t¯)dt¯, x = x0 + v(t¯)dt¯ t0

a = a(v)

a = a(x)

v d¯ v = f (v) , t = t0 + a(¯ v) v0

t0

x = x0 +

t

F (t¯)dt¯

t0

mit der Umkehrfunktion v = F (t) x x d¯ x = g(x) v 2 = v02 + 2 a(¯ x)d¯ x , t = t0 + v(¯ x) x0 x0 Die Umkehrfunktion liefert x = G(t)

Anmerkungen: • Die Formeln lassen sich auch bei einer allgemeinen Bewegung anwenden, wenn man x durch s und a durch die Bahnbeschleunigung at ersetzt. Die Normalbeschleunigung folgt dann aus an = v 2 /ρ. • Falls die Geschwindigkeit als Funktion des Weges gegeben ist, folgt die Beschleunigung aus dv d v2 a=v = ( ) . dx dx 2

Geradlinige Bewegung

5

Aufgabe 1.1 Der Mindestabstand b zwischen zwei Kraftfahrzeugen soll so groß sein wie die Strecke, die das nachfolgende Fahrzeug innerhalb von ts = 2 s bei seiner jeweiligen Geschwindigkeit zur¨ ucklegt. ¨ a) Wie groß ist die Uberholstrecke x1 ? b) F¨ ur welche Zeit tu¨ befindet sich ein PKW (L¨ ange l1 = 5 m, konstan¨ te Geschwindigkeit v1 = 120 km/h) mindestens auf der Uberholspur, wenn er einen LKW (L¨ ange l2 = 15 m, Geschwindigkeit v2 = 80 km/h) korrekt u ur das Wechseln der Spur sollen un¨berholt? (Die Zeiten f¨ ber¨ ucksichtigt bleiben.)

L¨ osung

l1

b1

l2

x2

b2

l1

x1

zu a) Bei gleichf¨ ormiger Bewegung folgen die Mindestabst¨ ande mit 1 km/h = 1000 m/3600 s zu b1 = v1 ts =

120 200 ·2= m, 3, 6 3

b2 = v2 ts =

80 400 ·2= m. 3, 6 9

¨ Die Uberholstrecke betr¨ agt daher x1 = b1 + l2 + x2 + b2 + l1 . Außerdem gilt x2 = v2 tu¨ ,

x1 = v1 tu¨ .

Elimination von tu¨ liefert x1 =

zu b) tu¨ =

b1 + b2 + l1 + l2 = 1 − vv21

200 + 400 + 5 + 15 1180 3 9 = = 393, 33 m . 80 3 1 − 120

¨ F¨ ur die Uberholzeit ergibt sich damit x1 1180 · 3, 6 = = 11, 8 s . v1 3 · 120

A1.1

6

A1.2

Geradlinige

Aufgabe 1.2 Zur Simulation schwereloser Zust¨ande werden VakuumFallschacht-Anlagen benutzt. Ein solcher Schacht habe eine Tiefe von l = 200 m. Welche maximale Versuchszeit t1 und welche Versuchsstrecke x1 im freien Fall stehen zur Verf¨ ugung, wenn der Versuchsk¨ orper nach Durchfallen der Meßstrecke mit aII = −50 g auf v = 0 abgebremst wird?

L¨ osung Da der K¨orper aus der Ruhelage losgelassen wird (x0 = v0 = 0), gilt mit aI = const = g f¨ ur den freien Fall vI = gt ,

xI =

g 2 t . 2

Beim Abbremsen folgen mit aII = −50 g f¨ ur Geschwindigkeit und Weg vII = vII0 − 50 gt , xII = xII0 + vII0 t − 50 gt2 /2 .

Versuchsk¨orper

x

11111 00000 00000 11111 00000 11111 00000 11111 00000 l 11111 00000 11111 00000 11111 00000 11111 00000 11111 00000 11111 00000 11111

t=0 (aI = g) x1

t = t1 (aII = −50 g) t = t2

Man beachte, dass die Integrationskonstanten xII0 und vII0 hier keine direkte physikalische Bedeutung haben. F¨ ur t = t2 muss gelten: vII (t2 ) = 0

;

vII0 = 50 gt2 ,

xII (t2 ) = l

;

xII0 = l − vII0 t2 +

50 2 gt2 = l − 25 gt22 . 2

¨ Aus den Ubergangsbedingungen vI (t1 ) = vII (t1 )

;

gt1 = 50 g(t2 − t1 ) ,

xI (t1 ) = xII (t1 )

;

g 2 50 2 50 2 t1 = l − gt2 + 50 gt1 t2 − gt1 2 2 2

folgen durch Aufl¨ osen   100 l 100 · 200 t1 = = = 6, 32 s , 51 g 51 · 9, 81 x1 = xI (t1 ) =

g 2 g 100 l 50 t1 = = l = 196 m . 2 2 51 g 51

Bewegung

7

Aufgabe 1.3 Eine U-Bahn legt zwischen 2 Stationen einen Weg von 3 km zur¨ uck. Aus der Anfahrbeschleunigung aA = 0, 2 m/s2 , der Bremsverz¨ ogerung aB = −0, 6 m/s2 und der H¨ ochstgeschwindigkeit v ∗ = 90 km/h sollen der Anfahrweg, der Bremsweg, die Wegstrecke der gleichf¨ ormigen Bewegung und die Fahrzeit ermittelt werden. L¨ osung Aus der konstanten Beschleunigung aA folgt beim Anfahren ein Geschwindigkeitsverlauf vA = aA t . Mit der vorgegebenen H¨ ochstgeschwindigkeit findet man die Anfahrtzeit v∗ 90 · 1000 = tA = = 125 s aA 3600 · 0, 2 und den Anfahrweg sA =

1 1 aA t2A = · 0, 2 · 1252 = 1563 m . 2 2

ur die GeschwinBeim Bremsen mit konstanter Verz¨ ogerung aB gilt f¨ digkeit vB = v ∗ + aB t . Die Zeit tB bis zum Anhalten (vB = 0) wird daher tB = −

v∗ 90 · 1000 =− = 41, 67 s , aB 3600 · (−0, 6)

und der zugh¨ orige Bremsweg ergibt sich zu 1 90 · 1000 1 aB t2B = · 41, 67 − · 0, 6 · 41, 672 2 3600 2 = 1041, 75 − 520, 92 = 521 m .

sB = v ∗ tB +

F¨ ur die Fahrt mit konstanter Geschwindigkeit v ∗ bleibt dann ein Weg von s∗ = 3000 − sA − sB = 916 m . Hierzu geh¨ ort eine Zeit t∗ =

s∗ 916 · 3600 = = 36, 64 s . v∗ 90 · 1000

Die Gesamtfahrzeit wird damit T = tA + t∗ + tB = 203, 31 s = 3, 39 min .

A1.3

8

A1.4

Geradlinige

Aufgabe 1.4 Ein PKW-Fahrer n¨ahert sich mit einer Geschwindigkeit von v0 = 50 km/h einer Ampel. Sie springt auf “Rot“, wenn er noch l = 100 m entfernt ist. Die Rot- und Gelbphase dauert t∗ = 10 s. Der Fahrer m¨ ochte die Ampel gerade dann passieren, wenn sie wieder auf Gr¨ un wechselt. ” ” a) Mit welcher konstanten Beschleunigung a0 muss der Fahrer bremsen? b) Welche Geschwindigkeit v1 hat er auf H¨ ohe der Ampel? c) Man zeichne die Diagramme a(t), v(t) und x(t).

L¨ osung Bei konstanter Beschleunigung a0 gilt mit x(t = 0) = 0 v0

v = v0 + a0 t , x = v0 t + a0

t2 . 2

l x

a) Aus der Bedingung x(t∗ ) = l folgt aus der 2. Gleichung   50 · 1000 2 2 m a0 = ∗2 (l − v0 t∗ ) = 2 100 − · 10 = −0, 78 2 . t 10 3600 s Das negative Vorzeichen zeigt an, dass der PKW verz¨ ogert wird! b) Mit der nun bekannten Bremsverz¨ ogerung ergibt sich aus der ersten Gleichung v1 = v(t∗ ) = 50 · = 6, 09

1000 − 0, 78 · 10 3600 a [m/s2 ]

km m . = 21, 9 s h

10

t [s]

-0,78

c) Integration der konstanten Beschleunigung liefert einen linearen Geschwindigkeitsverlauf, nochmalige Integration ein parabolisches Weg-ZeitDiagramm.

50

v [km/h] 21,9

x [m]

10

t [s] 100

10

t [s]

Bewegung

Aufgabe 1.5 Ein Fahrzeug bewegt sich gem¨ aß dem dargestellten Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm.

9

A1.5

v [m/s] 20

Man berechne die auftretenden Beschleunigungen, den zur¨ uckgelegten Weg und zeichne die Diagramme x(t), a(t), v(x) und a(x).

300 360

100

t [s]

L¨ osung Zweckm¨aßig teilt man den Bewegungsablauf in 3 Zeitbereiche: t1

t2

0

t3 300

100

1. Bereich, 0 ≤ t1 a1 ): Aus v1 = a1 t1 v (100) a1 = 1100 = s1 = x1 (100) =

360

t [s]

≤ 100 s (Anfahren mit konstanter Beschleunigung folgen 20 100 = 1 2

1 5

m/s2 ,

a1 t21 , √ v1 (x1 ) = 2a1 x1 . x1 =

· 15 (100)2 = 1000 m ,

1 2

2. Bereich, 0 ≤ t2 ≤ 200 s (gleichf¨ ormige Bewegung): Aus v2 = 20 m/s = const findet man a2 = 0 ,

x2 = v2 t2 ,

s2 = x2 (200) = 20 · 200 = 4000 m .

3. Bereich 0 ≤ t3 ≤ 60 s (Bremsen mit konstanter Verz¨ ogerung a3 ): Aus v3 = 20 m/s + a3 t3 berechnen sich 20 = − 1 m/s2 , x3 = 20 t3 + 12 a3 t23 , a3 = − 60 3 √ s3 = x3 (60) = 20 · 60 − 12 · 13 (60)2 = 600 m , v3 = 400 + 2a3 x3 . Das Fahrzeug durchf¨ ahrt insgesamt die Strecke s = s1 + s2 + s3 = 1000 + 4000 + 600 = 5600 m . a [m/s2 ] a1

300 360 100

5600 5000

a [m/s2 ]

a3

5000 5600

a1 1000

t [s]

x [m]

a3

x [m]

v [m/s] 20

1000

x [m] 100

300 360

t [s]

1000

5000 5600

10

A1.6

Geradlinige

Aufgabe 1.6 Die Beschleunigung eines frei fallenden K¨orpers unter Ber¨ ucksichtigung des Luftwiderstandes l¨ asst sich n¨ aherungsweise durch a(v) = g − αv 2 beschreiben. Dabei sind g die Erdbeschleunigung und α eine Konstante. Gesucht ist die Fallgeschwindigkeit v(t) eines K¨ orpers, der ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen wird.

L¨ osung Nach der Tabelle auf Seite 4 gilt f¨ ur gegebenes a(v)  v d¯ v t = t0 + . v2 v0 g − α¯ Wenn wir die Zeitz¨ ahlung mit t0 = 0 beginnen, so ergibt sich mit v(t0 ) = v0 = 0   v d¯ v d¯ v 1 v   t= = 2 g − α¯ v α g g 0 0 ( α − v¯)( α + v¯) und nach Partialbruchzerlegung

 v 1 1 1 1    d¯ v t= + α g g g 2 α 0 α − v¯ α + v¯  g    v g g 1 1 α +v − ln( = √ − v¯) + ln( + v¯) = √ ln  . 2 gα α α 2 gα g 0 − v α Aufl¨ osen nach v liefert  g √ α +v e2 gα t =  g α −v

 ;

v=

√

g e2 gα t − 1 √ . α e2 gα t + 1

e2ϕ − 1 eϕ − e−ϕ = 2ϕ Mit der Hyperbelfunktion tanh ϕ = ϕ l¨ asst sich −ϕ e +e e +1 das Ergebnis auch schreiben als  v √ g  tanh gα t . v= g α α

Aus der letzten Darstellung erkennt man den Grenzwert

lim v(t) = g/α ,

t

t→∞

d.h. f¨ ur große Zeiten f¨ allt der orper praktisch mit konstanter Ge K¨ schwindigkeit (a = 0 ; v = g/α).

Bewegung

11

Aufgabe 1.7 In einem Zylinder (Durchmesser d) bewegt sich ein Kolben infolge V0 d der Expansion der Gasf¨ ullung. Die Bep0 schleunigung a des Kolbens ist dabei proportional dem jeweiligen Gasdruck p, d.h. a = c0 p, wobei f¨ ur den Gasdruck das Gasl0 gesetz pV = const gelte. Der Ausgangszustand sei durch den Druck p0 , die Kolbenstellung l0 und die Anfangsgeschwindigkeit v0 = 0 vorgegeben. Wie groß ist die Kolbengeschwindigkeit v?

L¨ osung Bei einer Kolbenauslenkung x herrscht nach dem Gasgesetz p0 V0 = pV bzw. p0

πd2 πd2 l0 = p (l0 + x) 4 4

V

der Druck

p

l0 . l0 + x

p = p0

x

l0

Daraus folgt die Beschleunigung a(x) = c0 p = c0 p0

1 1 = a0 . 1 + x/l0 1 + x/l0

Dabei ist a0 = c0 p0 die Anfangsbeschleunigung bei x = 0. Nach der Tabelle auf Seite 4 berechnet sich bei gegebenem a(x) x v 2 = v02 + 2 x0

;

x a(¯ x)d¯ x=2

v=

0



  a0 x d¯ x = 2l0 a0 ln 1 + 1+x ¯/l0 l0



2 l0 a0 ln 1 +

x l0

a

 . v

a0

2

4

6

8

x/l0

2

4

6

8

x/l0

Anmerkung: Da die Beschleunigung mit wachsendem x abnimmt, steigt die Geschwindigkeit immer langsamer an.

A1.7

12

A1.8

Geradlinige Bewegung

Aufgabe 1.8 Die Beschleunigung eines P Z Punktes P , der sich l¨ angs einer Geraden bewegt, sei zum Punkt Z gerichtet und x umgekehrt proportional zum Abstand x. F¨ ur t = 0 hat P den Abstand x0 = 2 m, die Geschwindigkeit v0 = 4 m/s und eine Beschleunigung a0 = −3 m/s2 . a) Man bestimme die Geschwindigkeit v1 im Abstand x1 = 3 m. b) In welchem Abstand x2 ist die Geschwindigkeit Null?

L¨ osung Entsprechend der Aufgabenstellung ist a = −c/x, wobei sich die Konstante c aus den gegebenen Anfangswerten errechnet: c = −a0 x0 = −(−3) · 2 = 6 (m/s)2 . Mit dem nun bekannten a(x) ergibt sich f¨ ur die Geschwindigkeit (vgl. Tabelle S. 4) x 2

v =

v02

+2

a(¯ x)d¯ x=

v02

x  +2

x0

;

x0

c  x − d¯ x = v02 − 2c ln x ¯ x0

 v(x) = ± v02 − 2c ln x/x0 .

zu a) Die Geschwindigkeit f¨ ur x1 = 3 m folgt daraus zu  + 16 − 12 ln 3 = 3, 34 m . v1 = (−) 2 s zu b) Die Geschwindigkeit wird Null f¨ ur v = 0 ; v02 −2c ln

2 x = 0 ; x2 = x0 ev0 /2c = 2 e4/3 = 7, 59 m . x0

Anmerkungen: • Das Geschwindigkeits-WegDiagramm ist symmetrisch zur x-Achse. • Die Bewegung kann auch im Bereich negativer x erfolgen. Wegen der Unstetigkeit bei x = 0 m¨ ussen dann neue Gleichungen unter Ber¨ ucksichtigung der Richtungs¨ anderung von a aufgestellt werden.

v v0 1

x x0

1 2

ev0 /2c

Senkrechter Wurf

13

Aufgabe 1.9 Ein Ball wird mit einer Geschwindigkeit von v01 = 20 m/s senkrecht nach oben geworfen. Zwei Sekunden sp¨ ater wird ein zweiter Ball mit v02 = 18 m/s ebenfalls senkrecht nach oben geworfen. In welcher H¨ ohe H treffen sich die beiden B¨ alle?

L¨ osung Wir z¨ahlen die Zeit t vom Abwurf des 1. Balles. Dann gilt unter Beachtung der gegebenen Anfangswerte, der Richtung von g und der Zeitdifferenz Δt = 2 s g z1 = v01 t − t2 , 2 z2 = v02 (t − Δt) −

① z1

② z2

111111 000000

g (t − Δt)2 . 2

Gleichsetzen von z1 und z2 liefert die Treffzeit t∗ : g g v01 t∗ − t∗2 = v02 (t∗ − Δt) − (t∗2 − 2t∗ Δt + Δt2 ) 2 2   Δt v02 + 1 2 gΔt ; t∗ = = 3, 16 s . v02 − v01 + gΔt ohe Einsetzen in die Gleichung f¨ ur z1 (oder z2 ) ergibt die gesuchte H¨ H = z1 (t∗ ) = 20 · 3, 16 − 4, 9 · 3, 162 = 14, 27 m . In einem Weg-Zeit-Diagramm kann man die L¨ osung veranschaulichen:

z [m] H1max = 20, 38

z2 (t)

H = 14, 27 10

v01 t

z1 (t)

v02 t

2

t∗ = 3, 16

t [s]

A1.9

14

A1.10

Senkrechter

Aufgabe 1.10 Ein Ball wird vom Rand einer Klippe, die 50 m u ¨ber dem Meeresspiegel liegt, mit einer Geschwindigkeit von 10 m/s senkrecht nach oben geworfen. a) Welche h¨ ochste Stelle u ¨ber dem Meer erreicht der Ball? b) Wann trifft er auf das Meer auf? c) Mit welcher Geschwindigkeit f¨ allt er ins Wasser?

L¨ osung Mit a = −g und der Anfangsgeschwindigkeit v0 gilt H

v = z˙ = v0 − gt , z = v0 t −

g 2 t . 2

zu a) Die Steigzeit T folgt aus der Bedingung v(T ) = 0: v0 − gT = 0 ; T =

v0 . g

Die Wurfh¨ ohe H wird daher H = z(T ) =

11111 00000 00000 11111 00000 11111 00000 11111 00000 11111 00000 11111 00000 11111 00000 11111 00000 11111

z hmax h = 50 m

v02 v2 v2 − 0 = 0 . g 2g 2g

ur die h¨ ochste Stelle Mit v0 = 10 m/s ergibt sich f¨ hmax = h + H = h +

v02 102 = 50 + = 55, 1 m . 2g 2 · 9, 81

alt man aus z(tA ) = −h : zu b) Die Wurfzeit tA bis zum Auftreffen erh¨    g 2 1 2 + v0 ( − ) v0 + 2gh = 4, 37 s . −h = v0 tA − tA ; tA = 2 g Beachte: Das formal m¨ ogliche Minuszeichen vor der Wurzel entf¨ allt. Es f¨ uhrt zu einer negativen Zeit tA . c) Mit t = tA folgt die Auftreffgeschwindigkeit v(tA ) = v0 − gtA = 10 − 9, 81 · 4, 37 = −32, 87

m . s

Das Minuszeichen zeigt an, dass die Geschwindigkeit beim Auftreffen entgegen der gew¨ ahlten Koordinate z nach unten zeigt.

Wurf

15

Aufgabe 1.11 Die Besatzung eines Freiballons, der mit konstanter Geschwindigkeit v0 steigt, will die augenblickliche H¨ ohe h0 u ¨ber dem Boden bestimmen. Zu diesem Zweck l¨ asst sie einen Messk¨ orper aus der Gondel fallen, der beim Aufschlag explodiert. Nach der Zeit t1 h¨ ort die Besatzung die Detonation. ur die folgenden Werte zu bestimmen: v0 = 5 m/s, Es ist die H¨ ohe h0 f¨ g = 9, 81 m/s2 , t1 = 10 s, c = 330 m/s (Schallgeschwindigkeit).

L¨ osung Z¨ahlt man x von der Lage zum Zeitpunkt des Abwurfes (t = 0) nach unten, so errechnet sich die Fallzeit tK des Messk¨ orpers aus x(tK ) =

t = t1

1 2 g tK − v0 tK = h0 2

zu tK

v0 = g



 1( + −)

2gh0 1+ v02

 .

Nur die positive Wurzel ist sinnvoll, da tK > 0 sein muss. Der Schall legt einen Weg h0 +v0 t1 zur¨ uck, da der Ballon w¨ ahrend der Zeit t1 um die Strecke v0 t1 gestiegen ist. Daher wird die Schallzeit tS =

v0 t1 t=0 x h0

111111 000000 000000 111111

Schallweg h0 + v0 t1 = . Schallgeschw. c

Die Gesamtzeit setzt sich aus Fallzeit und Schallzeit zusammen:    h0 + v0 t1 v0 2gh0 1+ 1+ + t 1 = t K + tS = . g v02 c Nach Umformen und Quadrieren findet man     c − v0 gt1 ) gt1 + c 1( + 1 + 2 h0 = − g c − v0     325 98, 1 98, 1 + 330 1 − 1 + 2 = 338 m . = 9, 81 325 Die L¨ osung mit der positiven Wurzel f¨ uhrt zu mechanisch unsinnigen Ergebnissen.

A1.11

16

A1.12

Kreisbewegung

Aufgabe 1.12 Zwei Punkte P1 und P2 beginnen gleichzeitig im Punkt A ihre Bewegung auf einer Kreisbahn in entgegengesetzter Richtung. Der Punkt P1 bewegt sich mit der gleichm¨ aßigen Bahnbeschleunigung at1 aus einer Ruhelage in A, der Punkt P2 gleichf¨ ormig mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω2 .

P1

r

A

B P2

a) Wie groß muss at1 sein, damit sich die Punkte in B treffen? b) Welche Winkelgeschwindigkeit hat P1 in B? c) Welche Normalbeschleunigungen haben beide Punkte in B?

L¨ osung F¨ ur P1 folgt aus at1 = const = v˙ unter Beachtung der Anfangsbedingungen s01 = 0, v01 = 0 v1 = at1 t ,

s1 =

1 at1 t2 . 2

F¨ ur P2 ergibt sich aus at2 = 0 mit s02 = 0, v02 = rω2 v2 = rω2 ,

s2 = rω2 t .

zu a) Da beide Punkte in gleichen Zeiten den halben Kreisumfang durchlaufen sollen, muss gelten πr =

1 at1 t2B , 2

πr = rω2 tB .

Hieraus ermittelt man tB =

π ω2

;

at1 =

2πr 2rω22 . 2 = tB π

zu b) Mit der nun bekannten Tangentialbeschleunigung at1 und der bekannten Zeit tB wird v1 (tB ) = at1 tB = rω1 (tB )

;

ω1 (tB ) =

at1 tB 2rω22 π = 2ω2 . = r πrω2

zu c) Die Normalbeschleunigungen in B ergeben sich aus an = rω 2 zu an1 = rω12 (tB ) = 4rω22 ,

an2 = rω22 .

Kreisbewegung

Aufgabe 1.13 Ein Punkt bewegt sich nach dem Start in A entlang einer Kreisbahn vom Radius r. Seine Bewegung gen¨ ugt dem Gesetz s = c t2 .

17

A1.13

y B

P r

s

ϕ

Man ermittle: a) die Geschwindigkeitskomponenten vx (t) und vy (t), b) die Geschwindigkeit im Punkt B,

A

x

c) die Tangentialbeschleunigung at (s) und die Normalbeschleunigung an (s).

L¨ osung Aus s = c t2 folgt die Bahngeschwindigkeit v = s˙ = 2c t . zu a) An einer beliebigen Stelle hat die tangential zur Bahn gerichtete Geschwindigkeit die Komponenten vx = −v sin ϕ ,

vy = v cos ϕ .

v vy ϕ

Mit ϕ=

ct s = r r

2

vx s

folgen daraus vx = −2c t sin

ϕ

c t2 , r

vy = 2c t cos

zu b) Im Punkt B ist πr = c t2B s(tB ) = 2

 ;



v(tB ) = 2c tB = 2c

tB =

c t2 . r

r

πr , 2c

√ πr = 2πrc . 2c

zu c) Aus at = v˙ ,

an =

v2 4c2 t2 = r r

folgen mit v˙ = 2c und c t2 = s die Ergebnisse 4cs an = . at = 2c , r Anmerkung: W¨ ahrend die Tangentialbescheunigung konstant bleibt, w¨ achst die Normalbeschleunigung linear mit s.

18

A1.14

Kreisbewegung

Aufgabe 1.14 Ein Punkt M durchl¨auft einen Halbkreis. Die Projektion seiner Bewegung auf den Durchmesser AB ist eine gleichf¨ ormige Bewegung mit der Geschwindigkeit c.

v M r A

ϕ

B

a) Man bestimme die Bahngeschwindigkeit v(ϕ) und den Betrag a(ϕ) der Beschleunigung b) Welchen Winkel schließt der Beschleunigungsvektor mit dem Durchmesser AB ein?

L¨ osung zu a) Aus der Bedingung v sin ϕ = c folgt v(ϕ) =

v

c . sin ϕ

ϕ

M

c

Die Beschleunigungskomponenten at und an berechnen sich mit rϕ˙ = v zu

ϕ

v dv dv c c2 cos ϕ , = ϕ˙ = − 2 cos ϕ = − dt dϕ r r sin3 ϕ sin ϕ v2 c2 an = . = r r sin2 ϕ at =

Damit erh¨ alt man schließlich   2 cos2 ϕ 1 c 2 + a = |a| = at + a2n = r sin6 ϕ sin4 ϕ  c2 c2 cos2 ϕ + sin2 ϕ = . = 3 r sin ϕ r sin3 ϕ zu b) Aus dem Bild liest man ab: at 2

tan ψ = tan(ϕ − α) =

at = an

cos ϕ sin3 ϕ c2 r sin2 ϕ

− cr

= − cot ϕ = + tan(ϕ − π/2)

;

M

α ϕ

α=

π , 2

ψ

a

an

d.h. die Gesamtbeschleunigung steht senkrecht auf AB. Anmerkung: Das letzte Ergebnis h¨ atte man auch ohne Rechnung erkennen k¨ onnen: wenn eine Komponente von v konstant ist, so tritt in dieser Richtung keine Beschleunigung auf, d.h a steht senkrecht auf der Richtung dieser Komponente.

Kreisbewegung

Aufgabe 1.15 Ein Auto bef¨ahrt eine kreisbogenf¨ ormige Kurve vom Radius R mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 . Es bremst, wobei die Bahnverz¨ ogerung nach dem Gesetz at (v) = −(a0 + κv) erfolgt. Darin sind a0 und κ Konstanten.

19

A1.15

s v0 R

Zu ermitteln sind die Bremszeit tB , der Bremsweg sB und die Normalbeschleunigung an .

L¨ osung Aus dem Beschleunigungsgesetz at (v) = v˙ = −(a0 + κv) folgt mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 und t0 = 0 (vgl. Seite 4)  v d¯ v 1 a0 + κv0 t(v) = − = ln . v κ a0 + κv v0 a0 + κ¯ Mit der Bedingung v = 0 wird die Bremszeit 1  κv0  . tB = t(v = 0) = ln 1 + κ a0 Die Umkehrfunktion von t(v) ergibt sich zu  κv0  −κt a0 + κv0 a0  1+ e −1 . eκt = ; v(t) = a0 + κv κ a0 Hieraus findet man durch Integration unter Beachtung der Anfangsbedingung s0 = s(0) = 0  t   κv0  a0  1 − e−κt − κt s(t) = v(t¯)dt¯ = 2 1 + κ a0 0 und damit den Bremsweg 

  κv0  κv0  a0  1 − ln 1 + sB = s(tB ) = 2 1 + 1− 0 κ a0 a0 1 + κv a0    κv0 a0 κv0 − ln 1 + . = 2 κ a0 a0 Die Normalbeschleunigung zur beliebigen Zeit errechnet sich zu  2 κv0  −κt v2 a2 1+ e −1 . an = = 02 R Rκ a0 Probe: F¨ ur t = tB wird an = 0.

20

A1.16

Kreisbewegung

Aufgabe 1.16 Ein auf einer vertikalen Kreisbahn gef¨ uhrter Massenpunkt P erf¨ ahrt infolge der Erdschwere die Tangentialbeschleunigung g cos ϕ. Er wird in A aus der Ruhelage losgelassen.

A ϕ R

s

g

P

Gesucht sind die Geschwindigkeit und die Beschleunigung in Abh¨ angigkeit vom Winkel ϕ.

at B

L¨ osung Aus der Tangentialbeschleunigung at = g cos ϕ = v˙ = at (ϕ) folgt mit s = R ϕ und der Anfangsgeschwindigkeit v0 = 0 (vgl. Seite 4) ϕ 2

v =2

g cos ϕ ¯ R dϕ ¯ = 2gR sin ϕ 0

;

v=

2gR sin ϕ .

Mit den Beschleunigungskomponenten at = g cos ϕ , wird a = |a| = ;

an =

v2 = 2g sin ϕ R 

 a2t + a2n = g

cos2 ϕ + 4 sin2 ϕ

 a=g

1 + 3 sin2 ϕ .

Anmerkungen: • In A ist at = g und an = 0. (Der Punkt hat eine reine Tangentialbeschleunigung.) • In B ist at = 0 und an = 2g. (Reine Normalbeschleunigung nach oben.) • Mit der H¨ o√ hendifferenz h = R sin ϕ l¨ asst sich die Geschwindigkeit durch v = 2gh darstellen.

Kreisbewegung

Aufgabe 1.17 Ein Satellit S bewegt sich auf einer Kreisbahn um die Erde, wenn seine Normalbeschleunigung gerade gleich der Gravitationsbeschleunigung g R2 /r2 ist (Erdbeschleunigung g = 9, 81 m/s2 , Erdradius R = 6370 km). a) In welcher H¨ ohe H u ache ¨ber der Erdoberfl¨ bewegt sich ein Satellit bei einer Bahngeschwindigkeit von 25000 km/h?

21

A1.17 S r R

b) Welche Geschwindigkeit muss ein Satellit haben, dessen Orbit 1000 km u ¨ber der Erde liegt? c) In welcher Zeit umkreist ein Satellit in der H¨ ohe H = 400 km die Erde? d) In welcher H¨ ohe steht ein geostation¨ arer Satellit?

L¨ osung zu a) Aus der erforderlichen Normalbeschleunigung an = v 2 /r = g R2 /r2 folgt bei gegebener Geschwindigkeit r=g

R2 v2

;

 R  H = r − R = R g 2 − 1 = 1884 km . v

zu b) Aus der gleichen Formel ergibt sich bei gegebenem Abstand   g g =R = 26457 km/h . v=R r R+H

ange zu c) Mit der konstanten Geschwindigkeit v = R g/r und der L¨ L = 2πr einer Umlaufbahn errechnet sich die Umlaufzeit T =

L r3/2 = 2π √ = 5547 s = 1, 54 h . v R g

zu d) Ein geostation¨ arer Satellit hat dieselbe Winkelgeschwindigkeit wie die Erde: ωE = 2π/(24 h) . F¨ ur ihn gilt daher  R 2 2 an = rωE =g r

;

 R2 1/3 r= g 2 ωE

oder in Zahlenwerten  (6370)2 2 1/3 r = 9, 81 · 10−3 · (3600)2 24 = 4, 22 · 104 km , (2π)2 ; H = r − R ≈ 36000 km .

22

A1.18

Ebene Bewegung

Aufgabe 1.18 Ein Punkt bewegt sich in einer Ebene mit der konstanten Bahngeschwindigkeit v0 l¨ angs der Bahnkurve r(ϕ) = b eϕ (Logarithmische Spirale). F¨ ur t = 0 sei ϕ = 0. Man ermittle die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ in Abh¨ angigkeit von ϕ und von t sowie die Radialgeschwindigkeit r. ˙

L¨ osung In Polarkoordinaten l¨asst sich die Bahngeschwindigkeit darstellen durch

v = r˙ 2 + r2 ϕ˙ 2 . Mit v = v0 und r˙ =

dr dϕ dr = ϕ˙ = ϕb ˙ eϕ dϕ dt dϕ

erh¨ alt man durch Einsetzen

√ v0 = ϕ˙ 2 b2 e2ϕ + b2 e2ϕ ϕ˙ 2 = 2 b eϕ ϕ˙ . Durch Aufl¨ osen folgt v0 −ϕ e ϕ˙ = √ 2b und damit √ ˙ eϕ = v0 / 2 = const . r˙ = ϕb Zur Ermittlung der Zeitabh¨ angigkeit finden wir aus ϕ˙ =

dϕ v0 −ϕ e = √ dt 2b

durch Trennung der Ver¨ anderlichen v0 eϕ dϕ = √ dt 2b und Integration unter Beachtung der Anfangsbedingungen ϕ(t = 0) = 0 v0 t eϕ − 1 = √ 2b

;

v0 eϕ = 1 + √ t. 2b

Einsetzen in ϕ(ϕ) ˙ ergibt schließlich 1 v0 . ϕ˙ = √ 2 b 1 + √v0 t 2b

in Polarkoordinaten

Aufgabe 1.19 Eine Stange der L¨ange l rotiert um A mit dem Zeitgesetz ϕ = κt2 . Auf der Stange rutscht ein Gleitk¨ orper G nach dem Gesetz r = l(1 − κt2 ). a) Gesucht sind Geschwindigkeit und Beschleunigung von G f¨ ur ϕ1 = 45◦ . b) Bei welchem Winkel ϕE st¨ oßt G am Lager A an? Gegeben: l = 2 m, κ = 0, 2 s−2 .

23

A1.19 B l r

G ϕ(t)

A

L¨ osung zu a) Wir ermitteln zun¨achst die Zeit t1 f¨ ur die zu untersuchende Lage ϕ1 :

; t1 = π/(4κ) = 1, 98 s . ϕ1 = π/4 = κt21 Aus den gegebenen Zeitabh¨ angigkeiten finden wir r = l(1 − κt2 ) , 2

ϕ = κt ,

r˙ = −2κlt ,

r¨ = −2κl ,

ϕ˙ = 2κt ,

ϕ ¨ = 2κ .

Daraus ergeben sich f¨ ur t = t 1 vϕ

vr = r˙ = −2κlt1 = −1, 58 m/s , vϕ = rϕ˙ = l(1 − κt21 )2κt1 = 0, 34 m/s ,

2 = 1, 62 m/s v = vr2 + vϕ

v

vr π 4

und ar = r¨ − rϕ˙ 2 = −2κl − l(1 − κt21 )4κ2 t21 = −1, 07 m/s2 ,

ar

aϕ = rϕ ¨ + 2r˙ ϕ˙ = l(1 − − 2 · 2κlt1 2κt1 = −2, 34 m/s2 ,

a = a2r + a2ϕ = 2, 57 m/s2 . κt21 )2κ

Der K¨ orper erreicht A f¨ ur r = 0 = l(1 − κt2E )

;

Hierzu geh¨ ort der Winkel ϕE = κt2E = 1

(=57,  3◦ ) .

tE =

1/κ = 2, 24 s .

aϕ

π 4 a

24

A1.20

Ebene Bewegung

Aufgabe 1.20 Von der Bewegung eines Punktes in einer Ebene sind die Radialgeschwindigkeit vr = c0 = const und die Radialbeschleunigung ar = −a0 = const gegeben. F¨ ur die Anfangsbedingungen r(t=0) = 0 und ϕ(t=0) = 0 ermittle man: a) die Winkelgeschwindigkeit ω(t), b) die Bahnkurve r(ϕ), c) die Zirkularbeschleunigung aϕ (t).

L¨ osung zu a) Aus vr = r˙ = c0 folgen mit r(t = 0) = 0 r¨ = 0

r = c0 t .

und

Damit erh¨ alt man aus ar = r¨ − rω 2  a0 −a0 = −c0 tω 2 ; ω= . c0 t zu b) Durch Integration von ω = ϕ˙ findet man mit ϕ(t=0) = 0 

t ω dt¯ =

ϕ= 0

a0 c0

t 0

dt¯ √ = t¯



a0 √ 2 t c0

;

t=

ϕ2 c0 . 4 a0

Einsetzen in r = c0 t liefert die Gleichung der Bahnkurve r(ϕ) =

c20 2 ϕ . 4a0

zu c) Die Zirkularbeschleunigung berechnet sich aus ¨ + 2r˙ ϕ˙ aϕ = rϕ mit ϕ˙ = ω = zu

Bahn



a0 c0 t

und

ϕ ¨=−

1 2



v

a0 c0 t3

   1 a  a0 3 a0 c0 0 aϕ = c0 t − + 2c . = 0 2 c0 t3 c0 t 2 t

Anmerkung: Die Zirkulargeschwindigkeit ist vϕ = rω = c0 ϕ/2 .

vr

vϕ ϕ

√

a0 c0 t =

in Polarkoordinaten

Aufgabe 1.21 Eine rotierende Lichtquelle wirft einen Lichtstrahl auf einen Wandschirm. Der Lichtpunkt P soll sich mit konstanter Geschwindigkeit v0 bewegen.

25

A1.21

x

1111111111 0000000000 P

v0

r0

Welchem Gesetz muss die Winkelbeschleunigung ϕ(ϕ) ¨ der Lichtquelle gen¨ ugen? Man stelle ϕ(ϕ) ˙ und ϕ(ϕ) ¨ in Diagrammen dar.

ϕ

L¨ osung Aus dem Weg x des Lichtpunktes x = r0 tan ϕ folgt durch Bilden der Umkehrfunktion ϕ = arctan

x . r0

Differentiation liefert mit x˙ = v = v0 = const x˙ v0 r0 v0 1 v0 = 2 = cos2 ϕ , =  2 r0 r0 + x2 r0 (1 + tan2 ϕ) r0 x 1 + r0  v 2 v0 0 ϕ ¨= 2 cos ϕ(− sin ϕ)ϕ˙ = −2 sin ϕ cos3 ϕ . r0 r0 ϕ˙ =

ϕ˙ v0 r −

π 2

π 2

ϕ

π 2

ϕ

ϕ¨

−

π 2

Anmerkung: Das Maximum von ϕ ¨ liegt bei ϕ = ±30o und betr¨ agt   3 √ v0 2 |ϕ ¨max | = 3 . 8 r0

26

A1.22

Polarkoordinaten

Aufgabe 1.22 In einem Turm (Radius R) sitzt im Punkt A eine Maus, im Mittelpunkt 0 eine Katze. Die Maus rennt mit der ϕ r konstanten Geschwindigkeit vM entlang der 0 L Turmmauer, um das rettende Loch L zu A R erreichen. Die Katze verfolgt die Maus und beschreibt eine Bahn, die durch eine Archimedische Spirale r(ϕ) = Rϕ/π beschrieben wird. Wie groß muss die konstante Bahngeschwindigkeit vK der Katze sein, damit sie die Maus am Loch erwischt und nach welcher Zeit T erreicht die Katze die Maus? L¨ osung Aus der Bahngleichung r(ϕ) f¨ ur die Bewegung der Katze folgen die Geschwindigkeitskomponenten vr = r˙ =

dr dϕ R = ϕ˙ dϕ dt π

und

vϕ = rϕ˙ =

R ϕϕ˙ . π

Daher gilt f¨ ur die konstante Bahngeschwindigkeit  R R dϕ 2 = 1 + ϕ2 . ϕ˙ 1 + ϕ2 = vK = vr2 + vϕ π π dt Trennung der Ver¨ anderlichen und Integration f¨ uhren auf t vK

R dt¯ = vK t = π

0

Mit 

ϕ

1+ϕ ¯2 dϕ ¯.

0

1 + x2 dx =

 1 x 1 + x2 + arsinh x 2

erh¨ alt man daraus t(ϕ):  R  ϕ 1 + ϕ2 + arsinh ϕ . vK t = 2π Die Zeit, nach der Maus und Katze am Loch ankommen, errechnet sich aus der Geschwindigkeit der Maus zu T =

AL πR = . vM vM

ultig Einsetzen in vK t ergibt mit ϕ(t = T ) = π endg¨  

vM π 1 + π 2 + arsinh π = 0, 62 vM . vK = 2π 2

Kapitel 2 Kinetik des Massenpunktes

2

28

Bewegungsgesetz, Impulssatz

NEWTONsches Bewegungsgesetz (Kr¨ aftesatz): Die Bewegung eines Massenpunktes unter der Wirkung von Kr¨ aften wird beschrieben durch d(m v) = p˙ = F dt  mit F = F i und dem Impuls p = mv . Da die Masse konstant ist, kann das Bewegungsgesetz auch in der Form ma = F

Masse × Beschleunigung = Kraft

ausgedr¨ uckt werden. Hieraus folgt z.B. f¨ ur kartesische Koordinaten    Fx , may = Fy , maz = Fz . max = Anmerkungen: • Das Bewegungesetz gilt in dieser Form nur in einem Inertialsystem (= absolut ruhendes System, vgl. auch Kapitel 8), • K¨ orper endlicher Abmessungen k¨ onnen als Massenpunkte aufgefasst werden, sofern ihre Abmessungen keinen Einfluss auf die Bewegung haben. Impulssatz: Zeitliche Integration des Bewegungsgesetzes ergibt 

t

mv − mv 0 =

F dt¯

 p − p0 = F

bzw.

t0

 = mit dem Kraftstoß (Antrieb) F (F = 0), so bleibt der Impuls erhalten:

t t0

F dt¯. Wirken keine Kr¨ afte

p = m v = const . Drehimpulssatz (Momentensatz): Vektorielle Multiplikation des Bewegungsgesetzes mit dem Ortsvektor r liefert dL(0) = M (0) . dt uglich des festen Punktes 0, mit L(0) = r × p = Drehimpuls (Drall) bez¨ uglich des festen Punktes 0. M (0) = r × F = Moment bez¨

29

Arbeitssatz, Energiesatz

Wirkt kein Moment (M (0) = 0), so bleibt der Drehimpuls erhalten: L(0) = r × m v = const . Dann folgt mit dA =

1 r × dr 2

;

dA 1 = r×v dt 2

dr dA

m r

der Fl¨ achensatz (vgl. Seite 4)

Bahn

0

A˙ = const .

Arbeitssatz: Wegintegration des Bewegungsgesetzes f¨ uhrt auf  r1 mv12 mv02 F · dr − = 2 2 r0 kinetische Energie : Arbeit der Kraft F :

bzw.

Ek1 − Ek0 = W ,

1 m v2 , 2   W = dW = F · dr , Ek =

dW = F · dr = |F | |dr| cos α.

dr m

α F

Anmerkungen: • Kr¨ afte, die senkrecht zum Weg stehen (α = π/2), leisten keine Arbeit. • Bei einer Drehbewegung gilt dW = M ·dϕ. Energiesatz: Lassen sich die Kr¨ afte gem¨ aß  ∂E ∂Ep ∂Ep  p F = − grad Ep = − ex + ey + ez ∂x ∂y ∂z  konservative Kr¨ afte), so ist die aus einem Potential Ep ableiten (= Arbeit wegunabh¨ angig, d.h. durch die Potentialdifferenz gegeben:  r1 W = F · dr = Ep0 − Ep1 . r0

Damit folgt dann aus dem Arbeitssatz Ek1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 = const In Worten: F¨ ur konservative Kr¨ afte ist die Summe aus kinetischer ahrend der Bewegung konEnergie Ek und potentieller Energie Ep w¨ stant.

30

Potential, Wurfbewegung

Einige Potentiale Gravitationspotential (nahe Erdober߬ ache)

Ep = mg z

Gravitationspotential (allgemein)

Ep = −f

Gravitationskonstante Federpotential

mg

z

M

Mm r

f = 6, 673 · 10−11 m3 /kg s2 1 Ep = cx2 2

m

r

x F

c

Leistung dW =F ·v = Leistung einer Kraft, dt dϕ = M · ω= Leistung eines Momentes. P =M· dt P =

Formeln zur Wurfbewegung Bahnkurve (Wurfparabel):  2 g x − x0 + (x − x0 ) tan α , z = z0 − 2 v0 cos α z

Wurfh¨ ohe: h=

1 (v0 sin α)2 , 2g

v0 z0

α

h

Wurfzeit:

   v0 sin α 2gz0 tw = 1+ 1+ 2 2 , g v0 sin α

Wurfweite: w=

v02

   sin α cos α 2gz0 1+ 1+ 2 2 . g v0 sin α

Sonderfall z0 = 0 : tw =

2 v0 sin α , g

w=

1 2 v0 sin 2α . g

xw x

x0 w

Geradlinige Bewegung

Aufgabe 2.1 Eine Kiste vom Gewicht G wird mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 eine rauhe schiefe Ebene hinabgestoßen. a) Wie groß ist die Geschwindigkeit in Abh¨ angigkeit vom Weg? b) Nach welcher Strecke xE kommt die Kiste zur Ruhe? Unter welchen Umst¨ anden ist dies m¨ oglich?

31

A2.1 v0 G

μ α

L¨ osung zu a) Das Bewegungsgesetz liefert in x- und in y-Richtung y

:

m¨ x = G sin α − R ,

:

0 = N − G cos α .

x R

Mit dem Reibungsgesetz R = μN folgt daraus die Beschleunigung x ¨ = g(sin α − μ cos α) = a0 .

N

α

G = mg

Zweifache Integration liefert unter Ber¨ ucksichtigung der Anfangsbedingungen x(0) = 0, v(0) = v0 : 1 x(t) = v0 t + a0 t2 . v(t) = x˙ = v0 + a0 t , 2 Hieraus erh¨ alt man durch Eliminieren der Zeit t=

v − v0 a0

;

;

v(x) =



x = v0

v − v0 a0 v 2 − 2vv0 + v02 v 2 − v02 + = 2 a0 2 a0 2a0

v02 + 2a0 x .

ur die zur¨ uckzu b) Aus der Bedingung v(xE ) = 0 (Ruhe) ergibt sich f¨ gelegte Strecke xE v2 0 = v02 + 2a0 xE ; xE = − 0 . 2a0 Damit xE positiv ist, muss a0 < 0 sein, d.h. μ > tan α. Die gleichen Ergebnisse findet man leichter mit Hilfe des Arbeitssatzes: Ek1 − Ek0 = W . Er f¨ uhrt mit 1 1 W = (mg sin α)x − Rx, Ek0 = mv02 , Ek1 = mv 2 , R = μmg cos α 2 2 durch Aufl¨ osen nach v sofort zu  v(x) = v02 + 2g(sin α − μ cos α)x .

32

A2.2

Geradlinige

Aufgabe 2.2 Ein PKW ohne ABS soll aus der Geschwindigkeit v0 = 100 km/h durch eine Vollbremsung (Rutschen) zum Stillstand gebracht werden. a) Wie groß sind die Bremszeit und der Bremsweg, wenn der Reibungskoeffizient zwischen nasser Fahrbahn und Reifen μ = 0, 35 betr¨ agt? b) Wie ¨ andern sich die Ergebnisse bei trockener Fahrbahn mit μ = 0, 8?

L¨ osung Aus dem Bewegungsgesetz ← : ma = m¨ x = −R ,

↑ : 0 = N − mg

a mg

und dem Reibungsgesetz R = μN

R N

folgt a = −μg . Integration liefert mit v(t = 0) = v0 und x(t = 0) = 0 1 x(t) = v0 t − μgt2 . v(t) = v0 − μgt , 2 Die Bremszeit berechnet sich dann aus der Bedingung v = 0 zu v0 tB = , μg und der Bremsweg wird xB = x(tB ) =

v02 v2 v2 − 0 = 0 . μg 2μg 2μg

Beachte: tB und xB sind umgekehrt proportional zu μ. zu a) Mit den gegebenen Zahlenwerten f¨ ur die nasse Straße erh¨ alt man 100 · 1000 tB = = 8, 1 s , 3600 · 0, 35 · 9, 81  100 2 1 xB = = 112 m . 3, 6 2 · 0, 35 · 9, 81 zu b) Die Werte verringern sich bei trockener Straße auf 0, 35 0, 35 xB = 112 · tB = 8, 1 · = 3, 55 s , = 49 m . 0, 8 0, 8 Anmerkung: Autofahrer m¨ ogen diesen Zahlen entnehmen, welchen Abstand man - unter zus¨ atzlicher Beachtung einer Schrecksekunde - zweckm¨ aßig einhalten sollte!

Bewegung

33

Aufgabe 2.3 Ein Fallschirmspringer (Gewicht mit Fallschirm G) habe ¨ gleich nach Offnen des Fallschirmes die Anfangsgeschwindigkeit v0 . a) Wie groß ist die Geschwindigkeit v in Abh¨ angigkeit von t, wenn f¨ ur den Luftwiderstand ein Gesetz W = kv 2 angenommen wird? b) Wie groß ist die Grenzgeschwindigkeit vg ?

L¨ osung Das Bewegungsgesetz liefert ↓ : ma = m¨ x = mg − kv

W = kv 2

2

oder x ¨=

dv = g − k1 v 2 dt

mit

k1 =

k . m

x˙

zu a) Trennung der Ver¨ anderlichen und Integration f¨ uhrt auf  v  t d¯ v = dt¯ , ¯2 v0 g − k1 v 0

G = mg

wobei wir die Zeit von der Fallschirm¨ offnung z¨ ahlen. Mit dem Grundintegral 

dz 1 = √ artanh( B/A z) A − Bz 2 AB v

findet man daraus v 

1 √ artanh k1 /g v¯ =t gk1 v0 bzw.  v(t) =



g tanh gk1 t + artanh k1

vg v0

 k1 v0 g

t

.

zu b) F¨ ur t → ∞ folgt (tanh z → 1 f¨ ur z → ∞)   g G = . vg = k1 k ¨ Dasselbe Ergebnis erh¨ alt man auch aus der Uberlegung, dass im Grenzfall die Beschleunigung Null ist:   g G 2 = . a = g − k1 vg = 0 ; vg = k1 k

A2.3

34

A2.4

Geradlinige

Aufgabe 2.4 Ein Computer (Gewicht G=100 N) ist in einer Verpackungskiste mit Schaumstoff (Federsteifigkeit c = 100 N/cm) gegen Stoß gesichert. Aus welcher H¨ ohe h darf die Kiste auf einen harten Boden aufschlagen, wenn die Beschleunigung, die das Ger¨ at dabei erleidet, nicht gr¨ oßer als die vierfache Erdbeschleunigung sein soll?

111111 000000 000000 111111 000000 111111 000000 111111 000000 111111 G 000000 111111 000000 111111 000000 111111 h

c

1111111111 0000000000

L¨ osung W¨ahrend die Kiste f¨allt, hat die Beschleunigung den Wert g. Nach dem Auftreffen auf den Boden wird der Schaumstoff (=  Feder) zusammengedr¨ uckt und die Masse erf¨ ahrt eine Beschleunigung nach oben. Es gilt dann mg

δ

↑ : m a = −mg + c δ .

c

Mit amax = 4g folgt die maximale Federzusammendr¨ uckung δmax =

111111111 000000000 000000000 111111111

5mg = 5 cm . c

Die zul¨ assige Fallh¨ ohe l¨ asst sich damit aus dem Energiesatz Ek1 + Ep1 = Ek2 + Ep2 errechnen: Zustand 1

Zustand 2

l h

1111111111 0000000000

l

11111111 00000000 00000000 11111111

δmax

1 2 Ek1 = 0 , Ep1 = mg(l+h) , Ek2 = 0 , Ep2 = mg(l−δmax )+ cδmax . 2 Einsetzen liefert h=

1 c 2 15 mg δmax − δmax = = 7, 5 cm . 2 mg 2 c

Bewegung

Aufgabe 2.5 Auf einer rauhen schiefen Ebene (Neigungswinkel α, Reibungszahl μ) wird eine Masse m1 gef¨ uhrt, die durch ein Seil mit der Masse m2 verbunden ist. Rolle und Seil sollen masselos sein. a) Wie groß sind die Beschleunigungen, wenn m1 nach oben bzw. nach unten rutscht? b) Wie groß ist die Seilkraft?

35

A2.5

m1 m2 μ α

L¨ osung zu a) Wir schneiden das Seil und stellen f¨ ur die 3 Teile die Grundgleichungen auf, wobei wir zuerst ein Rutschen nach oben annehmen: G1 = m 1 g x1

S2

A

S1

S1 S2

R

N

 : m1 a1 = S1 − R − G1 sin α, : N = G1 cos α,

x2 G2 = m 2 g

 A : S1 = S2 , ↓ : m2 a2 = G2 − S2 ,

R = μN .

Mit der kinematischen Bedingung (dehnstarres Seil) v1 = v2 und folglich a1 = a2 = a ergibt sich a(o) = a = g

m2 − m1 (sin α + μ cos α) . m 1 + m2

achlich nach oben rutscht, muss a > 0, d.h. m2 > Damit m1 tats¨ m1 (sin α + μ cos α) sein! Beim Rutschen nach unten dreht sich nur die Richtung von R um. Dann folgt m1 (sin α − μ cos α) − m2 a(u) = a = −g . m 1 + m2 Dieser Fall tritt f¨ ur a < 0, d.h. f¨ ur m1 (sin α − μ cos α) > m2 ein. zu b) Unabh¨ angig von der Bewegungsrichtung gilt S = S2 = S1 = G2 − m2 a2 = m2 (g − a) . Durch Einsetzen der entsprechenden Beschleunigungen erh¨ alt man daraus S (o) =

m1 m2 g(1 + sin α + μ cos α) , m 1 + m2

S (u) =

m1 m2 g(1 + sin α − μ cos α) . m 1 + m2

36

A2.6

Geradlinige Bewegung

Aufgabe 2.6 Eine Kette der L¨ange l und der Masse m liegt so auf einer glatten Unterlage, dass sie mit der L¨ ange e u angt. ¨berh¨ Gesucht ist der Bewegungsablauf, wenn die Kette aus der Ruhelage sich selbst u ¨berlassen wird.

1111111 0000000 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111

e

L¨ osung 1. Weg: Alle Kettenglieder erfahren die gleiche Verschiebung, Geschwindigkeit und Beschleunigung. An der Ecke erfolgt nur eine Richtungs¨ anderung wie bei einer Umlenkrolle. Wir k¨ onnen daher die Kette als eine einzige Masse betrachten, bei der sich nur die antreibende Kraft mit der L¨ ange x des u angenden Teiles ¨ andert. Das ¨berh¨ Bewegungsgesetz lautet daher mit a = x ¨ x g ma = m g ; x ¨− x=0. l l Diese DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten hat die L¨ osung   g g x(t) = A cosh t + B sinh t. l l

1111111 0000000 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111

x m g l

x

Die Integrationskonstanten folgen aus den Anfangsbedingungen   x(0) ˙ =0 ; B=0 g ; x(t) = e cosh t. l x(0) = e ; A = e Diese L¨ osung gilt nat¨ urlich nur f¨ ur x ≤ l. Ist die Kette v¨ ollig abgelaufen (xE = l), so gilt x ¨E =

g l=g, l

d.h. die Kette f¨ allt dann im freien Fall. 2. Weg: Wir schneiden an der Ecke x−l m auf und wenden das Bewegungsgesetz l auf jedes Teil an: d  l−x  d m  m m x˙ = S , xx˙ = xg−S . dt l dt l l Eliminieren von S f¨ uhrt wieder auf die DGL g x ¨− x=0. l

S S

m

x l

x

Schiefer Wurf

Aufgabe 2.7 Welchen geometrischen Ort P1 bilden alle Massenpunkte zur Zeit t = t1 , die zur Zeit t = 0 mit derselben Geschwindigkeit v0 unter verschiedenen Winkeln α zur Horizontalen von einem Punkt P aus abgeworfen werden? Alle Wurfbahnen sollen dabei in ein und derselben vertikalen Ebene liegen. (Der Luftwiderstand sei vernachl¨ assigbar.)

A2.7

t = t1 v0

v0

1111111111 0000000000 0000000000 1111111111 α

t=0

P

L¨ osung Zweckm¨aßig legen wir den Koordinatenursprung nach P . Dann folgt aus ↑ : m¨ z = −mg ,

37

z

→ : m¨ x=0

P1 v0

mit den Anfangsbedingungen

mg

α P

x(0) = z(0) = 0 ,

x

x(0) ˙ = v0 cos α , z(0) ˙ = v0 sin α durch Integration 1 z = − gt2 + v0 t sin α . 2

x = v0 t cos α ,

ur beliebige Winkel gesucht ist, muss α Da die L¨ osung zur Zeit t1 f¨ eliminiert werden. Quadrieren und Addieren liefert ⎫ x21 = (v0 t1 )2 cos2 α ,⎪ ⎬   2 g ⎪ z1 + t21 = (v0 t1 )2 sin2 α ⎭ 2 ;



x21 + z1 +

g 2 t1 2

2

= (v0 t1 )2 .

Die Punkte liegen danach auf einem Kreis mit dem Radius r = v0 t1 und dem Mittelpunkt M bei g z = − t21 . 2

z t1

t1

α3 α1 r

P α2 M

t1

x

38

A2.8

Schiefer Wurf

Aufgabe 2.8 Von der Spitze eines Turmes werden zwei Punktmassen mit derselben Geschwindigkeit v0 unter zwei verschiedenen Winkeln α1 und α2 geworfen. Es wird beobachtet, dass beide Massen den Boden an derselben Stelle treffen. Wie hoch ist der Turm?

11 00 00 11 00 11 00 11 0000000000 1111111111 0000000000 1111111111 v0 α2

α1

L¨ osung Nach Seite 30 lautet die Gleichung der Wurfparabel  2 g x − x0 + (x − x0 ) tan α . z − z0 = − 2 v0 cos α z Wir legen den Koordinatenursprung in die Turmspitze. Dann wird x0 = z0 = 0, und der Auftreffpunkt hat die noch unbekannten Koordinaten x = l, z = −h. F¨ ur die beiden W¨ urfe gilt danach: −h = −

g l2 + l tan α1 , 2 2 v0 cos2 α1

−h = −

l2 g + l tan α2 . 2 v02 cos2 α2

111 000 000 111 000 111 000 111 000 111 1111111111 0000000000 x

h

l

Gleichsetzen liefert f¨ ur die horizontale Entfernung l: l=

1 2v02 . g tan α1 + tan α2

Damit errechnet sich aus der 1. Gleichung die gesuchte H¨ ohe h=+ =

2 2v 2 tan α1 1 g  2v02 2 1  − 0 2 2 2v0 g cos α1 tan α1 + tan α2 g tan α1 + tan α2

1 2v02 . g (tan α1 + tan α2 ) tan(α1 + α2 )

Anmerkung: Bei der Aufl¨ osung wurden folgende Umformungen verwendet: 1 1 − = tan2 α2 − tan2 α1 cos2 α2 cos2 α1 = (tan α2 − tan α1 )(tan α2 + tan α1 ) , tan α1 + tan α2 = tan(α1 + α2 ) . 1 − tan α1 tan α2

Wurf mit Luftwiderstand

Aufgabe 2.9 Ein K¨orper der Masse m werde zur Zeit t = 0 aus einer H¨ ohe h mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 in horizontaler Richtung abgeschossen. N¨ aherungsweise soll der Luftwiderstand durch eine horizontale Kraft H = c0 mx˙ 2 ber¨ ucksichtigt werden.

39

A2.9 z m

v0

h B

Nach welcher Zeit tB und in welcher Entfernung xB trifft der K¨ orper in B auf?

x

L¨ osung Nach dem Newtonschen Grundgesetz gilt f¨ ur die beiden Komponenten der Bewegung: H

z

→ : m¨ x = −mc0 x˙ 2 ,

↑ : m¨ z = −mg .

mg

Integration liefert unter Beachtung der Anfangsbe˙ = 0: dingungen x(0) = 0, z(0) = h, x(0) ˙ = v0 , z(0)  x˙  t dx ¯˙ 1 = −c0 dt¯ ; x˙ = , 1 +c t ˙ ¯2 v0 x 0 0 v0  t  x 1 1 dt¯ ; x = d¯ x= ln(1 + c0 v0 t) 1 + c t¯ c 0 0 0 0 v0 g z˙ = −gt , z = − t2 + h . 2

x

Die Zeit tB bis zum Auftreffen folgt aus zB = 0 zu  2h tB = , g und damit findet man f¨ ur den Auftreffpunkt 

2h 1 xB = x(t = tB ) = ln 1 + c0 v0 . c0 g Anmerkung: F¨ ur verschwindenden Luftwiderstand (c0 = 0) wird  

1 2h 2h = v0 ln 1 + c0 v0 . xB = lim c0 →0 c0 g g Dasselbe Ergebnis folgt auch aus der Formel f¨ ur die Wurfweite auf Seite 30 mit z0 = h und α → 0.

40

A2.10

Energiesatz

Aufgabe 2.10 Eine Rakete verl¨asst die Erdoberfl¨ache mit einer Anfangsgeschwindigkeit v0 (ohne weiteren Antrieb) senkrecht nach oben. ¨ a) Man berechne ihre Steigh¨ ohe H unter Beachtung der Anderung der Erdbeschleunigung und unter Vernachl¨ assigung von Widerstandskr¨ aften. b) Wie groß muss v0 sein, wenn die Rakete des Schwerefeld der Erde verlassen soll? (Erdradius R = 6370 km)

L¨ osung zu a) Da nur konservative Kr¨afte wirken, bietet sich die Anwendung des Energiesatzes Ek1 + Ep1 = Ek0 + Ep0 an. Das Gravitationspotential Ep = −f M m/r l¨ asst sich wegen (Kraft auf der Erdoberfl¨ ache = Gewichtskraft mg)  dEp  Mm mg = − =f 2 ; f M = gR2 dr r=R R auch schreiben als Ep = −mg

R2 . r

Damit werden die einzelnen Energien auf der Erdoberfl¨ ache (r = R) und in der Endh¨ ohe (r = R + H) 1 Ep0 = −mgR , Ek0 = mv02 , 2 R2 Ek1 = 0 , Ep1 = −mg . R+H Einsetzen liefert −mg

R2 1 = mv02 − mgR R+H 2

;

H=R

v02 . 2gR − v02

zu b) Die Fluchtgeschwindigkeit“ v0∗ findet man aus ”

m km . H → ∞ ; v0∗ = 2gR = 11180 ≈ 40000 s h Anmerkungen: • Man beachte, dass eine Rakete in Wirklichkeit nicht mit einer an der Oberfl¨ ache erteilten Anfangsgeschwindigkeit ohne weiteren Antrieb die Erde verl¨ asst! • Die zum Erreichen der Fluchtgeschwindigkeit“ erforderliche kine” tische Energie betr¨ agt Ek0 = mgR.

Kreisbewegung

Aufgabe 2.11 Welche Anfangsgeschwindigkeit v0 muss eine Masse m mindestens haben, damit sie von der Anfangslage ① aus die Lage ② erreicht, wenn sie

41

A2.11 g

②

② b)

a) l m 60◦

a) auf einer Kreisbahn (Radius l) reibungsfrei gleitet, b) durch eine starre masselose Stange (L¨ ange l) gef¨ uhrt wird?

60◦

①

l m

①

L¨ osung Die Anfangsgeschwindigkeit v0 folgt in beiden F¨allen aus dem Energiesatz Ek2 + Ep2 = Ek1 + Ep1 . Wir z¨ ahlen die potentielle Energie von ① aus und erhalten mit Ep1 = 0 m 2 m 2 v2 + mg(l + l cos 60◦ ) = v0 2 2

;

v02 = v22 + 3gl .

zu a) Die erforderliche Geschwindigkeit v2 ermittelt sich aus der Bedingung, dass die Normalkraft N nicht negativ werden darf (sonst l¨ ost sich die Masse von der Bahn). Aus dem Bewegungsgesetz  : man = N − mg cos ϕ mit an = v 2 /l ergibt sich in der Lage ② (ϕ = π) daher f¨ ur den Grenzfall N = 0: mv22 = mg l

;

an

ϕ

N mg

v22 = gl .

Damit wird v02 = gl + 3gl

;

v0 = 2

gl .

zu b) Die Anfangsgeschwindigkeit f¨ ur die gef¨ uhrte Masse wird dann am kleinsten, wenn sie in ② gerade zur Ruhe kommt. F¨ ur v2 = 0 liefert der Energiesatz direkt √ v0 = 3 gl . Anmerkung: Im Fall b) kann die Kraft S in der Stange negativ werden. So ist in ② (v2 = 0) die Kraft S = −mg.

42

A2.12

Mathematisches Pendel

Aufgabe 2.12 Die Geschwindigkeit v(ϕ) der Masse m eines mathematischen Pendels ist in Abh¨ angigkeit vom Maximalausschlag ϕ0 zu bestimmen.

1111 0000 0000 1111 l

Man diskutiere das Ergebnis f¨ ur ausgezeichnete Winkel ϕ.

g

ϕ m

L¨ osung Wenn Geschwindigkeiten in Abh¨ angigkeit von der Lage gesucht sind, bietet sich der Energiesatz als einfachster L¨ osungsansatz an. Wir beziehen die potentielle Energie auf die horizontale Lage ϕ = π/2 und finden aus

l cos ϕ

ϕ0 ϕ

Ek (ϕ) + Ep (ϕ) = Ek0 + Ep0 mit v(ϕ0 ) = 0, d.h. Ek0 = 0: m 2 v −mgl cos ϕ = 0−mgl cos ϕ0 2

;

v = ± 2gl(cos ϕ − cos ϕ0 ) .

Zum gleichen Ergebnis gelangt man auch u ¨ber die Integration der Bewegungsgleichung in tangentialer Richtung. Aus ¨ = −mg sin ϕ  : mat = mlϕ

ϕ

S

findet man mit ϕdϕ ¨ = ϕd ˙ ϕ˙ und der Anfangsat an bedingung ϕ(ϕ ˙ 0) = 0 G = mg   0 ϕ˙ 2 g ϕ0 g sin ϕ ¯ dϕ ¯ ; − ϕ ¯˙ dϕ ¯˙ = − = (cos ϕ0 − cos ϕ) l ϕ 2 l ϕ˙ oder mit v = lϕ˙ wieder v 2 = 2gl(cos ϕ − cos ϕ0 ) . Der gr¨ oßte Geschwindigkeitsbetrag tritt f¨ ur cos ϕ = 1, d.h. bei ϕ = 0 auf: 

ϕ0 ϕ0 = 2 gl sin . vmax = 2gl(1 − cos ϕ0 ) = 2gl2 sin2 2 2 alt durch F¨ ur kleine Winkel ϕ0 bleibt auch ϕ klein, und man erh¨ Reihenentwicklung cos ϕ ≈ 1 − ϕ2 /2 , ;

sin(ϕ0 /2) ≈ ϕ0 /2

vmax = gl ϕ0 .

v 2 = gl(ϕ20 − ϕ2 ) ,

Kreisbewegung

Aufgabe 2.13 In einem eingespannten glatten Rohrkr¨ ummer (Radius R) rutscht eine Kugel (Gewicht G = mg) ohne Anfangsgeschwindigkeit von oben hinab.

43

A2.13 ϕ

1 0 0 1 0 1 0 1

Man bestimme die Lagerreaktionen an der Einspannstelle in Abh¨ angigkeit von der Lage ϕ der Kugel. F¨ ur welche ϕ nehmen sie extremale Werte an?

L¨ osung Das Newtonsche Grundgesetz lautet in Komponenten:

R G g

ϕ an

: mat = mg cos ϕ ,

N at

: man = N − mg sin ϕ .

mg

¨ an = R ϕ˙ 2 und ϕdϕ ¨ = ϕd ˙ ϕ˙ Mit at = R ϕ, folgt aus der 1. Gleichung durch Integration ϕ˙

ϕ ϕ ¯˙ dϕ ¯˙ =

0

g cos ϕ ¯ dϕ ¯ R

;

ϕ˙ 2 g = sin ϕ . 2 R

0

Die 2. Gleichung liefert damit die Normalkraft N (ϕ) = mg sin ϕ + mRϕ˙ 2 = 3G sin ϕ . Aus dem Gleichgewicht am Kr¨ ummer ergeben sich die gesuchten Lagerkr¨ afte: ↑: AV = N sin ϕ = 3G sin2 ϕ ,

ϕ N

←: AH = N cos ϕ = 3G sin ϕ cos ϕ MA AV

3 = − G sin 2ϕ , 2  3 A : MA = −N R cos ϕ = − GR sin 2ϕ . 2

AH

R cos ϕ

A

Das Einspannmoment MA und die Horizontalkraft AH nehmen ihr Maximum an, wenn die Kugel bei ϕ = π/4 ist. Die Vertikalkraft AV wird am gr¨ oßten f¨ ur ϕ = π/2: 3 MA max = − GR , 2

AH max =

3 G, 2

AV

max

= 3G .

44

A2.14

Kreisbewegung

Aufgabe 2.14 Eine H¨ ulse der Masse m kann auf einer masselosen, rotierenden Stange S reibungsfrei gleiten. Durch die Drehbewegung, die in einer horizontalen Ebene erfolgen soll, wird sie gegen eine rauhe kreisf¨ ormige Wand (Reibungszahl μ) gedr¨ uckt.

μ r

S m

Nach wieviel Umdrehungen ist die Geschwindigkeit auf 1/10 des Anfangswertes v0 gesunken?

L¨ osung Das Gewicht der H¨ ulse wird von der Stange gehalten und ist f¨ ur den Bewegungsablauf ohne Einfluß. Aus dem Bewegungsgesetz : mat = −R ,

: man = N

at

N

2

folgt mit der Kinematik at = v, ˙ an = v /r und dem Reibungsgesetz R = μN mv˙ = −μm

an

R

2

v . r

Trennung der Ver¨ anderlichen und Integration ergibt  t  v d¯ v μ ¯ v0 =− dt ; v(t) = μv0 . 2 v ¯ r 1 + v0 0 r t Nochmalige Integration liefert den Weg s:  t  s dt¯ r μv0 d¯ s = v0 v0 t¯ ; s(t) = μ ln (1 + r t) . 1 + μ 0 0 r Die Zeit t1 , in der die Geschwindigkeit auf v0 /10 abgesunken ist, berechnet sich zu v0 v0 = μv 10 1 + r 0 t1

;

t1 =

9r . μv0

Damit werden der zugeh¨ orige Weg s1 = s(t1 ) =

r r μv0 ln (1 + t1 ) = ln 10 μ r μ

und die Zahl der Umdrehungen n=

s1 ln 10 . = 2πr 2πμ

Bewegung auf gekr¨ ummter Bahn

45

Aufgabe 2.15 Ein Wagen (Gewicht mg) f¨ahrt durch eine Kurve (Haftungszahl μ0 ), deren Kr¨ ummung 1/ρ proportional mit dem Weg s zunimmt: s = A2 /ρ (Klotoide). Zur Zeit t0 = 0 befindet er sich bei s0 = 0 und hat eine Anfangsgeschwindigkeit v0 . Bei welcher Geschwindigkeit v, wann und wo fliegt der Wagen aus der ” Kurve“, wenn er a) mit konstanter Geschwindigkeit f¨ ahrt, b) mit konstanter Verz¨ ogerung a0 abgebremst wird? Geg.: A = 35 m, μ0 = 0, 6, a0 = g/4, v0 = 72 km/h.

L¨ osung zu a) F¨ ur at = 0 liefert der Kr¨ aftesatz mit an = v02 /ρ die Haftkraft

Hn

m

v2

: H = Hn = man = m 0 . ρ

an v

Der Wagen verl¨ asst seine Bahn, wenn die Grenzhaftung erreicht wird:

ρ

v02 v2 = μ0 mg ; ρ1 = 0 . ρ1 μ0 g Mit s = A2 /ρ = v0 t folgen daraus (v1 = v0 ) H = μ0 mg

s1 =

;

m

μ0 gA2 = 18 m , ρ1

t1 =

s1 = 0, 9 s . v0

zu b) Bei der verz¨ ogerten Bewegung wirkt noch eine Kraft in tangentialer Richtung. Mit at = −a0 folgen Hn

m

: mat = −ma0 = −Ht ,

an

v2

: man = m = Hn . ρ

Ht ρ

Grenzhaftung wird erreicht, wenn gilt  

mv 2 2 + (ma )2 = μ mg 2 2 H = Hn + Ht = μ0 mg ; 0 0 ρ2

2 ; vρ2 = μ20 g 2 − a20 .

v

Mit v = v02 − 2a0 s = v0 − a0 t (konstante Verz¨ ogerung) und s = A2 /ρ folgen daraus   2 v02 2 − A2 μ2 g 2 − a2 = 22, 7 m , v 0 ( + ) s2 = 4a − 0 0 4a 2a 0

v2 =

0

0

v02 − 2a0 s2 = 61, 2 km/h ,

t2 = v0 a−0 v2 = 1, 22 s .

A2.15

46

A2.16

Ebene Bewegung

Aufgabe 2.16 Auf einen Massenpunkt wirkt eine Kraft F in Richtung auf das Zentrum Z, die proportional zum Abstand r ist: F = mk2 r. Zur Zeit t = 0 ist der Punkt an der Stelle P0 und hat die Geschwindigkeitskomponenten vx = v0 und vy = 0. Auf welcher Bahnkurve bewegt sich der Massenpunkt?

y

v0 P0

m F

r0

r α Z

x

L¨ osung Das Newtonsche Grundgesetz in x- und in y-Richtung liefert mit dem Hilfswinkel α →: m¨ x = −F cos α = −mk2 r cos α = −mk2 x , ↑ : m¨ y = −F sin α = −mk2 r sin α = −mk 2 y oder x ¨ + k2 x = 0 ,

y¨ + k2 y = 0 .

Beide Komponenten gen¨ ugen der Differentialgleichung f¨ ur die freie unged¨ ampfte Schwingung (vgl. Kapitel 7) und haben daher die L¨ osung x = A cos kt + B sin kt ,

y = C cos kt + D sin kt .

Mit den Anfangsbedingungen x(0) = 0

;

A=0,

x(0) ˙ = v0

;

B=

v0 , k

y(0) = r0

; C = r0 ,

y(0) ˙ =0

;D = 0

erh¨ alt man die Bahnkurve in Parameterdarstellung x=

v0 sin kt , k

y = r0 cos kt .

Elimination der Zeit durch Quadrieren und Addieren f¨ uhrt auf 2  2  y x + =1. v0 /k r0 Der Massenpunkt bewegt sich danach auf einer Ellipse, die f¨ ur k = v0 /r0 zum Kreis entartet.

auf gekr¨ ummter Bahn

Aufgabe 2.17 Ein Raumfahrzeug soll von einer Kreisbahn (r1 ) um die Erde (Erdradius R) auf eine erdfernere Kreisbahn ¨ wird (r2 ) gebracht werden. Der Ubergang vollzogen, indem das Raumschiff in A und in B pl¨ otzlich den Betrag seiner Geschwindigkeit ¨ andert.

47

A2.17 B

r2

r1 A

Gesucht ist die notwendige Geschwindigkeits¨ anderung in A.

L¨ osung Nach dem 1. Keplerschen Gesetz bewegt sich das Raumschiff zwischen A und B auf einer Ellipse, in r2 deren Brennpunkt die Erde steht. Da in B A und B nur der Betrag der Geschwina b digkeit ge¨ andert werden soll, muss diese ¨ Ubergangsellipse in A und in B tangential e in die Kreisbahnen einm¨ unden. Hieraus r1 errechnen sich die Ellipsenparameter A a=

r1 + r2 , 2

e = a − r1 =

r2 − r1 , 2

b2 = a2 − e2 = r1 r2

und der Kr¨ ummungsradius bei A (Ellipsenscheitel) ρ=

b2 2r1 r2 . = a r1 + r2

In A hat die Gravitationskraft den Betrag F = mg(R/r1 )2 . An dieser Stelle liefert damit das Bewegungsgesetz auf der Kreisbahn (vor Geschwindigkeits¨ anderung) 2   g R v2 ; v1 = R m 1 = mg r1 r1 r1 und auf der Ellipsenbahn (nach Geschwindigkeits¨ anderung)     2 g 2r2 R v2 ; vA = R . m A = mg ρ r1 r1 r1 + r2 Daraus folgt die erforderliche Geschwindigkeits¨ anderung     g 2r2 −1 . ΔvA = vA − v1 = R r1 r1 + r2

48

A2.18

Arbeit

Aufgabe 2.18 Ein Lastkahn K wird in einem Kanal von einer Lokomotive L getreidelt. Im Zugseil wirkt unter einem Winkel von α = 28◦ zu den Schienen die Kraft S = 9 kN.

11 00 00 11 00 11 Man berechne 00 a) die Arbeit f¨ ur einen Weg von s = 3km, 11 00 11 b) die Zugleistung f¨ ur eine Fahrgeschwin00 11 digkeit von v = 9 km/h. 00 11 00 11 00 11 L¨ osung zu a) F¨ ur die Arbeit 



F · dr =

W =

0110 1010 1010 1010

L

α

K

|F | cos α |dr|

erh¨ alt man mit |F | = const = S, cos α = const = cos 28◦ und |dr| = ds: W = S cos α s = 9·0, 883·3000 = 23800kNm = 23800kJ = 23, 8 MJ . zu b) Die Leistung wird P = F · v = S cos α v = 9 · 0, 883 ·

A2.19

9 = 19, 9 kJ/s = 19, 9 kW . 3, 6

Aufgabe 2.19 Welche Arbeit ist erforderlich, um einen K¨orper vom Gewicht G = 1 N von der Erdoberfl¨ ache (Erdradius R) in die Entfernung r0 des Mondes (r0 = 60 R) zu bringen? L¨ osung Nach dem Gravitationsgesetz ¨andert sich die Gravitationskraft umgekehrt mit dem Quadrat des Abstandes von der Erdoberfl¨ ache. Daher ist das Gewicht“ im Abstand r ”  2 R F =G . r Die Arbeit wird damit 60R 

W =G

R r

2 dr =

59 GR . 60

R

Mit R = 6370 km und G = 1 N ergibt sich schließlich W =

59 · 6370 Nkm = 6264 kJ = 6, 3 MJ . 60

und Leistung

Aufgabe 2.20 Eine Motorwinde M zieht eine Last vom Gewicht G = mg auf einer rauhen schiefen Ebene (Reibungskoeffizient μ) mit konstanter Geschwindigkeit v0 hinauf. Welche elektrische Leistung PA muss die Winde bei einem Wirkungsgrad η aufnehmen?

L¨ osung Bei gleichf¨ormiger Bewegung (v˙ = 0) folgt die Seilkraft S aus den Gleichgewichtsbedingungen  : S = G sin α+R ,

A2.20 M G μ α

v

S R

: N = G cos α

und dem Reibungsgesetz R = μN zu

49

G

N

S = G(sin α + μ cos α) . Damit wird die von der Winde erbrachte Leistung P = Sv0 = G(sin α + μ cos α)v0 . Die von der Winde aufzunehmende Leistung betr¨ agt bei einem Wirkungs grad η: PA =

P G = (sin α + μ cos α)v0 . η η

Aufgabe 2.21 Ein Schiff f¨ahrt mit einer Antriebsleistung von 25000 PS in 7 Tagen 4000 Seemeilen. Wie groß ist die durchschnittliche Widerstandskraft Fw ?

L¨ osung Mit den Umrechnungen in die Einheiten des internationalen Maßsystems (SI) 1 PS = 0, 7355 kW, 1 Seemeile = 1, 852 km erh¨ alt man aus P = Fw v

mit

v=

4000 · 1852 m = 12, 25 7 · 24 · 3600 s

die Widerstandskraft Fw =

25000 · 0, 7355 kNm/s P = = 1501 kN = 1, 5 MN . v 12, 25 m/s

A2.21

50

A2.22

Arbeit und Leistung

Aufgabe 2.22 In einer Zentrifuge vom Radius r, die sich mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω0 dreht, wird ein K¨ orper der Masse m in der Zeit t1 aus der Ruhe auf ω0 beschleunigt. Wie groß sind das hierf¨ ur erforderliche konstante Antriebsmoment M und die Antriebsleistung P ?

ω0 m

r

L¨ osung Da die Zentrifuge selbst nicht beschleunigt wird, ergibt sich das Antriebsmoment alleine aus dem Moment der Reibkraft R welche vom K¨ orper auf die Zentrifuge wirkt:

at

R N N

R

M = rR . Durch die Reibkraft R wird gleichzeitig der K¨ orper in tangentialer Richtung beschleunigt: ↑ : mat = R , ˙ Durch Einsetzen und Integration erh¨ alt man mit der wobei at = rω. Anfangsbedingung ω(t = 0) = 0: ω=

R M t= 2 t. rm r m

Aus der Bedingung ω(t1 ) = ω0 folgt das erforderliche Antriebsmoment M=

r2 mω0 . t1

ur die erforderDa M und ω0 um die gleiche Achse drehen, ergibt sich f¨ liche Antriebsleistung (vgl. Seite 30) P = M · ω 0 = M ω0 =

r2 mω02 . t1

Anmerkung: Nach der Zeit t1 muss das Antriebsmoment M auf Null reduziert werden, da sonst die Masse m weiter beschleunigt wird.

Impulssatz

51

Aufgabe 2.23 Ein Fußballspieler schießt aus der Entfernung e unter einem Abschusswinkel von α = 45◦ gegen eine vertikale Wand. Der Stoß an der Wand sei ideal elastisch. Welche Anfangsgeschwindigkeit v0 muss dem Ball erteilt werden, wenn er a) wieder genau auf dem Fuß des Spielers treffen soll, b) den Kopf des Spielers (H¨ ohe H) treffen soll?

A2.23

v0

11111111111 00000000000 00000000000 11111111111

H

α

e

L¨ osung Beim ideal elastischen Stoß gegen eine Wand muss, da keine Energie verloren geht, die Auftreffgeschwindigkeit v1 gleich der R¨ uckprallgeschwindigkeit v2 sein. Dann folgt aus dem Impulssatz ↑ : mv2 cos β2 −mv1 cos β1 = 0

;

β2 v2 v1

β 1 = β2 .

β1

Wir k¨ onnen daher in der Aufgabe die Reflexion an der Wand durch eine Spiegelung ersetzen und uns die Bahn durch die Wand hindurch fortgesetzt denken. y

H α e

e

x

zu a) Mit der Wurfweite“ W = 2e folgt mit α = 45◦ (vgl. Seite 30) ” 

sin 2α 2ge W = 2e = v02 ; v0 = = 2ge . g sin 2α zu b) Wir setzen die Koordinaten des Endpunktes (x = 2e, y = H) in die Gleichung f¨ ur die Wurfparabel (siehe Seite 37) ein und erhalten  2  2e g g ◦ + 2e tan 45 ; v0 = 2e . H=− 2 v0 cos 45◦ 2e − H

52

A2.24

Impulssatz

Aufgabe 2.24 Ein Kind (Masse m) h¨ upft auf einer Sprungmatte periodisch mit der Absprunggeschwindigkeit v0 senkrecht nach oben. W¨ ahrend der Kontaktzeit Δt mit der Matte ist die K Kontaktkraft K(t) dreiK0 ecksf¨ ormig. z Man bestimme die erforderliche Amplitude K0 der Kontaktkraft und die Perit T0 Δt ode T0 der Sprungbewegung. L¨ osung Auf das Kind wirkt die konstante Gewichtskraft mg und w¨ ahrend des Kontakts mit der Matte die Kontaktkraft K(t). Wir z¨ ahlen die Zeit vom Absprung von K der Matte und wenden den ImpulsK0 satz an. Dann gelten f¨ ur den Zeitbereich zwischen Absprung und Wiemg derauftreffen K

↑ : m v1 − m v0 = −mgt1

0

und f¨ ur eine volle Periode zwischen zwei Abspr¨ ungen ↑ : m v2 − m v0 = −mgT0 +

t1

t2

t

T0

1 K0 (t2 − t1 ) . 2

Damit der Sprungverlauf periodisch ist, m¨ ussen die Geschwindigkeiten v0 und v2 gleich sein: v0 = v2 . Mit t2 − t1 = Δt folgt somit aus der zweiten Gleichung −mgT0 +

1 K0 Δt = 0 2

;

K0 =

2T0 mg . Δt

Die Geschwindigkeit v1 beim Wiederauftreffen auf die Matte bestimmen wir zweckm¨ aßig mit Hilfe des Energiesatzes. Legen wir das Bezugsniveau auf die H¨ ohe der Matte, dann erh¨ alt man mit Ep0 = Ep1 = 0, Ek0 = mv02 /2, Ek1 = mv12 /2: Ep0 + Ek0 = Ep1 + Ek1

;

v12 = v02

;

) v1 = ( + − v0 .

Damit liefert die erste Gleichung t1 = 2v0 /g, und wir erhalten  2v  2v0 2T0 0 T0 = t1 + Δt = K0 = + Δt , mg = 2 + 1 mg . g Δt gΔt Anmerkung: Die Absprung- und die Wiederauftreffgeschwindigkeit sind betragsm¨ aßig gleich (vgl. senkrechter Wurf nach oben)!

Drehimpulssatz

Aufgabe 2.25 An einem masselosen Faden rotiert ein Massenpunkt auf einer waagrechten Kreisbahn. Zur Zeit t = 0 betr¨ agt der Bahnradius r0 und die Winkelgeschwindigkeit ω0 .

53 ez ω0

m

a) Man bestimme r(t) und ω(t), wenn der Faden mit der konstanten Geschwindigkeit u0 durch das skizzierte vertikale Rohr nach unten gezogen wird. b) Nach welcher Zeit t1 hat sich die Winkelgeschwindigkeit verdoppelt und wie groß ist dann r1 ?

r0 u0

c) Um welchen Betrag ΔEk hat sich die kinetische Energie des Massenpunktes dann ge¨ andert?

L¨ osung zu a) Da auf den Massenpunkt in Bezug auf den Mittelpunkt seiner Bahn kein ¨ außeres Moment wirkt, bleibt der Drehimpuls erhalten: L = r × m v = const . Mit r × v = rvϕ ez und vϕ = rω wird daher L = m r2 ω = m r02 ω0

;

ω = ω0

r02 . r2

Der zeitliche Verlauf von r(t) ist durch die konstante Fadengeschwindigkeit r˙ = −u0 vorgegeben: r(t) = r0 − u0 t . Nach Einsetzen erh¨ alt man ω(t) =

ω0 r02 . (r0 − u0 t)2

zu b) Aus der Bedingung ω(t1 ) = 2ω0 folgen √   2 1√ r0 t1 = 1− 2 und r1 = r0 − u0 t1 = r0 . u0 2 2 zu c) Die Energie¨ anderung errechnet sich zu m 2 m 2 + u20 ) (vϕ + u20 ) − (vϕ 0 2 √1 2 2 m m 2 1 = r0 2ω0 − (r0 ω0 )2 = mr02 ω02 . 2 2 2 2

ΔEk =

Die kinetische Energie hat sich verdoppelt.

A2.25

54

A2.26

Drehimpulssatz

Aufgabe 2.26 In einem senkrecht stehenden glatten Hohlzylinder (Radius R) wird im Punkt A eine kleine Kugel (Masse m) mit der horizontalen Geschwindigkeit v0 aufgesetzt.

v0

A

a) Welchen Winkel α gegen¨ uber der horizontalen Ebene hat die Geschwindigkeit vB in einem Punkt B, der um die H¨ ohe h unter A liegt? b) Wie groß muss v0 sein, damit die Kugel unter 45◦ in C auf dem Boden auftrifft und wie groß ist dann vC ?

g R h B

H

α vB C

L¨ osung zu a) Die Gr¨oße der Geschwindigkeit im Punkt B folgt aus dem Energiesatz EkA + EpA = EkB + EpB :  1 1 2 ; vB = v02 + 2gh . mv02 + mgh = mvB 2 2 Da bez¨ uglich der Zylinderachse kein Moment wirkt, bleibt der Drall (= Moment des Impulses) bez¨ uglich dieser Achse erhalten: L = const

;

LA = L B .

Mit LA = R(mv0 ) und LB = R(mvB cos α) wird cos α =

v0 v0 = . vB v02 + 2gh

zu b) Mit α = 45◦ und h = H erhalten wir f¨ ur C cos 45◦ =

1√ v0 2= 2 v02 + 2gH

oder nach Quadrieren und Au߬ osen

v0 = 2gH . Nach Durchfallen der H¨ ohe H wird daher 

vC = v02 + 2gH = 2gH + 2gH = 2 gH . Anmerkung: Da neben dem Gewicht (vertikal) nur eine F¨ uhrungskraft (senkrecht zur Zylinderwand) wirkt, bleibt die Horizontalkomponente der Geschwindigkeit immer v0 .

Kapitel 3 Bewegung des Massenpunktsystems

3

56

Bewegung

Massenpunktsystem: Auf die Masse mi wirken die ¨ außere Kraft F i und die inneren Kr¨ afte F ij = −F ji . Bleiben die Abst¨ ande r ij zwischen den Massen konstant, so liegt ein starrer Punkthaufen vor.

mj F ji

S

r ij F ij

rS z ri

0 x

y

mi Fi

Schwerpunktsatz: Der Massenmittelpunkt S bewegt sich so, als ob die Gesamtmasse in ihm vereinigt w¨ are und die Resultierende der a ¨ußeren Kr¨ afte in ihm angreifen w¨ urde: m¨ r s = p˙ s =





Fi

=  Gesamtmasse,   ps = mr˙ s = mi r˙ i = pi = 

mit

m=

mi

Gesamtimpuls.

Impulssatz: Zeitliche Integration des Schwerpunktsatzes liefert , mv s − mv s0 = F mit dem Kraftstoß  = F

t 

Fi dτ .

t0

Impulserhaltungssatz: Wirken keine ¨ außeren Kr¨ afte, so bleibt der Impuls des Gesamtsystems erhalten: mv s =



mi v i = const .

¨ Drallsatz: Die zeitliche Anderung des Gesamtdrehimpulses ist gleich dem resultierenden ¨ außerem Moment dL(0) = M (0) dt

des Massenpunktsystems

mit

r i × mi v i =  = ri × F i = 

L(0) = M



(0)



(0)

Li

= 

57

Gesamtdrehimpuls,

Gesamtmoment.

Sonderfall: F¨ ur die Drehung eines starren Punkthaufens um eine Achse a-a folgt hieraus Θa ϕ ¨ = Ma , mit



Θa = ri

= 

ri2 mi

= 

Massentr¨ agheitsmoment bez¨ ugl. a-a,

senkrechter Abstand von der Achse a-a.

¨ Arbeitssatz: Die Anderung der kinetischen Energie ist gleich der Sumaußeren Kr¨ afte und W (i) der inneren Kr¨ afte: me der Arbeiten W (a) der ¨ Ek − Ek0 = W (a) + W (i) mit



mi vi2 /2 =  kinetische Energie,  W (a) = F i · dr i =  Arbeit der ¨ außeren Kr¨ afte,  W (i) = F ij · dr ji =  Arbeit der inneren Kr¨ afte.

Ek =

F¨ ur starre Bindungen (dr ji = 0) ist W (i) = 0. (a)

Energiesatz: Lassen sich die ¨ außeren Kr¨ afte aus einem Potential Ep (i) und die inneren Kr¨ afte aus einem Potential Ep ableiten, so folgt aus dem Arbeitssatz (i)

(a)

Ek + Ep(i) + Ep(a) = Ek0 + Ep0 + Ep0 = const Raketenbewegung: Die Bewegung einer Rakete (System mit ver¨ anderlicher Masse) wird beschrieben durch m(t) a = F + S mit

F =¨ außere Kraft, m(t) = ver¨ anderliche Raketenmasse, S = −μ w = Schubkraft, μ=m ˙ = zeitlicher Massenausstoß, w = Ausstoßgeschwindigkeit relativ zur Rakete.

58

A3.1

Bewegungsgleichungen

Aufgabe 3.1 Auf einer glatten, horizontalen Ebene liegt ein Keil der Masse m1 , auf welchem ein zweiter kleinerer Keil der Masse m2 reibungsfrei gleiten kann.

m2 m1

Wie groß sind die Beschleunigungen beider Keile? Man kontrolliere das Ergebnis an Hand der Grenzf¨ alle m1 → ∞ und α = π/2.

α

Wir trennen beide K¨ orper und schreiben die Bewegungsgleichungen in xund in y-Richtung an:

x

② ①

¨1 = N1 sin α , ① ←: m1 x

y

N1

m2 g

↓ : m1 y¨1 = m1 g − N2 + N1 cos α , m1 g

② ←: m2 x ¨2 = −N1 sin α , ↓ : m2 y¨2 = m2 g − N1 cos α .

N2

Da sich der Keil ① horizontal bewegt und der Keil ② auf ihm abgleitet, lauten die kinematischen Beziehungen x1

y¨1 = 0 , y2 = (x1 − x2 ) tan α

α

;

y¨2 = (¨ x1 − x ¨2 ) tan α .

y2 x2

Damit stehen sechs Gleichungen f¨ ur die sechs Unbekannten (¨ x1 , y¨1 , x ¨2 , y¨2 , N1 , N2 ) zur Verf¨ ugung. Durch Eliminieren von N1 und N2 folgen x ¨1 =

m2 g tan α   m1 , 2 2 1+ 1+ m m1 tan α

g tan α   x ¨2 = − , 2 2 1+ 1+ m m1 tan α

y¨1 = 0 ,  m2 g tan2 α 1+ m 1   y¨2 = . 2 2 1+ 1+ m m1 tan α 

F¨ ur die beiden Grenzf¨ alle erh¨ alt man: ¨1 → 0 und |¨ y2 /¨ x2 | → tan α (schiefe Ebene), a) m1 → ∞ : x π ¨2 → 0 und y¨2 → g (freier Fall). b) α → : x ¨1 = x 2 Anmerkung: Addition der Kr¨ aftes¨ atze in x-Richtung und zeitliche In¨ 1 + m2 x ¨2 = 0 ; m1 x˙ 1 + tegration best¨ atigt den Impulssatz: m1 x m2 x˙ 2 = C, d.h. der Gesamtimpuls in x-Richtung ist konstant.

von Massenpunktsystemen

1111111 0000000

¨ Aufgabe 3.2 Uber zwei masselose Rollen ist nach der Skizze ein dehnstarres Seil geschlungen. Das System ist durch die Gewichte m1 g und m2 g belastet.

m2 m1

11111111 00000000

L¨ osung Zur Anwendung des Kr¨aftesatzes trennen wir das System und zeichnen alle wirkenden Kr¨ afte ein. Aus den Momentengleichgewichten um die Mittelpunkte der Rollen folgt

S1 S2 S1

S 1 = S2 = S3 = S .

① ↑ : m1 x ¨1 = 2S − m1 g ,

2m2 − m1 , m1 + 4m2

S=

S3 ②

①

x2

x1

m2 g m1 g

② ↓ : m2 x ¨ 2 = m2 g − S .

Bei einer Absenkung der Masse ② um x2 hebt sich die Masse ① um x1 = x2 /2. Mit x˙ 1 = x˙ 2 /2 und x ¨1 = x ¨2 /2 erh¨ alt man daher durch Aufl¨ osen x ¨1 = g

A3.2

g

Man ermittle die Seilkraft, die Beschleunigung der Masse m1 und ihre Geschwindigkeit in Abh¨ angigkeit vom Weg.

Mit den von einer beliebigen Ausgangslage aus gez¨ ahlten Koordinaten x1 und x2 lauten dann die Bewegungsgesetze

59

3m1 m2 g . m1 + 4m2

1111111 0000000 x2

x2

x1

Der Zusammenhang zwischen Geschwindigkeit und Weg folgt am einfachsten aus dem Energiesatz Ek + Ep = Ek0 + Ep0 . Mit Ek0 = 0, Ep0 = 0 wird 1 1 m1 x˙ 21 + m2 x˙ 22 + m1 gx1 − m2 gx2 = 0 2 2 oder 1 1 m1 x˙ 21 + m2 (2x˙ 1 )2 = 2m2 gx1 − m1 gx1 2 2  2m2 − m1 ; v1 (x1 ) = x˙ 1 = 2gx1 . m1 + 4m2 ¨1 ≡ 0 und S = G2 . Das System ist Anmerkung: F¨ ur 2m2 = m1 ist x dann im Gleichgewicht!

60

A3.3

Bewegungsgleichungen

Aufgabe 3.3 An einer masselosen Stange sind zwei Gewichte m1 g und m2 g befestigt.

11 00

a

ϕ

Man stelle die Bewegungsgleichung auf.

m1 a m2

L¨ osung Wir wollen die Aufgabe nach zwei Methoden l¨osen. 1.Weg: Da die Abst¨ ande zwischen den Massen konstant bleiben, liegt ein starrer Punkthaufen vor, auf den der Momentensatz ΘA ϕ ¨ = MA angewendet werden kann. Mit ΘA = a2 m1 + (2a)2 m2 = a2 (m1 + 4m2 ) folgt die Bewegungsgleichung (Drehsinn beachten!)

111 000 A

a

ϕ m1 g

a

 2 ¨ = −m1 ga sin ϕ − m2 g 2a sin ϕ A : a (m1 + 4m2 )ϕ ;

g m1 + 2m2 sin ϕ = 0 . ϕ ¨+ a m1 + 4m2

m2 g 2a sin ϕ

2. Weg: Wir gehen vom Energiesatz Ek + Ep = const aus, wobei das Nullniveau der potentiellen Energie bei ϕ = π/2 (Aufh¨ angung A) liegen soll: 1 1 m1 v12 + m2 v22 − m1 ga cos ϕ − m2 g 2a cos ϕ = const . 2 2 Mit v1 = aϕ˙ und v2 = 2aϕ˙ folgt daraus 1 (m1 + 4m2 )a2 ϕ˙ 2 − ag cos ϕ(m1 + 2m2 ) = const 2 oder nach Differentiation bez¨ uglich der Zeit ¨ϕ˙ + ag sin ϕ(m1 + 2m2 )ϕ˙ = 0 . (m1 + 4m2 )a2 ϕ Da ϕ˙ nicht f¨ ur alle Zeiten t verschwindet, bleibt ϕ ¨+

g m1 + 2m2 sin ϕ = 0 . a m1 + 4m2

bei Massenpunktsystemen

Aufgabe 3.4 Auf der Plattform eines Wagens der Masse m1 liegt eine Kiste der Masse m2 . An dem urspr¨ unglich stehenden Wagen greift ein Kraft F an, die ihn so stark beschleunigt, dass die Kiste rutscht (Reibungszahl μ).

A3.4 l μ

① → : m1 x ¨1 = F − R ,

11 00 00 11 00 11 00 11

m2 g

②

x2

R x1

①

N R F

folgt mit dem Reibungsgesetz ur die BeR = μN = μm2 g f¨ schleunigungen der beiden K¨ orper F − μm2 g , m1

F

11111111111 00000000000

¨2 = R ② → : m2 x

x ¨1 =

m2

m1

Nach welcher Zeit T f¨ allt die Kiste vom Wagen?

L¨ osung Wir trennen das System und zeichnen in das Freik¨ orperbild alle Kr¨ afte und die x-Koordinate der Absolutbewegungen ein. Aus dem Newtonschen Grundgesetz

61

m1 g A

B

x ¨2 = μg .

Zweifache Integration liefert unter Ber¨ ucksichtigung der Anfangsbedingungen x1 (0) = x2 (0) = 0, x˙ 1 (0) = x˙ 2 (0) = 0: x˙ 1 =

F − μm2 g t, m1

x1 =

F − μm2 g t2 , m1 2

x˙ 2 = μgt , x2 = μg

t2 . 2

Die Kiste f¨ allt vom Wagen, wenn gilt x1 − x2 = l . Einsetzen liefert F − μm2 g T 2 T2 − μg =l m1 2 2

 ;

T =

2lm1 . F − μg(m1 + m2 )

62

A3.5

Haftung bei Massenpunktsystem

Aufgabe 3.5 Beim Auffahren eines G¨ uterwagens (Gewicht G1 = m1 g) auf einen Prellbock (Federsteifigkeit c) kommt eine auf der rauhen Plattform (Haftungskoeffizient μ0 ) liegende Kiste (Gewicht G2 = m2 g) ins Rutschen.

μ0

G2

c

v

G1

Wie groß war die Geschwindigkeit v des Wagens beim Aufprall mindestens?

L¨ osung Wir trennen beide K¨orper und zeichnen alle Kr¨ afte f¨ ur Haften ein. Dabei ist die Richtung der Reaktionskraft H unbekannt. Da beide K¨ orper die gleiche Beschleunigung haben (¨ x1 = x ¨2 = x ¨), solange die Kiste haftet, lautet der Kr¨ aftesatz: ¨ = −H − F , ① ← : m1 x

②

m2 g x

H N H F

① m1 g

¨=H. ② ← : m2 x Mit F = c x folgt daraus H=−

m2 cx . m 1 + m2

Die maximale Haftkraft Hmax tritt bei der gr¨ oßten Federzusammendr¨ uckung xmax auf. Die Grenzhaftung (einsetzendes Rutschen) wird gerade erreicht f¨ ur |Hmax | = μ0 N = μ0 m2 g

;

c xmax = μ0 g . m 1 + m2

Die Federzusammendr¨ uckung xmax folgt aus dem Energiesatz  m 1 + m2 1 1 ; xmax = (m1 + m2 )v 2 = c x2max v. 2 2 c Einsetzen liefert schließlich die Mindestgeschwindigkeit  m 1 + m2 . v = μ0 g c Anmerkung: Die Kiste rutscht erst bei h¨ oherer Geschwindigkeit, wenn sie auf einem Wagen gr¨ oßerer Masse liegt.

Impulssatz

Aufgabe 3.6 Eine Kugel der Masse m fliegt mit einer Geschwindigkeit v0 und explodiert pl¨ otzlich in zwei Teile. Die Richtungen α1 und α2 sowie die Geschwindigkeit v1 unmittelbar nach der Explosion werden gemessen.

A3.6 v1 m1 y m v0

a) Wie groß sind m1 und v2 ? b) Auf welcher Bahn bewegt sich der Massenmittelpunkt der Bruchst¨ ucke?

63

α1 = D π2 α2

m2

x

v2

L¨ osung a) Da bei der Explosion keine ¨außeren Kr¨afte wirken, muss der Impuls erhalten bleiben. Die Gleichungen lauten in Komponenten: → : mv0 = m2 v2 cos α2 , 0 = m1 v1 − m2 v2 sin α2 .

↑:

Hieraus errechnet sich mit m = m1 + m2 v0 m1 = m tan α2 , v1 v2 =

v0 . cos α2 − vv01 sin α2

b) Z¨ ahlen wir die Zeit t von der Explosion aus, so folgt mit |yi | = vi t sin αi f¨ ur die Schwerpunktslage ys =

=

1 (m1 y1 + m2 y2 ) m  (−v sin α )  ! v0 v0 1 0 2 m tan α2 v1 t + m − m tan α2 t v0 m v1 v1 cos α2 − v1 sin α2

= 0. Der gemeinsame Schwerpunkt fliegt auf der urspr¨ unglichen Bahn weiter (Schwerpunktsatz).

64

A3.7

Impulsatz

Aufgabe 3.7 Der K¨orper mit der Masse m1 trifft auf ideal glatter Bahn mit der Geschwindigkeit v auf den K¨ orper der Masse m2 und verbindet sich mit ihm. Anschließend trifft der Verbund u ¨ber eine Feder (Federkonstante c) auf den K¨ orper der Masse m3 . m1

m2

c

m3

v

g

a) Wie groß darf v sein, damit m3 in Ruhe bleibt, wenn die Bahn an der Stelle von m3 rauh (Haftungskoeffizient μ0 ) ist? b) Wie groß ist die Geschwindigkeit von m3 nach dem Zusammenprall, wenn die Bahn auch an der Stelle von m3 ideal glatt ist?

L¨ osung a) Bei der Verbindung von m1 und m2 bleibt der Impuls erhalten. Damit ergibt sich die Geschwindigkeit v¯12 des Verbundes: →:

m1 v = (m1 + m2 )¯ v12

;

v¯12 =

m1 v. m 1 + m2

Bei ruhender Masse m3 tritt die gr¨ oßte Federzusammendr¨ uckung x auf, wenn die Geschwindigkeit des Verbundes Null ist. Dann liefert der Energiesatz 1 1 v 2 = c x2 (m1 + m2 )¯ 2 2

;

x2 =

m1 + m2 2 v¯12 , c

und die horizontale Maximalkraft auf m3 wird Fc = c x. Damit m3 in Ruhe bleibt, m¨ ussen die Gleichgewichtsbedingung H = Fc und die Haftbedingung H < H0 = μ0 m3 g erf¨ ullt sein. Einsetzen liefert  μ0 m3 g m1 + m2 c x < μ0 m 3 g ; v < m1 c b) Die Geschwindigkeit v¯3 von m3 nach dem Zusammenprall mit dem Verbund k¨ onnen wir aus dem Impulserhaltungssatz und dem Energiesatz errechnen: v12 = (m1 + m2 )v¯12 + m3 v¯3 , → : (m1 + m2 )¯ 1 1 1 2 2 v12 = (m1 + m2 )v¯12 + m3 v¯32 . (m1 + m2 )¯ 2 2 2 Mit der bekannten Auftreffgeschwindigkeit v¯12 des Verbundes ergibt sich daraus v¯3 =

2m1 v. m 1 + m2 + m3

Impulssatz

65

Aufgabe 3.8 Ein J¨ager der Masse m1 sitzt in einem Boot der Masse m2 = 2m1 , das reibungsfrei durch das Wasser gleiten kann. a) Mit welcher Geschwindigkeit vB1 bewegt sich das Boot, wenn der J¨ ager aus dem urspr¨ unglich ruhenden Boot eine Kugel der Masse m3 = m1 /1000 mit einer Geschwindigkeit v0 = 500 m/s abschießt? b) In welche Richtung bewegt sich das Boot nach einem zweiten Schuss, der unter 45◦ gegen¨ uber dem ersten erfolgt?

L¨ osung a) Wir f¨ uhren ein Koordinatensystem ein und nehmen an, dass die Kugel in negative x-Richtung abgeschossen wird. Da der Impuls des gesamten Systems urspr¨ unglich Null war, muss die Summe der Einzelimpulse nach dem Abfeuern Null bleiben: →:

(m1 + m2 − m3 )vB1 − m3 v0 = 0 .

Daraus ergibt sich f¨ ur die Geschwindigkeit nach dem ersten Schuss

vB1

m3 = v0 =  m 1 + m2 − m3

1 1000

1  1+2− 1000

500 =

500 m . ≈ 0, 167 2999 s

Das Vorzeichen zeigt an, dass das Boot sich entgegengesetzt zum Geschoss bewegt (vB1 zeigt in positive x-Richtung). b) Wir m¨ ussen jetzt den Impulserhaltungssatz in beiden Richtungen anwenden. Unter Beachtung der positiven Koordinatenrichtungen gilt:

m1 + m2

wB2

α vB2

45◦ m3 v0

y x

→ : (m1 + m2 − m3 )vB1 = (m1 + m2 − 2m3 )vB2 − m3 v0 cos 45◦ , 0 = (m1 + m2 − 2m3 )wB2 − m3 v0 sin 45◦ .

↑: Hieraus folgen vB2 =

m 1 + m2 − m3 m3 m vB1 + v0 cos 45◦ ≈ 0, 285 , m1 + m2 − 2m3 m1 + m2 − 2m3 s

wB2 =

m3 m v0 sin 45◦ ≈ 0, 118 , m1 + m2 − 2m3 s

;

tan α =

wB2 = 0, 414 vB2

;

α = 22, 5◦ .

A3.8

66

A3.9

Raketenbewegung

Aufgabe 3.9 Eine Rakete mit der Startmasse m0 (einschließlich Treibstoffmasse mT ) wird zur Zeit t = 0 vertikal abgefeuert. Der Massendurchsatz μ und die Ausstoßgeschwindigkeit w seien zeitlich konstant. a) Gesucht ist der Geschwindigkeitsverlauf der Rakete bei Vernachl¨ assigung des Luftwiderstandes und bei konstanter Erdbeschleunigung g. b) Wie groß ist die Geschwindigkeit bei Brennschluss f¨ ur mT = 0, 8 m0 , Brenndauer ts = 2 min und w = 2000 m/s? c) Wie groß sind die Beschleunigungen beim Abheben und bei Brennschluss?

L¨ osung a) Nach der Raketengleichung gilt ↑ : m(t)

dv = −m(t)g + S . dt

Mit

mg

v

m(t) = m0 − μt

S = μw ,

folgt daraus die Beschleunigung dv μw a= = −g . dt m0 − μt

S = μw w

Durch Integration unter Beachtung der Anfangsbedingung v(0) = 0 erh¨ alt man die Geschwindigkeit 1

v(t) = w ln

1−

μ −gt . t m0

b) Bei Brennschluss gilt m(ts ) = m0 − mT . Damit folgt μ=

m0 − m(ts ) mT = , ts ts

und die Endgeschwindigkeit wird daher v(ts ) = w ln

1 1 m km mT − g ts = 2000 ln 1 − 0, 8 − 9, 81 · 120 = 2042 s = 7350 h . m0

1−

c) F¨ ur die Beschleunigungen beim Abheben (t = 0) und unmittelbar vor Brennschluss (t = ts ) ergibt sich a(0)= a(ts )=

0, 8 · 2000 μw mT w m −g = −g = − 9, 81 = 3, 52 2 m0 m0 ts 120 s m μw mT w − g = 56, 84 2 . −g = m 0 − mT 0, 2 m0 ts s

Kapitel 4 Kinematik des starren K¨ orpers

4

68

Kinematik

Die Bewegung eines starren K¨ orpers l¨ asst sich aus einer Translation und einer Rotation zusammensetzen. R¨ aumliche Bewegung Der Zusammenhang zwischen den Orten, den Geschwindigkeiten und den Beschleunigungen der Punkte A und P eines starren K¨ orpers ist gegeben durch

P ω

r P = r A + r AP ,

r AP A

v P = v A + ω × r AP , z

rA

aP = aA + ω˙ × r AP + ω × (ω × r AP ) mit ω =  Winkelgeschwindigkeitsvektor.

x

y

Anmerkungen: • ω zeigt in Richtung der momentanen Drehachse. • Sind v A , aA , ω und ω˙ bekannt, so folgen aus den obigen Gleichungen v P und aP f¨ ur jeden beliebigen Punkt P des K¨ orpers.

Ebene Bewegung Mit ω = ωez = ϕe ˙ z , r AP = rer folgt v P = v A + v AP , t n + aAP . aP = aA + aAP

y

er

eϕ

Dabei sind

r

v AP = ω × r AP = ωreϕ

(⊥ zu r AP )

t = ω˙ × r AP = ωre ˙ ϕ aAP

(⊥ zu r AP )

n = ω × (ω × r AP ) = −ω 2 rer ( zu r AP ) aAP

P r AP

A

ϕ x

Die Geschwindigkeit (Beschleunigung) des Punktes P ist gleich der ” Geschwindigkeit (Beschleunigung) des Punktes A plus der Geschwindigkeit (Beschleunigung) infolge der Rotation von P um A“.

69

des starren K¨ orpers

Geschwindigkeits- und Beschleunigungsplan Die grafische Darstellung der Geschwindigkeiten und Beschleunigungen ebener kinematischer Probleme und deren grafische L¨ osung erfolgt im Geschwindigkeitsplan und im Beschleunigungsplan. Die Richtung der Geschwindigkeits- und Beschleunigungskomponenten ist dabei dem Lageplan zu entnehmen: Lageplan

Geschwindigkeitsplan

Beschleunigungsplan

ω, ω˙ P r

aA

aP

vP A = rω

vP

A aA

vA vA

anP A = rω 2

atP A = rω˙

Momentanzentrum Die ebene Bewegung eines starren K¨ orpers mit der momentanen Winkelgeschwindigkeit ω kann als reine Rotation um den momentanen Pol Π (Momentanzentrum, Geschwindigkeitspol) aufgefasst werden: v A = ρA ω , vB = ρB ω .

vA

A vB

ρA

B

ω Π

ρB

Die Bahn, welche der Geschwindigkeitspol durchl¨ auft, heißt Rastpolbahn. A

Rollende Kreisscheibe Der geometrische Ort des Geschwindigkeitspols ist gegeben durch: v0 = rω ,

0

r v0

ω

vA = 2rω . Π

vA

70

A4.1

Geschwindigkeit, Beschleunigung

11 0 0 01 1 0

Aufgabe 4.1 Der Endpunkt A einer starren Stange wird horizontal mit der Geschwindigkeit vA und der Beschleunigung aA gef¨ uhrt.

B l ϕ

Wie groß sind die Geschwindigkeit und die Beschleunigung von B sowie die Winkelgeschwindigkeit ω = ϕ˙ und die Winkelbeschleunigung ω˙ der Stange?

00 11 11 00

v A , aA

A

Die Geschwindigkeit und die Beschleunigung von B haben vertikale Richtung. Damit l¨ asst sich der Geschwindigkeitsplan zeichnen, und man liest ab: lω =

vA

vA cos ϕ

; ω = ϕ˙ =

ϕ

vA , l cos ϕ

vB

vBA = lω

vB = vA tan ϕ . Aus dem Beschleunigungsplan folgen aA + ω 2 l tan ϕ cos ϕ aA v 2 sin ϕ ; ω˙ = + 2A 3 , l cos ϕ l cos ϕ

aA

lω˙ =

ϕ

n 2 ϕ aAB = lω

aB

lω 2 cos ϕ 2 vA . = aA tan ϕ + l cos3 ϕ

aB = aA tan ϕ +

Man kann die Aufgabe auch rein analytisch l¨ osen. Aus xA = l sin ϕ ,

atAB = lω˙

y B ϕ l

yB = l cos ϕ A

x

Winkelgeschwindigkeit

71

erh¨ alt man mit x˙ A = vA und x ¨A = v˙ A = aA x˙ A = lϕ˙ cos ϕ

ω˙ =

;

ω = ϕ˙ =

vA , l cos ϕ

v˙ A l cos ϕ + vA lϕ˙ sin ϕ v 2 sin ϕ aA + 2A 3 , = 2 2 l cos ϕ l cos ϕ l cos ϕ

y˙ B = vB = −lϕ˙ sin ϕ = −vA tan ϕ ,

y¨B = aB = −v˙ A tan ϕ − vA

2 ϕ˙ vA . = −aA tan ϕ − 2 cos ϕ l cos3 ϕ

Beachte: Da y positiv nach oben gez¨ ahlt wird, haben y˙ B und y¨B ein negatives Vorzeichen. Die Geschwindigkeit vB und die Winkelgeschwindigkeit ω lassen sich auch mit Hilfe des Momentanzentrums Π bestimmen. Π ergibt sich als Schnittpunkt der Senkrechten zu vA und vB , deren Richtungen bekannt sind. Man erh¨ alt damit

B

l sin ϕ

vA = ωl cos ϕ ; ω=

vA , l cos ϕ

Π vB

l cos ϕ l

ϕ vA

vB = ωl sin ϕ = vA tan ϕ . A

Anmerkung: Aus den hergeleiteten Beziehungen erkennt man, dass ω˙ und aB auch dann von Null verschieden sind, wenn sich der Punkt A mit konstanter Geschwindigkeit (aA = 0) bewegt.

72

A4.2

Geschwindigkeit, Beschleunigung

Aufgabe 4.2 Bei einem Kurbeltrieb dreht sich die Welle mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω.

l

r ω

K

Man bestimme analytisch die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Kolbens K.

1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 11111 00000

L¨ osung Wir f¨ uhren einen Hilfswinkel ψ ein. Aus

00 11 11 00

y

xK = r cos ϕ + l cos ψ

r

ϕ = ωt x

folgen mit ϕ˙ = ω = const x˙ K = −rω sin ϕ − lψ˙ sin ψ ,

ψ

l K

x ¨K = −rω 2 cos ϕ − lψ¨ sin ψ −lψ˙ 2 cos ψ . Die noch unbekannten Gr¨ oßen sin ψ, cos ψ, ψ˙ und ψ¨ ergeben sich aus der Bedingung, dass der Kolben horizontal gef¨ uhrt wird: yK = 0 = r sin ϕ − l sin ψ , y˙ K = 0 = rω cos ϕ − lψ˙ cos ψ , y¨K = 0 = −rω 2 sin ϕ − lψ¨ cos ψ + lψ˙ 2 sin ψ . Aufl¨ osung ergibt 

r

2

r sin ψ = sin ϕ , l

cos ψ =

r cos ϕ ψ˙ = ω , l cos ψ

r sin ϕ sin ψ ψ¨ = −ω 2 + ψ˙ 2 . l cos ψ cos ψ

1−

l

sin ϕ

Einsetzen liefert schließlich   r sin ϕ cos ϕ , x˙ K = −rω sin ϕ + l cos ψ    r sin2 ϕ cos2 ϕ x ¨K = −rω 2 cos ϕ − . − l cos ψ cos3 ψ

,

Winkelgeschwindigkeit

Aufgabe 4.3 Der Ausleger mit Rolle und Tragseil wird u ¨ber ein zweites horizontales Seil mit der Geschwindigkeit v eingeholt. Rutschen zwischen Tragseil und Rolle ist dabei ausgeschlossen.

v

r l α

Wie groß sind die Winkelgeschwindigkeiten von Ausleger und Rolle f¨ ur α = 45◦ ?

G

L¨ osung Da der Ausleger eine reine Drehung um A ausf¨ uhrt, steht vP senkrecht auf l, und es gelten

A4.3

45◦ P

v

und vP =

0110 10 1010 1010 1010

vP

lα˙ = vP √

73

l

2v .

Daraus folgt f¨ ur die Winkelgeschwindigkeit des Auslegers √ v α˙ = 2 . l

α = 45◦

11 00 00 11

A

Die Winkelgeschwindigkeit ω der Rolle bestimmen wir unter Zuhilfenahme ihres Momentanpols Π. Er liegt im Schnittpunkt der Senkrechten auf vP und vB . Beachte: B kann sich wegen der Bindung durch das Seil nur vertikal bewegen. Aus √ 2 rω = vP erh¨ alt man vP v ω= √ = . r 2r

vB Π B vP √

P 2r

r

74

A4.4

Geschwindigkeit

Aufgabe 4.4 Bei einem Karussell rotieren die Grundscheibe und die Gondelkreuze mit den konstanten Winkelgeschwindigkeiten ω1 und ω2 = 2ω1 .

l G ω1

ω2

Wie groß sind die Betr¨ age von Geschwindigkeit und Beschleunigung der Gondel G?

2l A

L¨ osung Zeichnet man passend zu nebenstehender Skizze die Geschwindigkeits- und Beschleunigungspl¨ ane, so erh¨ alt man mit dem Kosinussatz

l

y

A 2l

G ϕ2

ϕ1 x

0

2 vG = (2lω1 )2 + (lω2 )2 − 2 · 2lω1 lω2 cos(π − ϕ2 + ϕ1 )

= 8l2 ω12 [1 + cos(ϕ2 − ϕ1 )] = 16l2 ω12 cos2

vGA = lω2 ϕ2 − ϕ1

ϕ 2 − ϕ1 , 2 vG

;

vG = 4lω1 cos

vA = 2lω1

ϕ 2 − ϕ1 , 2

a2G = (2lω12 )2 + (lω22 )2 − 2 · 2lω12 lω22 cos(π − ϕ2 − ϕ1 ) = 4l2 ω14 [5 + 4 cos(ϕ2 − ϕ1 )] , ;

aG = 2lω12

5 + 4 cos(ϕ2 − ϕ1 ) .

ϕ 2 − ϕ1

anGA = lω22

aA = 2lω12 aG

Anmerkung: Da der Kosinus zwischen +1 und −1 schwankt, folgen f¨ ur die maximale und die minimale Beschleunigung aGmax = 6l ω12 und aGmin = 2l ω12 .

und Beschleunigung

75

Die Aufgabe l¨ asst sich auch l¨ osen, indem man die Komponenten des Ortsvektors nach der Zeit differenziert. Mit ϕ˙ 1 = ω1 und ϕ˙ 2 = ω2 = 2ω1 ergibt sich xG = 2l cos ϕ1 + l cos ϕ2 , x˙ G = −2l ϕ˙ 1 sin ϕ1 − l ϕ˙ 2 sin ϕ2 = −2l ω1 sin ϕ1 − l 2 ω1 sin ϕ2 , x ¨G = −2l ω12 cos ϕ1 − l 4 ω12 cos ϕ2 , yG = 2l sin ϕ1 + l sin ϕ2 , y˙ G = 2l ω1 cos ϕ1 + l 2 ω1 cos ϕ2 , x ¨G = −2lω12 sin ϕ1 − l 4 ω12 sin ϕ2 . Daraus folgen mit Hilfe des Additionstheorems 2 2 vG = x˙ 2G + y˙ G = (2l ω1 )2 + (l 2 ω1 )2 +

+8l2 ω12 (sin ϕ1 sin ϕ2 + cos ϕ1 cos ϕ2 ) = 8l2 ω12 [1 + cos(ϕ2 − ϕ1 )] ;

vG = 4lω1 cos

ϕ 2 − ϕ1 , 2

2 a2G = x ¨2G + y¨G = (2lω12 )2 + (4lω12 )+

+16l2 ω14 (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 )

;

= 4l2 ω12 [5 + 4 cos(ϕ2 − ϕ1 )]

aG = 2lω12 5 + 4 cos(ϕ2 − ϕ1 ) .

Anmerkung: Der Momentanpol Π des Gondelkreuzes liegt auf der Senkrechten zu vA . Wegen der Drehung von A um 0 ist vA = 2lω1 . Infolge der Drehung des Gondelkreuzes AG mit der Winkelgeschwindigkeit ω2 = 2ω1 um Π gilt gleichzeitig vA = ρA ω2 . Hieraus folgt ρA = l und damit vG = ω2 ρG = ω2 2l cos

ϕ 2 − ϕ1 . 2

vG G 1 2

(ϕ2 − ϕ1 ) ω2 Π

0

ρG v A ρA = l

A

l

ϕ2 − ϕ 1

76

A4.5

Geschwindigkeit

Aufgabe 4.5 In einem Getriebe rollt die Welle ① am Kreis ② ab. Der Antrieb erfolgt mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω. Wie groß sind die Betr¨ age von Geschwindigkeit und Beschleunigung eines Punktes P auf der Welle?

000 111 111111111111 000000000000 000 111 000000000000 111111111111 000000000000 111111111111 000000000000 111111111111 ① 000000000000 111111111111 ② 000000000000 111111111111 000000000000 111111111111 A

Ω

R

P

r

B

ϕ

L¨ osung Die Bewegung von P setzt sich zusammen aus der Rotation von B um A mit vB = RΩ

(vB ⊥ AB) ,

aB = RΩ2

(aB  AB)

und der Rotation von P um B. Um die Winkelgeschwindigkeit ω der Welle ① zu ermitteln, betrachten wir zwei verschiedene Lagen. Aus der Skizze folgt f¨ ur die abgerollte Bogenl¨ ange

000 111 111111111111 000000000000 000 111 000000000000 111111111111 ; Rα = rβ 000000000000 111111111111 000000000000 bzw. nach Differenzieren mit α˙ = Ω 111111111111 000000000000 111111111111 ˙ und β = ω 000000000000 111111111111 R 000000000000 111111111111 RΩ = rω ; ω = Ω . 000000000000 111111111111 r A

(R + r)α = r(β + α)

α

R

C

B

r B

β

α

C

(Beachte: Ω dreht links und ω dreht rechts herum.) Damit lassen sich der Geschwindigkeits- und der Beschleunigungsplan f¨ ur P zeichnen und man erh¨ alt vP = 2ΩR sin

ϕ , 2

2 Ω2 R 2 r 2 2 Ω R −2Ω2 R cos(π − ϕ) , r   2 R R + 2 cos ϕ . aP = Ω2 R 1 + r r

vP vB = RΩ

ϕ

vP B = rω = RΩ



a2P = (Ω2 R)2 +

ϕ aB = RΩ

2

aP

anP B = rω 2 Ω2 R2 = r

und Beschleunigung

Aufgabe 4.6 Bei einer Kurbelschwinge l¨ auft die Kurbel DC mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um.

A4.6 a

Man ermittle die Vertikalgeschwindigkeit des Punktes B und die Winkelgeschwindigkeit ψ˙ der Stange AB.

A

L¨ osung Aus der Skizze liest man ab:

y

r sin ϕ . l + r cos ϕ

C

B

r D ω

ψ

l

a

r sin ϕ = (l + r cos ϕ) tan ψ ; tan ψ =

77

C ψ

A

l

r ϕ

B r sin ϕ

D

x

r cos ϕ

Damit erh¨ alt man yB = a sin ψ = a

tan ψ 1 + tan2 ψ

= ar

sin ϕ l2 + r2 + 2rl cos ϕ

und f¨ ur die Vertikalgeschwindigkeit mit ϕ˙ = ω

ω cos ϕ y˙ B = ar

= arω

sin ϕ (−2rlω sin ϕ) l2 + r2 + 2rl cos ϕ − 2 l2 + r2 + 2rl cos ϕ 2 2 (l + r + 2rl cos ϕ)

(r + l cos ϕ)(l + r cos ϕ) . (l2 + r2 + 2rl cos ϕ)3/2

Die Winkelgeschwindigkeit ψ˙ folgt durch zeitliche Differentiation von tan ψ: 1 r cos ϕ (l + r cos ϕ) − r sin ϕ (−r sin ϕ) ω ψ˙ = cos2 ψ (l + r cos ϕ)2 ;

r(r + l cos ϕ) r(r + l cos ϕ) 1 ψ˙ = ω= 2 ω. (l + r cos ϕ)2 1 + tan2 ψ l + r2 + 2rl cos ϕ

78

A4.7

Ebene Bewegung

Aufgabe 4.7 Bei einem Teil eines Hebewerkes sind drei R¨ ader u ¨ber abrollende vertikale Seile verbunden.

R r

Wie groß sind die Geschwindigkeiten und die Winkelgeschwindigkeiten der Rollen ② und ③, wenn sich die Rolle ① mit der Winkelgeschwindigkeit ω1 dreht?

ω1

①

r2

② r3

③

L¨ osung F¨ ur die Punkte A und B der Rolle ① gilt vA = Rω1 ,

vB = rω1 .

Da die Seile abrollen, werden vA und vB auf die Seiten der Rolle ② u ¨bertragen. Aus vA = v2 + r2 ω2

und

vB = v2 − r2 ω2

vC B Π1 C

A

vB vA

folgt daher mit r2 = (R − r)/2

ω2

1 1 v2 = (vA + vB ) = (R + r)ω1 , 2 2 ω2 =

Π2

vA − v2 = ω1 . r2

vB v2 ω3

vA

Analog ergibt sich f¨ ur die Rolle ③ aus v2 = v3 + r3 ω3 ,

Π3

vC = v3 − r3 ω3

mit r3 = 2r + r2 = (R + 3r)/4 vC = −rω1 v3 =

1 1 (v2 + vC ) = (R − r)ω1 , 2 4

ω3 =

v2 − v3 = ω1 . r3

v2

vc

v3

und

Anmerkung: Die Geschwindigkeitspole Π1 , Π2 und Π3 liegen auf ein und derselben Geraden.

starrer K¨ orper

Aufgabe 4.8 Eine Stange der L¨ange l wird in A mit der konstanten Geschwindigkeit v0 horizontal gef¨ uhrt und gleitet bei B u ¨ber einen Pfosten. Wie groß sind die Betr¨ age von Geschwindigkeit und Beschleunigung des Punktes P ?

79

A4.8 P B

l

11111111111 00000000000 00000000000 11111111111 a

A v0

L¨ osung Die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ der Stange ergibt sich aus cot ϕ =

x a

P

−

x˙ ϕ˙ = a sin2 ϕ

;

ϕ˙ =

v0 sin2 ϕ . a

l

B

durch Zeitableitung mit x˙ = −v0 zu a

ϕ

A

x

F¨ ur die Winkelbeschleunigung folgt daraus  v 2 v0 0 sin3 ϕ cos ϕ . ϕ ¨= 2 sin ϕ cos ϕ ϕ˙ = 2 a a Aus dem Geschwindigkeitsplan liest man damit ab π  ˙ 2 − 2v0 lϕ˙ cos −ϕ vP2 = v02 + (lϕ) 2 lϕ˙ vP   2   l l sin3 ϕ . sin4 ϕ − 2 ; vP = v0 1 + D π2 − ϕ a a v0

Der Beschleunigungsplan liefert

¨2 aP = l2 ϕ˙ 4 + l2 ϕ  v 2 0 =l sin8 ϕ + 4 sin6 ϕ cos2 ϕ a  v 2

0 sin3 ϕ sin2 ϕ + 4 cos2 ϕ . ==l a

Anmerkung: F¨ ur ϕ = π/2

aP lϕ¨ lϕ˙

2

(A erreicht den Pfosten) folgt

˙ π/2 . vP = v0 (l/a − 1) = (l − a)ϕ|

80

A4.9

Geschwindigkeits- und Beschleunigungsplan

Aufgabe 4.9 Bei einem Kurbeltrieb dreht sich die Welle mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω. Bestimmen Sie grafisch die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des horizontal gef¨ uhrten Punktes B f¨ ur α = 30◦ .

L¨ osung Aus dem Lageplan entnimmt man die Richtungen der Geschwindigkeits- und Beschleunigungsglieder: vA ⊥ auf r, vBA ⊥ auf l, vB horizontal, aA in Richtung von r, an BA in Richtung von l, atBA ⊥ auf l, aB horizontal. Damit lassen sich der Geschwindigkeits- und der Beschleunigungsplan zeichnen.

ω

A

r α

C

ϕ

l = 3r

r/2 B

r

00 11 00 11 00 11

A ϕ

30◦

l

r/2

C

B

rω

Geschwindigkeitsplan

Maßstab: vA = rω vBA = lϕ˙

vBA = 0, 92 rω = lϕ˙ ;

ϕ˙ =

0, 92 r ω = 0, 31 ω , l

30◦

ϕ

vB

vB = 0, 81 rω .

Beschleunigungsplan

rω 2

Maßstab:

aB

˙ 2 = 3r(0, 31 ω)2 = 0, 29 rω 2 , an BA = lϕ aB = 0, 99 rω 2 .

30◦

atBA ϕ

anBA

aA = rω 2

Momentanpol

Aufgabe 4.10 Beim dargestellten Getriebe hat der Punkt A die momentane Geschwindigkeit vA .

A4.10

C 2

A

Man bestimme a) die Momentanpole der vier St¨ abe, b) die Geschwindigkeiten der Punkte B und C sowie die Winkelgeschwindigkeiten aller vier St¨ abe. Geg.: a = 30 cm, b = 40 cm, vA = 1 m/s.

81

vA

a

3

B 1

D 4

b

E a

a

L¨ osung a) Die Pole Π3 (Stab 3) bzw. Π4 (Stab 4) sind die festen Lager D bzw. E. Die Pole Π1 (Stab 1) bzw. Π2 (Stab 2) ergeben sich als Schnittpunkte der Senkrechten zu vA und vB (vB ⊥ EB) bzw. zu vB und vC (vC ⊥ DC). Damit erh¨ alt man den dargestellten Polplan. Π1 ω1

vC

C

2

3

ω3

vB

b) F¨ ur den Stab 1 gilt:

1

vA

D

B

A

vA = Π1 A ω1 = b ω1 vA 1m ; ω1 = = = 2, 5 s−1 , b 0, 4 m s

vB = Π1 B ω1 = a2 + b2 ω1 = 1, 25 m/s .

4

ω2 = ω4 E

F¨ ur den Stab 4 und den Stab 2 ergibt sich

ω 4 = ω2 vB = Π2 B ω4 = a2 + b2 ω4 , ; ω2 = ω4 = ω1 = 2, 5 s−1 , vC = Π2 C ω2 = (a + b)ω2 = 1, 75 m/s . Schließlich folgt aus der Bewegung des Stabes 3 vC = Π2 B ω3 = a ω3

Π3

;

ω3 =

vC = 5, 83 s−1 , a

Π2 = Π4

82

A4.11

Momentanpol

Aufgabe 4.11 Ein Kniehebel wird mit der Winkelgeschwindigkeit ω angetrieben. Bestimmen Sie unter Verwendung der Momentanpole grafisch die Geschwindigkeiten der Punkte B, C und D f¨ ur ein bestimmtes β. Geg.: l = 30 cm, a = 40 cm, r = 15 cm, b = 50 cm, β = 70◦ ,

ω = 4 s−1 .

A

l

D

a

C

r E

11 00 0 001 11 0 1

l

β

l ω

B

b

L¨ osung Die Pole Π1 (Stab CD) und Π2 (Stab BC) ergeben sich als Schnittpunkte der Senkrechten zu vD = rω (vD ⊥ ED) und vC (vC ⊥ AC) bzw. vC und vB . Damit erh¨ alt man im Lageplan die folgende Darstellung: vD

Maßst¨abe:

r

A

D vC

vD

C E α2

vB

B

110 0 0 1 01010 1

α2 Π2 α1

Man liest ab " 0, 9 vD , vC =

Π1

vB = " 1, 0 vD

und erh¨ alt mit vD = rω = 0, 6 m/s die Geschwindigkeiten " 0, 5 m/s , vC =

α1

vB = " 0, 6 m/s.

Momentanpol

Aufgabe 4.12 Ein Mechanismus besteht aus drei gelenkig verbundenen St¨ aben, die u ¨ber ein mit der konstanten Geschwindigkeit vs eingeholtes Seil bewegt werden.

83

A4.12

l vS

Seil

A

D

ϕ D √l2

C l

Bestimmen Sie grafisch die Geschwindigkeiten der Punkte B und C f¨ ur ϕ = 60◦ .

D √l2 B

L¨ osung Wir l¨osen die Aufgabe zun¨achst im Lageplan unter Verwendung des Momentanpoles Π der Stange CB. Π liegt im Schnittpunkt der Senkrechten zu vB (vB ⊥ AB) und vC (vC ⊥ CD, Gr¨ oße aus vs bestimmbar). vC A

D

◦

60

vS

Maßstab: α

Π

vS

C

α

vB

B

Man liest ab: " 1, 4 vs , vC =

vB = " 5, 4 vs .

Das gleiche Ergebnis erh¨ alt man mit Hilfe des Geschwindigkeitsplanes. Die Richtung der Geschwindigkeiten (z.B. vBC ⊥ CB) ist dabei dem Lageplan zu entnehmen: vC

" 1, 4 vs , vC = vB =5, " 4 vs .

vS

vBC vB

84

A4.13

Geschwindigkeits- und Beschleunigungsplan

Aufgabe 4.13 An der Walze ist ein in B gef¨ uhrter Stab gelenkig befestigt. Bestimmen Sie f¨ ur die dargestellte Lage grafisch die Geschwindigkeiten und Beschleunigungen von B und S, wenn die Walze mit der konstanten Geschwindigkeit v0 rollt.

2, 5r

11111 00000

2, 5r

1111 0000 0000 1111 0000 1111

v0

r

A

S

30◦

Π2

L¨ osung Aus dem Lageplan entnimmt man unter Verwendung der Momentanpole Π1 (Walze) und Π2 (Stange) die Richtung der Geschwindigkeiten und Beschleunigungen.

A

11111 00000 00000 11111 Damit erh¨ alt man aus dem Ge- 11111 00000 schwindigkeitsplan (v ⊥ Π A, 11111 00000 ⊥ BA, v ⊥ Π B): v

S

0

11111 00000 00000 11111 Π1

B

A

BA

B

1

2

vA

" 3, 6 v0 , vB =

vS = " 2, 1 v0 ,

v0

vA0

vSA vS

vBA = 3, 5 v0 vSA = 1, 7 v0

; ;

an BA

v2 v2 = BA = 2, 45 0 , 5r r

an SA =

2 vSA

2, 5r

Der Beschleunigungsplan liefert mit aA = v02 /r und atSA = atBA /2 aB = 8, 4

v02 , r

aS = 4, 7

v02 . r

2r

B

= 1, 2

v02 r

vBA vB

.

anBA aA

anSA

atSA aS

atBA

aB

v0

Kapitel 5 Kinetik des starren K¨ orpers

5

86

Schwerpunktsatz und Drallsatz

R¨ aumliche Bewegung: Die Bewegung eines starren K¨ orpers wird durch das Bewegungsgesetz (auch Impulssatz in differentieller Form, Kr¨ aftesatz oder Schwerpunktsatz) sowie durch den Drallsatz (Momentensatz) beschrieben. Bewegungsgesetz: dp =F dt F m aS p

mit

oder = = = =

maS = F

Summe der ¨ außeren Kr¨ afte, Gesamtmasse des K¨ orpers, Beschleunigung des Schwerpunktes, m v S = Impuls.

Drallsatz: (0)

dL dt mit

= M (0)

M (0)

P dm

v

r 0P 0

M (0) = Summe der ¨ außeren Momente bez¨ uglich 0,  L(0) = r 0P × v dm = Drehimpuls bez¨ uglich 0.

Ist der Bezugspunkt 0 raumfest oder der Schwerpunkt, so l¨ asst sich der Drehimpuls ausdr¨ ucken durch L(0) = Θ(0) · ω mit

ω = Winkelgeschwindigkeit, ⎛ ⎞ Θx Θxy Θxz ⎜ ⎟ Θ0 = ⎝Θyx Θy Θyz ⎠ = Tr¨ agheitstensor Θzx Θzy Θz

EULERsche Gleichungen (Drallsatz bez¨ uglich k¨ orperfestem Hauptachsensystem): Θ1 ω˙ 1 − (Θ2 − Θ3 ) ω2 ω3 = M1 , Θ2 ω˙ 2 − (Θ3 − Θ1 ) ω3 ω1 = M2 , Θ3 ω˙ 3 − (Θ1 − Θ2 ) ω1 ω2 = M3 mit

1, 2, 3 = Haupttr¨ agheitsachsen, Θi = Haupttr¨ agheitsmomente, ωi = Winkelgeschwindigkeitskomponenten.

87

Tragheitsmomente

Tr¨ agheitsmomente (vgl. auch Band 1, Kapitel 9) Axiale Massentr¨ agheitsmomente:  2 Θx = (y + z 2 )dm ,  Θy = (z 2 + x2 )dm ,  2 z Θz = (x + y 2 )dm ,  2 Θa = r dm = m i2a , x

s

dm r

s y

rs A

a

mit ia = Tr¨ agheitsradius. Satz von Steiner:

a

S

Θa = Θs + mrs2 . Θxy = Θyx = −

Deviationsmomente:

Θyz = Θzy = − Θzx = Θxz = −

  

xydm , yzdm , zxdm .

Tabelle einiger Massentr¨ agheitsmomente:

D¨ unner Stab

A

S

Θs =

ml2 , 12

Θs =

mr2 m , Θb = (3r2 + l2 ) 2 12

Θa =

mr2 mr2 , Θb = 2 4

Θs =

2 mr2 5

Θs =

m 2 (a + b2 ) 12

l

S s

r

ml2 3

s

b l

Zylinder

ΘA =

b b a r

D¨ unne Scheibe

a

S b S r

Kugel

c

Quader

s

b S a

s

88

Bewegungsgesetze, Energiesatz

Rotation um eine feste Achse a − a: La = Θ a ω ,

Drehimpuls

Θa ω˙ =

Drallsatz



Ma .

Zeitintegration liefert Θa ω − Θa ω0 =

t 

)a . Ma dτ = M

t0

Ebene Bewegung: Bewegungsgesetz und Drallsatz F1

F2 S

m¨ xS = m¨ yS =

ω

y

ΘA ω˙ =

  

Fx , Fy , MA

F3

x

mit A = fester Punkt oder Schwerpunkt S. Zeitintegration liefert mx˙ S − mx˙ S0 = Fx , wobei

Fx =

t 

my˙ S − my˙ S0 = Fy , Fx dτ,

Fy =

t0

t 

)A , Θ A ω − ΘA ω 0 = M

Fy dτ,

)A = M

t0

t  t0

Arbeitssatz (vgl. Kapitel 2): Ek − Ek0 = W Energiesatz (konservative Kr¨ afte): Ek + Ep = Ek0 + Ep0 = const Kinetische Energie (ebene Bewegung): Ek =

1 1 mvs2 + ΘS ω 2 . 2 2

Sonderfall reine Translation: Sonderfall Rotation um feste Achse a − a:

1 mvs2 , 2 1 Ek = Θa ω 2 . 2 Ek =

MA dτ.

Translation

Aufgabe 5.1 Ein Quader der Masse m rutscht auf einer rauhen Ebene abw¨ arts.

A5.1 c

S

c

0000000 1111111 11111111 00000000 00000000 11111111

L¨ osung Der Quader f¨ uhrt eine reine Translation aus. Kr¨ afte- und Momentensatz lauten mit ω˙ = 0, y¨s = 0

:  S :

b

b

Wie groß ist die Beschleunigung und unter welchen Bedingungen kippt der Quader nicht?

:

89

μ

α

m¨ xs = mg sin α − μN ,

x

0 = N − mg cos α ,

S

y

α

mg

0 = d N − cμN .

R = μN

Daraus folgen

N

x ¨s = g (sin α − μ cos α) ,

d

d = cμ .

Damit kein Kippen eintritt, muss gelten d≤b

;

μ ≤ b/c .

Aufgabe 5.2 Ein homogener Balken ist bei A an einem Wagenboden befestigt und liegt bei B lose auf.

A5.2

L¨ osung F¨ ur die reine Translation gilt mit x ¨s = a, y¨s = 0 und ω˙ = 0 √ → : ma = Ax − 12 2 B , √ ↑ : 0 = Ay + 12 2 B − mg , √ √ √  0 = 12 2 lAy − 12 2 lAx − ( 2 c − l)B. S :

B

2l m

Man bestimme die Kr¨ afte bei A und B, wenn der Wagen eine Beschleunigung a erf¨ ahrt.

c

45◦

A

111111 000000 √

2c l

S mg

Ax

a

B y

Ay a l B = mg 1 − , g 2c   a √   √  a l a l  , Ay = mg 1 − 2 1 − . Ax = mg + 2 1− g g 4c g 4c

Daraus folgen



Anmerkungen: • F¨ ur a = g werden B = 0, Ax = Ay = mg. • F¨ ur a > g hebt der Balken bei B ab.

x

90

A5.3

Translation

Aufgabe 5.3 Eine homogene Scheibe vom Gewicht G = mg wird durch drei St¨ abe gehalten (Gewicht der St¨ abe wird vernachl¨ assigt).

111111111 000000000 1

2

α

α 3

Bestimmen Sie die Beschleunigung der Scheibe und die Stabkr¨ afte in der dargestellten Lage, wenn der Stab 3 pl¨ otzlich gel¨ ost wird.

l

01 1010

2l

L¨ osung Wird der Stab 3 gel¨ost, so f¨ uhrt die Scheibe eine reine Translation aus. Die Beschleunigung ist demnach f¨ ur alle Scheibenpunkte gleich und kann durch die Beschleunigung des Punktes A beschrieben werden, der eine Rotation um den Aufh¨ angepunkt ausf¨ uhrt: a = aA = ve ˙ t+

v2 en . ρA

Zum Zeitpunkt des L¨ osens gilt v=0

;

en

a = ve ˙ t,

S1

und man erh¨ alt die Bewegungsgleichungen:

:

et

2 l 3

S2

A

α

S

1 l 3

mg

mv˙ = mg sin α ,

:

0 = S1 + S2 − mg cos α ,

 S :

0=

l l 4 2 lS1 cos α − S1 sin α − S2 sin α − S2 cos α . 3 3 3 3

Daraus folgen v˙ = g sin α,

S1 =

mg (sin α + 4 cos α), 6

S2 =

mg (− sin α + 2 cos α). 6

Anmerkungen: • F¨ ur sin α = 2 cos α (d.h. tan α = 2 bzw. α = 63, 4◦ ) wird S2 = 0. Die Wirkungslinie von S1 geht dann durch den Schwerpunkt S. • Die Stabkr¨ afte vor dem L¨ osen von Stab 3 (Statik) betragen S1 =

2mg , 3 cos α

S2 =

mg , 3 cos α

S3 = mg tan α .

des starren K¨ orpers

Aufgabe 5.4 Ein Auto der Masse m bremst auf einer rauhen Bahn ohne zu rutschen.

91

A5.4 l

Bestimmen Sie die m¨ oglichen Bremsverz¨ ogerungen aB , wenn die Bremsen nur auf die Vorderr¨ ader bzw. nur auf die Hinterr¨ ader wirken. Die Masse der R¨ ader ist zu vernachl¨ assigen.

l S h

111111111 000000000 μ0

L¨ osung Wirken die Bremsen nur vorne, so erh¨alt man mit x ¨s = −aB , y¨s = 0, ω˙ = 0 aus y →:

−maB = −H1 ,

↑ :  S :

x

vs S

0 = N1 + N2 − mg ,

h mg

0 = lN1 − lN2 − hH1

N2

l

l

H1 N1

die Kr¨ afte H1 = maB ,

N1 =

1 h m (g + aB ) , 2 l

N2 =

1 h m (g − aB ) . 2 l

Damit die Vorderr¨ ader nicht rutschen und die Hinterr¨ ader nicht abheben, muss gelten 1 l H1 ≤ μ0 N1 ; aB ≤ g = κ1 , h [2l/(μ0 h) − 1] N2 ≥ 0

;

aB ≤ g

l = κ2 . h

ahrend f¨ ur μ0 h/l ≥ 1 F¨ ur μ0 h/l ≤ 1 ist κ1 ≤ κ2 , d.h. es gilt aB ≤ κ1 , w¨ gilt aB ≤ κ2 . Wirkt die Bremse auf die Hinterr¨ ader, so sind S im Bewegungsgesetz und im Drallsatz H1 durch H2 zu ersetzen. Die Kr¨ afte N1 und N2 mg lauten dann wie oben und es wird H2 = maB . H2 Aus H2 ≤ μ0 N2 und N2 ≥ 0 folgen damit N2 N1 aB ≤ g

1 l = κ3 , h [2l/(μ0 h) + 1]

aB ≤ g

l = κ2 . h

Wegen κ3 < κ2 gilt in diesem Fall immer aB ≤ κ3 . Anmerkungen: • Die maximale Verz¨ ogerung ist bei einer Vorderradbremse stets gr¨ oßer (κ1 , κ2 > κ3 ). • Der Fall μ0 h/l ≥ 1 tritt f¨ ur einen u ¨blichen PKW unter realistischen Verh¨ altnissen nicht auf. Dann ist κ2 uninteressant.

92

A5.5

Tr¨ agheitsmomente

Aufgabe 5.5 Die dargestellte Kreiszylinderwelle besitzt eine mit ρ = ρ0 (1 + αr) ver¨ anderliche Dichte.

z

y r

x

y

R

Gesucht sind die Massentr¨ agheitsmomente Θx und Θy .

l

z

L¨ osung Das Massentr¨agheitsmoment Θx wird aus   Θx = (y 2 + z 2 )dm = r2 dm

r

dr

y

bestimmt. Mit R

dm = ρ 2πr dr dx = 2πρ0 (r + αr2 )dr dx erh¨ alt man daraus  R4 l R 3 R5  Θx = 2πρ0 (r + αr4 )dr dx = 2πρ0 l +α 4 5 0 0   π 4 = ρ0 lR4 1 + αR . 2 5

Das Tr¨ agheitsmoment Θy = Θz (Symmetrie) bestimmt man aus  Θy = (z 2 + x2 )dm

rdϕ

z

mit dm = ρr dϕ dr dx = ρ0 (r + αr2 ) dϕ dr dx ,

dr dϕ r r sin ϕ

z = r sin ϕ ϕ

unter Ausnutzung der Symmetrie zu Θy = 4ρ0

y

l R π/2 

(r2 sin2 ϕ + x2 )(r + αr2 )dϕ dr dx

0 0 0 l R

(r2 + 2x2 )(r + αr2 )dr dx   2  3 R l2 R 2 = πρ0 R2 l . + +α + Rl2 4 3 5 9 = πρ0

0 0

Anmerkung: F¨ ur α = 0 folgen mit m = ρ0 πR2 l die Ergebnisse der homogenen Welle (beachte Steiner-Glied): Θx =

1 mR2 , 2

Θy =

1 m(3R2 + 4l2 ) . 12

Tr¨ agheitsmomente

Aufgabe 5.6 Bestimmen Sie das Massentr¨ agheitsmoment Θa eines homogenen Ringes mit Kreisquerschnitt (Dichte ρ).

a

93

A5.6

R c

a

L¨ osung Das Massentr¨agheitsmoment ist gegeben durch  Θa = r2 dm . Aus der Skizze liest man ab

dr c

a R

2c cos ϕ

r = R + c sin ϕ , ϕ

dm = ρ 2πr2c cos ϕ dr . c sin ϕ

Mit

r

a

dr = c cos ϕ dϕ folgt daraus dm = 4πρc2 (R + c sin ϕ) cos2 ϕ dϕ , und man erh¨ alt Θa = 4πρc2

+π/2 

(R + c sin ϕ)3 cos2 ϕdϕ

−π/2

= 4πρc2

+π/2 

[R3 cos2 ϕ + 3R2 c sin ϕ cos2 ϕ

−π/2

+3Rc2 sin2 ϕ cos2 ϕ + c3 sin3 ϕ cos2 ϕ]dϕ  = 4πρc2

π 3 3π R + Rc2 2 8



  3 = 2π 2 ρc2 R R2 + c2 . 4

Beachte: Die Integrale u ¨ber ungerade Funktionen verschwinden. Unter Verwendung von m = 2π 2 ρc2 R ergibt sich schließlich  3  Θa = m R2 + c2 . 4 Anmerkung: F¨ ur den d¨ unnen Ring (c  R) folgt Θa = mR2 .

94

A5.7

Tr¨ agheitsmomente

Aufgabe 5.7 F¨ ur einen homogenen Kegel der Masse m sind die Tr¨ agheitsmomente Θx und Θy zu ermitteln.

z y R x H

L¨ osung Bei der Berechnung verwenden wir als Massenelement die skizzierte Kreisscheibe. Mit a=x

R H

y y

erh¨ alt man

a

dm = ρπa2 dx

R

dx

x

x

2

R = ρπ 2 x2 dx H

y

und f¨ ur das Tr¨ agheitsmoment dΘx des Massenelements  4 1 π R dΘx = a2 dm = ρ x4 dx . 2 2 H Damit folgt  Θx =

π dΘx = ρ 2



R H

4 H x4 dx = ρ

π 4 R H. 10

0

Das Tr¨ agheitsmoment des Massenelements bez¨ ugl. der Achse y  lautet  4 1 π R dΘy = a2 dm = ρ x4 dx . 4 4 H Mit dem Steiner-Glied wird daher   2 H   2  1 R  R 4 4 2 x + x dx Θy = [dΘy + x dm] = ρπ H 4 H 0   1 2 π = ρ R2 H R + H2 . 5 4 Setzt man die Masse m = ρπR2 H/3 ein, so ergibt sich schließlich   3 3 1 2 2 2 Θy = m . Θx = mR , R +H 10 5 4

Tr¨ agheitsmomente

Aufgabe 5.8 Es sind die Tr¨agheitsmomente Θx und Θxy f¨ ur eine homogene Rechteckscheibe (Masse m, Dicke t  a, b) zu bestimmen.

95

A5.8

y

b S x a

L¨ osung F¨ ur die d¨ unne Scheibe besteht ein direkter Zusammenhang zwischen Massentr¨ agheitsmoment und Fl¨ achentr¨ agheitsmoment (vgl. Band 1, Kapitel 9). Mit dm = ρtdA und z  x, y gilt   Θx = (y 2 + z 2 )dm = " ρt y 2 dA = ρtIx ,   Θxy = − xydm = −ρt xydA = ρtIxy . Man kann dann auch die Transformationsformeln (vgl. Band 1, Kapitel 9) verwenden und findet f¨ ur die um −ϕ gegen die Hauptachsen 1 und 2 gedrehten Achsen x und y

2

y S

−ϕ

1

x

Θx =

Θ1 + Θ 2 Θ1 − Θ2 + cos 2ϕ , 2 2

Θxy =

Θ1 − Θ2 sin 2ϕ . 2

Mit Θ1 = ρt

ab3 mb2 = , 12 12

Θ2 =

a , + b2

sin ϕ = √

cos ϕ = √

a2

cos 2ϕ = 2 cos2 ϕ − 1 =

ma2 , 12

a 2 − b2 , a2 + b 2

b , + b2

a2

sin 2ϕ = 2 sin ϕ cos ϕ =

erh¨ alt man endg¨ ultig Θx =

m(a2 + b2 ) m(b2 − a2 ) (a2 − b2 ) ma2 b2 , + = 24 24 (a2 + b2 ) 6(a2 + b2 )

Θxy =

m(b2 − a2 ) 2ab m(a2 − b2 )ab = − . 24 a2 + b 2 12(a2 + b2 )

Anmerkung: F¨ ur a = b folgen Θx = ma2 /12 und Θxy = 0.

2ab a2 + b 2

96

A5.9

Rotation

Aufgabe 5.9 Ein Winkel vom Gewicht G = mg besteht aus zwei d¨ unnen homogenen St¨ aben. Er ist in A durch eine senkrecht zur Zeichenebene stehende Achse gelagert.

A g

2l

Gesucht ist die Bewegungsgleichung.

l

L¨ osung Das Gesamtgewicht greift im Schwerpunkt S an. Seine Koordinaten folgen aus (vgl. Band 1, Kapitel 2) m l l xs = 3 2 = , m 6 m 2m 2l + l 4 3 3 ys = = l m 3 √  65 ; a = ys2 + x2s = l. 6

2 m 3

ys

a S xs

A

Die Bewegung ist eine reine Rotation um A und wird daher durch den Drallsatz

1 m 3

a ϕ S

¨ = MA ΘA ϕ

mg

beschrieben. Wir z¨ ahlen ϕ von der statischen Ruhelage (in der Ruhelage a sin ϕ liegt S unter A) und finden mit    2  (2l)2 2 m l2 l 7 + m ΘA = + (2l)2 + = ml2 3 12 2 3 3 3 die Bewegungsgleichung  A :

7 ¨ = −mga sin ϕ ml2 ϕ 3

√ ;

ϕ ¨+

65 g sin ϕ = 0 . 14 l

Anmerkung: F¨ ur kleine Auslenkungen (ϕ  1, sin ϕ ≈ ϕ) wird die Bewegung durch eine “Schwingungsgleichung” f¨ ur harmonische Schwingungen beschrieben (vgl. Kapitel 7): √ 65 g ϕ ¨+ ϕ=0 14 l

um eine feste Achse

Aufgabe 5.10 Eine mit der Winkelgeschwindigkeit ω0 um die vertikale Achse rotierende Kreisscheibe (Gewicht G = mg) wird auf eine rauhe horizontale Ebene (Reibungszahl μ) aufgesetzt. Nach welcher Zeit T kommt die Scheibe zur Ruhe und wieviel Umdrehungen u f¨ uhrt sie dabei aus, wenn die Fl¨ achenpressung als konstant angenommen wird?

97

A5.10 ω0 G μ

r0

11111111 00000000

L¨ osung Die Drehbewegung um die feste Achse wird beschrieben durch Θω˙ = M . Das Moment errechnet sich dabei aus den u ache verteilten Reib¨ber die Kreisfl¨ kr¨ aften. Aus dA = rdα dr ,

m = ρπr02 h

dN = ρghdA ,

dR = μdN

rdα

dr ϕ, ω

r0

r α

dR

h

folgt (das Reibmoment wirkt der Winkelgeschwindigkeit entgegen) r0 2π

 M =−

r dR = −μρgh

r2 dα dr = − 0

Einsetzen liefert mit Θ = ϕ ¨=−

2 μr0 mg . 3

dN

0

mr02 /2

und ω˙ = ϕ ¨

4 μg . 3 r0

Durch zweifache Integration erh¨ alt man unter Beachtung der Anfangsbedingungen ϕ(t = 0) = 0, ϕ(t ˙ = 0) = ω0 ϕ˙ = ω0 −

4 μg t, 3 r0

ϕ = ω0 t −

2 μg 2 t . 3 r0

Aus der Bedingung ϕ(T ˙ ) = 0 ergibt sich schließlich T =

3 ω0 r0 , 4 μg

ϕ(T ) =

3 ω02 r0 8 μg

;

u=

ϕ(T ) 3 ω02 r0 . = 2π 16π μg

98

A5.11

Rotation

Aufgabe 5.11 Ein Schwungrad, das sich anf¨anglich mit der Drehzahl n um eine feste Achse dreht, wird durch ein konstantes Bremsmoment MB nach der Zeit tB zum Stillstand gebracht. Wie groß ist das Massentr¨ agheitsmoment Θ und wieviel Umdrehungen u f¨ uhrt das Rad w¨ ahrend des Bremsvorganges aus?

L¨ osung Die Bewegung w¨ahrend des Bremsvorganges wird beschrieben durch Θϕ ¨ = −MB

;

ϕ ¨=−

MB . Θ

(Beachte: Das Bremsmoment wirkt entgegen der positiven Drehrichtung.) Zweifache Integration unter Ber¨ ucksichtigung der Anfangsbedingungen ϕ(t ˙ = 0) = ω0 = 2πn ,

ϕ(t = 0) = 0

liefert ϕ˙ = −

MB t + 2πn , Θ

ϕ=−

MB 2 t + 2πnt . 2Θ

alt man Aus der Bedingung ϕ(t ˙ B ) = 0 (Stillstand) erh¨ 0=−

MB tB + 2πn Θ

ϕB = ϕ(tB ) = −

MB t2B + 2πntB = πntB 2Θ

;

Θ=

MB tB , 2πn

;

u=

ϕB 1 = ntB . 2π 2

Die Aufgabe l¨ asst sich noch einfacher mittels Drehimpulssatz und Arbeitssatz l¨ osen. Mit ω(tB ) = 0 und ω0 = 2πn wird tB M dτ = Θω(tB ) − Θω0 :

−MB tB = −Θω0

;

Θ=

MB tB , 2πn

0

Ek − Ek0 = W :

1 − Θω02 = −MB ϕB 2

;

u=

ϕB 1 = ntB . 2π

um eine feste Achse

Aufgabe 5.12 Auf einer homogenen zylindrischen Walze der Masse m1 ist ein dehnstarres Seil aufgewickelt, an dem eine Masse vom Gewicht m2 g h¨ angt.

99

A5.12 r A

Zu bestimmen sind die Beschleunigung der Masse m2 und die Seilkraft S, wenn die Walze sich in A frei drehen kann. Die Masse des Seils sei vernachl¨ assigbar.

m1

m2

L¨ osung Wir l¨osen die Aufgabe, indem wir das Seil schneiden und die Bewegungsgleichungen f¨ ur die Rolle und f¨ ur die Masse m2 getrennt aufstellen. Man erh¨ alt f¨ ur die Rolle

ϕ˙ A

r

B S

 A :

S

Θϕ ¨ = rS

x

und f¨ ur die Masse m2 ↓:

m2 x ¨ = m2 g − S .

m2 g

Zu den zwei Bewegungsgleichungen mit drei Unbekannten (¨ x, ϕ, ¨ S) tritt eine kinematische Bindung. Die Geschwindigkeit rϕ˙ des Punktes B der Rolle muss mit der Geschwindigkeit x˙ der Masse m2 bzw. des Seiles u ¨bereinstimmen: x˙ = rϕ˙

;

x ¨ = rϕ ¨.

Durch Einsetzen ergeben sich mit Θ = m1 r2 /2 x ¨=g

2m2 , m1 + 2m2

S=

m1 m 2 g . m1 + 2m2

Anmerkung: Im statischen Fall (Walze ist blockiert) wird die Seilkraft SSt = m2 g, d.h. es gilt S < SSt .

100

A5.13

Rotation

Aufgabe 5.13 Zwei homogene Walzen (Gewichte m1 g, m2 g), die zun¨ achst mit der Winkelgeschwindigkeit ω0 gleichsinnig umlaufen, werden aufeinandergesetzt, so dass sie aneinander abrutschen (Reibungskoeffizient μ).

r2

m2

ω0

μ m1

r1

Nach welcher Zeit tR rollen die Walzen aneinander ab, und wie groß sind dann ihre Winkelgeschwindigkeiten?

ω0

L¨ osung W¨ahrend des Rutschens gilt ① ②

 B :  A : ↑ :

m2 g

ϕ˙2

r2

Θ1 ϕ ¨1 = −r1 R ,

②

A

¨2 = −r2 R , Θ2 ϕ

R N

0 = N − m2 g .

R

Mit dem Reibgesetz R = μN und Θ1 = m1 r12 /2, ϕ˙ 1 Θ2 = m2 r22 /2 folgen daraus unter Beachtung der Anfangsbedingungen

① r1

B

2μg m2 2μg m2 ; ϕ˙ 1 = − t + ω0 , ϕ ¨1 = − r1 m1 r1 m1 2μg 2μg ; ϕ˙2 = − t + ω0 . ϕ ¨2 = − r2 r2 Damit die Walzen aneinander abrollen, m¨ ussen zum Zeitpunkt t = tR die Geschwindigkeiten im Ber¨ uhrungspunkt gleich sein: r1 ϕ˙ 1 = −r2 ϕ˙ 2 . Beachte: positive Winkelgeschwindigkeiten f¨ ur die Walzen ① und ② f¨ uhren zu entgegengesetzt gerichteten Geschwindigkeiten am Ber¨ uhrungspunkt! Einsetzen liefert tR =

ω0 (r1 + r2 )  m2  . 2μg 1 + 1

Die Winkelgeschwindigkeiten werden dann m1 r2 − m2 r1 ϕ˙ 1 (tR ) = ω0 m1 , 1+ m2

r1 m1 −1 r m ϕ˙ 2 (tR ) = −ω0 2 2m1 . 1+ m2

Anmerkung: F¨ ur m1 /m2 = r2 /r1 kommen beide Walzen zum Stillstand.

von Systemen

Aufgabe 5.14 Bei einem Aufzug treibt die Rolle ① die Seiltrommel ② ohne Schlupf an.

101

A5.14 Θ2

r2

Wie groß sind die Beschleunigung a des Aufzuges (Gewicht G = mg) und die Seilkraft S, wenn der Antrieb durch ein konstantes Moment M0 erfolgt?

② r1

Θ1

①

G

M0

L¨ osung Wir trennen das System und erhalten f¨ ur die einzelnen Teile ①

 A :

Θ1 ω˙ 1 = M0 − r1 H ,

②

 B :

Θ2 ω˙ 2 = r2 H − r2 S ,

③

↑ :

②

ω2

C

B

S

D

H

N

ma = mv˙ = S − mg .

H

Da die Geschwindigkeit des Punktes C der Trommel ② mit der Geschwindigkeit des Aufzuges (undehnbares Seil) und die Geschwindigkeit von D mit der von E (kein Schlupf) u ¨bereinstimmen muss, lauten die kinematischen Beziehungen

ω1

E

①

A

M0 S v

③ mg

r2 ω 2 = v

;

r2 ω˙ 2 = v˙ = a ,

r2 ω2 = r1 ω1

;

r2 ω˙2 = r1 ω˙1 .

Damit stehen f¨ unf Gleichungen f¨ ur die f¨ unf Unbekannten (ω˙ 1 , ω˙ 2 , a, H, S) zur Verf¨ ugung. Durch Aufl¨ osen erh¨ alt man M0 − mg r1 a= , Θ1 Θ2 m+ 2 + 2 r1 r2

S=m

M0 + r1



Θ1 Θ2 + 2 r12 r2 Θ1 Θ2 m+ 2 + 2 r1 r2

 g .

Anmerkung: F¨ ur M0 = r1 mg werden a = 0 (Statik) und S = H = mg.

102

A5.15

Rollen

Aufgabe 5.15 Eine homogene Walze (Gewicht G = mg) rollt eine rauhe schiefe Ebene (Haftungskoeffizient μ0 ) hinunter.

1111111 0000000 0000000 1111111 G 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 μ0 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111

Wie groß ist ihre Beschleunigung a und unter welchen Umst¨ anden ist reines Rollen m¨ oglich?

α

ω

L¨ osung Man erh¨alt mit y¨s = 0 und x ¨s = a f¨ ur das Bewegungsgesetz :

ma = mg sin α − H ,

:

0 = N − mg cos α

y S

x H

r

α mg N

und den Drallsatz (bez¨ uglich des Schwerpunktes S)  S :

Θs ω˙ = rH .

Mit Θs = mr 2 /2 und der kinematischen Bedingung (Rollen ohne Schlupf) rω = x˙ s

;

rω˙ = x ¨s = a

;

ω˙ =

a r

ergibt sich durch Aufl¨ osen f¨ ur die Beschleunigung a=

2 g sin α . 3

Damit die Walze am Ber¨ uhrungspunkt mit der Ebene nicht rutscht (reines Rollen), muss gelten H ≤ H0 = μ 0 N . Mit H = mg sin α − ma = folgt daraus μ0 ≥

1 tan α . 3

1 mg sin α , 3

N = mg cos α

und Rollen

Aufgabe 5.16 Auf eine rauhe Kegelbahn (Reibzahl μ) wird eine Kugel mit der Geschwindigkeit v0 ohne Drehung aufgesetzt. Nach welcher Strecke xr rollt die Kugel und wie groß ist dann ihre Geschwindigkeit vr ? Geg.: v0 = 5 m/s, μ = 0, 3.

103

A5.16 v0

11111111 00000000 μ

L¨ osung Nach dem Aufsetzen rutscht die Kugel zun¨achst. Bewegungsgesetz und Drallsatz lauten dann →:

m¨ x = −R ,

↑ :  S :

0 = N − mg

ω

;

S

x

N = mg ,

R

Θs ω˙ = rR .

r mg N

Mit Θs = 2mr2 /5 und dem Reibgesetz R = μN = μmg folgen aus der ersten und dritten Gleichung durch Integration unter Beachtung der Anfangsbedingungen v(t = 0) = v0 , x(t = 0) = 0, ω(t = 0) = 0: v = x˙ = v0 − μgt ,

x = v0 t −

1 μg t2 , 2

ω=

Damit die Kugel ohne Schlupf rollt, muss gelten v = rω . Einsetzen liefert die Zeit tr , zu der Rollen eintritt v0 − μgtr =

5 μ g tr 2

;

und somit xr = x(tr ) =

12v02 = 2, 08 m , 49μg

vr = v(tr ) =

5 m . v0 = 3, 57 7 s

tr =

2v0 = 0, 49 s 7μg

5μg t. 2r

104

A5.17

Bewegungsgesetz

Aufgabe 5.17 Eine auf einer rauhen Ebene ruhende Seiltrommel (Gewicht mg, Tr¨ agheitsmoment Θs ) wird in Bewegung gesetzt, indem am Seil unter dem Winkel α mit der konstanten Kraft F0 gezogen wird. Bestimmen Sie die Beschleunigung as des Schwerpunktes S, wenn die Trommel rollt. Wie groß muss daf¨ ur die Haftungszahl μ0 sein?

m, ΘS r2 S

r1

F0 α

111111111 000000000 μ0

L¨ osung Bewegungsgesetz und Drallsatz lauten →: ↑ :  S :

ω

mas = F0 cos α − H , 0 = N − mg + F0 sin α ,

vs

r1

r2 mg

F0 S α

Θs ω˙ = r1 H − r2 F0 .

Mit der kinematischen Bedingung (Rollen) H

vs = r1 ω

;

v˙ s = as = r1 ω˙

N

erh¨ alt man daraus f¨ ur die Beschleunigung und f¨ ur die Kr¨ afte F0 as = m

r2 r1 , Θs 1+ 2 r1 m

cos α −

Θs cos α r2 + r12 m r1 H = F0 , Θs 1+ 2 r1 m

N = mg − F0 sin α .

Damit kein Rutschen auftritt, muss gelten H ≤ μ0 N . Einsetzen liefert Θs cos α r2 + r12 m r  .  1 μ0 ≥  mg Θs − sin α 1+ 2 F0 r1 m Anmerkungen: • F¨ ur cos α > r2 /r1 wird as > 0 (Bewegung nach rechts) und f¨ ur cos α < r2 /r1 wird as < 0 (Bewegung nach links). • F¨ ur F0 sin α > mg hebt die Trommel ab.

und Drallsatz

Aufgabe 5.18 Eine homogene Rechteckscheibe vom Gewicht G = mg ist symmetrisch gelagert. a) Wie groß sind die Lagerkr¨ afte in A zu Beginn der Bewegung, wenn das Lager B pl¨ otzlich entfernt wird? b) Wie muss c gew¨ ahlt werden, damit sich die Vertikalkomponente der Kraft in A gegen¨ uber der Gleichgewichtslage nicht a ¨ndert?

A5.18

2b

G

2h

B

A 2c

L¨ osung a) Bewegungsgesetz und Drallsatz (bez¨ uglich des festen Punktes A) lauten unmittelbar nach Entfernung des Lagers B

mg S

→:

m¨ xs = AH ,

↑ :

m¨ ys = AV − mg ,

 A :

ΘA ω˙ = cmg ,

105

ω

rS aS

y

h

α x

AH AV

c

wobei ΘA = Θs + mrs2 =

m m 2 (4b2 + 4h2 ) + m(c2 + h2 ) = (b + 4h2 + 3c2 ) . 12 3

Da der Schwerpunkt S eine reine Rotation um A ausf¨ uhrt, gilt mit vs = 0 (Beginn der Bewegung) an =

vS2 =0, rS

as = at = rs ω˙ ,

und es werden mit sin α = h/rs , cos α = c/rs y¨s = −as cos α = −cω˙ .

x ¨s = as sin α = hω˙ ,

Durch Aufl¨ osen erh¨ alt man damit die Lagerkr¨ afte zu AH = G

b2

3ch , + 4h2 + 3c2

AV = G

b2

b2 + 4h2 . + 4h2 + 3c2

b) Die Vertikalkraft bei A betr¨ agt vor dem Entfernen von B (Statik) ¨ AV = G/2. Damit keine Anderung eintritt muss daher gelten 1 b2 + 4h2 = 2 2 b + 4h2 + 3c2

;

1 2 c= √ b + 4h2 . 3

Anmerkung: Wegen c ≤ b bleibt AV nur f¨ ur b ≥

√ 2 h unver¨ andert.

106

A5.19

Bewegungsgesetz

Aufgabe 5.19 Ein Stab (Gewicht G = mg), der zun¨ achst senkrecht steht, ger¨ at in Bewegung, so dass er an der glatten Wand und der Unterlage reibungsfrei abgleitet. Wie groß ist die Winkelbeschleunigung ϕ(ϕ)? ¨ Wie groß sind die Kr¨ afte auf Wand und Unterlage?

L¨ osung Solange der Stab an der Wand und der Unterlage abgleitet, lauten das Bewegungsgesetz und der Drallsatz (bez¨ uglich S)

111111111 000000000 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 ϕ

G

y l 2

B

S

yS

→:

m¨ xs = B ,

↑ :

m¨ ys = A − mg ,

 S :

l l Θs ϕ ¨ = A sin ϕ − B cos ϕ 2 2

l

mg

l 2

ϕ x

xS A

mit Θs = ml2 /12. Zwischen xs , ys und ϕ besteht der kinematische Zusammenhang xs =

l sin ϕ , 2

ys =

l cos ϕ , 2

bzw. nach Differenzieren l ϕ˙ cos ϕ , 2 l ¨ cos ϕ − ϕ˙ 2 sin ϕ) , x ¨s = (ϕ 2 x˙ s =

l ϕ˙ sin ϕ , 2 l y¨s = − (ϕ ¨ sin ϕ + ϕ˙ 2 cos ϕ) . 2

y˙ s = −

Damit stehen f¨ unf Gleichungen f¨ ur die f¨ unf Unbekannten (¨ xs , y¨s , ϕ, ¨ A, B) zur Verf¨ ugung. Aufl¨ osen nach ϕ ¨ liefert ϕ ¨=

3g sin ϕ . 2l

Die Kr¨ afte bestimmen sich aus l (ϕ ¨ cos ϕ − ϕ˙ 2 sin ϕ) , 2 l A = mg + m¨ ys = mg − m (ϕ ¨ sin ϕ + ϕ˙ 2 cos ϕ) . 2 B = m¨ xs = m

und Drallsatz

107

Hierzu wird noch ϕ˙ ben¨ otigt. Wir erhalten diese Gr¨ oße aus dϕ˙ dϕ dϕ˙ = ϕ˙ dϕ dt dϕ

ϕ ¨=

;

ϕ˙ dϕ˙ = ϕ ¨ dϕ

durch Integration zu   3g 1 2 3g sin ϕ dϕ + C = − cos ϕ + C . ¨ dϕ + C = ϕ˙ = ϕ 2 2l 2l Die Integrationskonstante C ergibt sich aus der Anfangsbedingung ϕ(ϕ ˙ = 0) = 0 zu C = 3g/2l. Daher wird ϕ˙ 2 =

3g (1 − cos ϕ) . l

F¨ ur die Kr¨ afte folgt damit B=

3 G(3 cos ϕ − 2) sin ϕ , 4

A=

1 G(9 cos2 ϕ − 6 cos ϕ + 1) . 4

A B , G G

1

A/G B/G 60◦

30◦

90◦

ϕ

ϕ1 −1

Anmerkungen: • Die Kraft B wird Null f¨ ur ϕ0 = 0 und 3 cos ϕ1 −2 = 0 ; ϕ1 = 48, 2◦ . • F¨ ur ϕ > ϕ1 w¨ urde sich der Stab bei B von der Wand l¨ osen. Die Ergebnisse bleiben daher nur g¨ ultig, wenn in B eine F¨ uhrung vorhanden ist, die eine Zugkraft u ¨bertragen kann. 1 • Die Kraft A wird Null f¨ ur cos ϕ = ; ϕ ≈ 70, 5◦ . 3

108

A5.20

Drallsatz

1111111111111 0000000000000 0000000000000 1111111111111 0000000000000 1111111111111 0000000000000 1111111111111 a) Wie groß sind die Geschwindig0000000000000 1111111111111 keit und die Beschleunigung des 0000000000000 Schwerpunktes in Abh¨ angigkeit von 1111111111111 0000000000000 1111111111111 der Lage des Stabes?

Aufgabe 5.20 Ein auf einer glatten Halbkreisbahn gef¨ uhrter Stab vom Gewicht G = mg wird aus der dargestellten Ruhelage losgelassen.

R

R

b) Bestimmen Sie die Kr¨ afte in den Ber¨ uhrungspunkten.

L¨ osung a) Der Schwerpunkt S bewegt sich auf einer Kreisbahn vom Radius 0  √ B ϕ 30◦ 3 R2 l l = R2 − = R 4 2 S um den keit von

0. Durch ϕ˙ und ϕ ¨ werdaher die Geschwindigund die Beschleunigung S eindeutig beschrieben.

en

R/2

R

mg A

Beachte: ϕ˙ und ϕ ¨ sind identisch mit der Winkelgeschwindigkeit und der Winkelbeschleunigung des Stabes! Der Drallsatz (reine Rotation um 0)  0 :

Θ0 ϕ ¨ = mgl cos ϕ

liefert mit Θ0 =

mR2 5 + ml2 = mR2 12 6

die Winkelbeschleunigung √ 3 3 g ϕ ¨= cos ϕ . 5 R Die Winkelgeschwindigkeit erh¨ alt man daraus unter Verwendung von ϕd ˙ ϕ˙ = ϕdϕ ¨ durch Integration (Anfangsbedingung ϕ(ϕ ˙ = 30◦ ) = 0): 1 2 ϕ˙ = 2 ;

ϕ ϕ( ¨ ϕ)d ¯ ϕ ¯= 30o

ϕ˙ =



√   1 3 3g sin ϕ − 5 R 2

√ 3 3g (2 sin ϕ − 1) . 5 R

Energiesatz

109

b) Um die Kr¨ afte zu ermitteln, wenden wir das Bewegungsgesetz in Richtung von en sowie den Drallsatz bez¨ uglich S an: :

man = A cos 30◦ + B cos 30◦ − mg sin ϕ ,

 S :

Θs ϕ ¨=

R R A cos 30◦ − B cos 30◦ . 2 2

9 Mit an = lϕ˙ 2 = g(2 sin ϕ − 1) , Θs = mR2 /12 und dem bekannten 10 ϕ ¨ werden √ √   mg  3 mg  3 (28 sin ϕ − 9) + cos ϕ , B = (28 sin ϕ − 9) − cos ϕ . A= 10 3 10 3 A B , G G 1

A/G B/G

0.5

30◦

45◦

60◦

75◦

90◦

115◦

ϕ

Die Bestimmung von ϕ˙ und ϕ ¨ kann auch aus dem Energiesatz Ek + Ep = Ek0 + Ep0 erfolgen. Wir z¨ ahlen die potentielle Energie vom tiefsten Punkt der √ 3 Kreisbahn. Mit vs = lϕ˙ = Rϕ˙ werden 2 Ek0 = 0 , √   3 , Ep0 = mg(R − l sin 30o ) = mgR 1 − 4 1 1 5 Ek = mvs2 + Θs ϕ˙ 2 = mR2 ϕ˙ 2 , 2 2 12 √   3 Ep = mg(R − l sin ϕ) = mgR 1 − sin ϕ . 2 Einsetzen liefert √ 3 3 g (2 sin ϕ − 1) . ϕ˙ 2 = 5 R Durch Differenzieren nach der Zeit erh¨ alt man schließlich √ √ 3 3g 3 3g 2ϕ˙ ϕ ¨= 2ϕ˙ cos ϕ ; ϕ ¨= cos ϕ . 5 R 5 R

110

A5.21

Bewegungsgesetz

Aufgabe 5.21 Bei dem dargestellten System sind zwei homogene Rollen der Masse m u ¨ber ein dehnstarres Seil mit einem K¨ orper vom Gewicht G1 = 5mg verbunden.

r

Wie groß sind die Beschleunigung des K¨ orpers und die Seilkr¨ afte, wenn das System sich selbst u ¨berlassen ist und an keiner Stelle Gleiten auftritt?

m

r

m

11111 00000 00000 11111 000001010 11111 10

G1

30◦

②

L¨ osung Wir trennen das System und erhalten f¨ ur die einzelnen Teile ③

①

↓ :

5mv˙ 1 = 5mg − S1 ,

②

 A :

Θ2 ω˙ 2 = rS1 − rS2 ,

③  :  B :

mv˙ 3 =

v3 ω 3 B

S2 − H − mg sin 30◦ ,

H

S2

ω2

A

S2

S1

mg

S1 N

① v1

5mg

Θ3 ω˙ 3 = rH ,

wobei Θ2 = Θ 3 =

mr2 . 2

Mit den kinematischen Beziehungen (Bindung durch das Seil) v1 = rω2 = v3 = rω3 ;

ω˙ 2 =

v˙ 1 , r

v˙ 3 = v˙ 1 ,

ω˙ 3 =

v˙ 1 r

stehen insgesamt sieben Gleichungen f¨ ur die sieben Unbekannten (v˙ 1 , v˙ 3 , ω˙ 2 , ω˙ 3 , S1 , S2 , H) zur Verf¨ ugung. Aufl¨ osen liefert f¨ ur die Beschleunigung v˙ 1 =

9 g 14

und f¨ ur die Seilkr¨ afte S1 =

50 mg , 28

S2 =

41 mg . 28

Arbeitssatz

Aufgabe 5.22 Ein u ¨ber eine Rolle (Tr¨ agheitsmoment Θ0 ) gef¨ uhrtes Seil verbindet zwei K¨ orper mit den Gewichten m1 g > m2 g (Reibzahl μ).

111

A5.22 Θ0 m2

Zu bestimmen ist die Geschwindigkeit der K¨ orper in Abh¨ angigkeit vom Ort, wenn das System aus der Ruhe losgelassen wird und an der Rolle kein Schlupf auftritt.

1111111 0000000 0000000 1111111 0000000 1111111

r

μ

α

g

m1

L¨ osung Die Geschwindigkeit l¨ast sich am einfachsten mit Hilfe des Arbeitsatzes Ek − Ek0 = W x2

bestimmen. Mit den kinematischen Bedingungen (Bindung durch das Seil, kein Schlupf) R

x1 = x2 = rϕ = x , ;

m2 g

α

ϕ

N

x˙ 1 = x˙ 2 = rϕ˙ = x˙ = v

x1 m1 g

werden die kinetischen Energien Ek0 = 0 Ek =

(Ausgangszustand = Ruhe) ,

  m2 1 1 1 1 Θ0 . + m1 x˙ 21 + m2 x˙ 22 + Θ0 ϕ˙ 2 = m1 v 2 1 + 2 2 2 2 m1 m1 r 2

Die Arbeit der ¨ außeren Kr¨ afte bestimmt sich mit dem Reibgesetz R = μN = μm2 g cos α zu   m2 m2 cos α− sin α . W = m1 gx1 −Rx2 −(m2 g sin α)x2 = m1 gx 1−μ m1 m1 Einsetzen in den Arbeitssatz liefert     1 m2 Θ0 m2 m2 = m + gx 1 − μ cos α − sin α m1 v 2 1 + 1 2 m1 m1 r 2 m1 m1

;

* + + 1 − μ m2 cos α − m2 sin α

+ m1 m1 v(x) = 2gx+ . , m2 Θ0 1+ + m1 m1 r 2

112

A5.23

Arbeitssatz

Aufgabe 5.23 Bei einem Aufzug ist der Korb (Gewicht G = mg) u ¨ber ein masseloses Seil mit der Seiltrommel (Tr¨ agheitsmoment Θ0 ) und der Bandbremse verbunden.

l r2 r1

Wie groß muss die Bremskraft F sein, um den Korb aus seiner Bewegung mit der Geschwindigkeit v0 nach einer Strecke h zum Stehen zu bringen?

F

G

L¨ osung Wir ermitteln zun¨achst das auf die Trommel wirkende Bremsmoment MB . Aus dem Gleichgewicht am Bremshebel  A :

0 = −2r2 S2 +lF

;

S2 =

v0

r2 ω0

Fl 2r2

und dem Reibgesetz S1 = S2 e−μπ (vgl. Band 1, Kapitel 8) folgt MB = r2 S2 −r2 S1 = (1−e−μπ )

μ

0

S1

S2

S1

S2

F

A

Fl . 2

2r2 l

Nun wenden wir den Arbeitssatz Ek1 − Ek0 = W an. Darin sind der Zustand “0” der Anfangszustand und der Zustand “1” der Endzustand (Ruhe). Mit den kinematischen Beziehungen (Bindung durch das Seil) v0 = r1 ω0 ; ,

h = r1 ϕh

werden kinetische Energien und die Arbeit Ek1 = 0 ,

Ek0 = 

ϕh

W = mgh −

Θ0  1 1 v2  mv02 + Θ0 ω02 = 0 m + 2 , 2 2 2 r1

MB dϕ = mgh − (1 − e−μπ )

0

Damit erh¨ alt man aus 2 Θ0  F lh v − 0 m + 2 = mgh − (1 − e−μπ ) 2 r1 2r1 durch Aufl¨ osen nach F  Θ0 r1 v02 m 2gh  1 + F = + . 2 lh(1 − e−μπ ) mr1 v02

F lh . 2r1

Energiesatz

Aufgabe 5.24 Eine Kegelkugel (Radius r) hat beim Rollen in der R¨ ucklaufbahn einen aus Achtelkreisb¨ ogen (Radius R = 5r) bestehenden Anstieg zu u ¨berwinden.

◦

45

1111 0000 0000 1111

R

r

11111111 00000000

113

A

v0

R

45◦

Wie groß darf die Geschwindigkeit v0 sein, damit die Kugel im Bereich des Bogens A nicht von der Bahn abhebt?

L¨ osung Wir ermitteln zun¨achst die Geschwindigkeit im Bereich A aus dem Energiesatz v

2

Mit Θs = 2mr /5, v = rω und h √ = 2R(1 − cos 45◦ ) = 5r(2 − 2) folgen (Bezugsniveau auf H¨ ohe von C)

S

◦

Ek + Ep = Ek0 + Ep0 .

45 r

11111111 00000000

1 1 7 mv02 + Θs ω02 = mv02 , 2 2 10 √ = mg(R − h + r) = (5 2 − 4)mgr ,

111 000 h

v0

R

R(1 − cos45◦ ) ϕ C 7 10

mv 2 ,

Ek0 =

Ek =

Ep0

Ep = mg 6r sin ϕ .

Einsetzen liefert 2

v =

v02

√ 60 sin ϕ + 40 − 50 2 − gr . 7

Im Bereich A hat der Schwerpunkt die Zentripetalbeschleunigung an = v 2 /6r. Aus dem Bewegungsgesetz v :

man = −N + mg sin ϕ

erh¨ alt man damit N (ϕ) = −

√ mv02 mg + (102 sin ϕ − 50 2 + 40) . 6r 42

mg

N an ϕ

Die kleinste Normalkraft N ∗ im Bogen A tritt bei ϕ = 45◦ auf. Damit die Kugel dort nicht abhebt, muss daher gelten  √ √ 2 + 40 ∗ N ≥0 ; v0 ≤ gr = 2, 43 gr . 7

A5.24

114

A5.25

Energiesatz

Aufgabe 5.25 Ein homogener Stab (Gewicht G = mg) ist mit einem reibungsfrei gef¨ uhrten K¨ orper der Masse m gelenkig verbunden.

111111 000000 000000 111111 m

G

L¨ osung a) Die Lage des Gesamtschwerpunktes S ∗ des Systems errechnet sich zu b=

1 2

b S

0000 1111 000 111 000 111

S∗

lm + lm 3 = l. 2m 4

x1

xs

Da in horizontaler Richtung auf das System keine Kr¨ afte wirken, erleidet S ∗ keine Horizontalverschiebung. Damit werden x1 = − 14 l sin ϕ ,

l

ϕ

a) Wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit ϕ(ϕ) ˙ des Stabes, wenn er aus einer horizontalen Ruhelage losgelassen wird? b) Bestimmen Sie die Bewegungsgleichung.

S

x˙ 1 = − 14 lϕ˙ cos ϕ ,

xs =

1 4

l sin ϕ ,

x˙ s =

1 4

ys =

1 2

l cos ϕ ,

y˙ s = − 12 lϕ˙ sin ϕ .

x ys

S∗ ϕ y

lϕ˙ cos ϕ ,

mg

Die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ bestimmen wir nun mit dem Energiesatz Ek + Ep = Ek0 + Ep0 . Mit Θs = ml2 /12 folgen Ep0 = 0 , Ek0 = 0 ,

Ep = −mg 12 l cos ϕ , . Ek = 12 mx˙ 21 + 12 m(x˙ 2s + y˙ s2 ) + 12 Θs ϕ˙ 2 / 0 = 18 ml2 ϕ˙ 2 14 cos2 ϕ + 14 cos2 ϕ + sin2 ϕ + 13 =

1 ml2 ϕ˙ 2 48

(8 − 3 cos2 ϕ) .

Einsetzen liefert 1 lϕ˙ 2 (8 − 3 cos2 ϕ) − g cos ϕ = 0 24

 ;

ϕ˙ =

24g cos ϕ . l(8 − 3 cos2 ϕ)

b) Durch Differenzieren des Energiesatzes nach der Zeit folgt die Bewegungsgleichung (nach K¨ urzen mit ml/2) l l ϕ˙ ϕ(8 ¨ − 3 cos2 ϕ) + ϕ˙ 3 cos ϕ sin ϕ + g ϕ˙ sin ϕ = 0 12 4 g ; ϕ(8 ¨ − 3 cos2 ϕ) + 3ϕ˙ 2 cos ϕ sin ϕ + 12 sin ϕ = 0 . l

Energiesatz

Aufgabe 5.26 Eine d¨ unne Halbzylinderschale vom Gewicht G = mg rollt ohne zu rutschen auf einer Ebene. Es ist die Winkelgeschwindigkeit in Abh¨ angigkeit von der Lage zu bestimmen, wenn die Schale aus der dargestellten Lage ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen wird.

A5.26 R

11111111 00000000 00000000 11111111

L¨ osung F¨ ur die Schwerpunktslage c und das Massentr¨ agheitsmoment Θs erh¨ alt man  π 2R 1 (R sin α)Rdα = c= , Rπ 0 π 4 4 Θs = Θ0 − mc2 = mR2 − 2 mR2 = mR2 (1 − 2 ) . π π

R sin α

0

α

c S

R R dα

Rϕ c cos ϕ

Damit folgen 2 xs = Rϕ + c cos ϕ = R(ϕ + cos ϕ) , π 2R ys = c sin ϕ = sin ϕ , π 2 x˙ s = Rϕ(1 ˙ − sin ϕ) , π 2R y˙ s = ϕ˙ cos ϕ π

115

c y

ϕ yS S

x

11111111 00000000

und die Energien werden (Ek0 , Ep0 =  Ausgangslage) Ep0 = 0 , Ek0 = 0 ,  1 4 1 1 4 2 Ek = m(x˙ s + y˙ s2 ) + Θs ϕ˙ 2 = mR2 ϕ˙ 2 1 − sin ϕ + 2 sin2 ϕ 2 2 2 π π    1  4  2 4 + 2 cos2 ϕ + mR2 ϕ˙ 2 1 − 2 = mR2 ϕ˙ 2 1 − sin ϕ , π 2 π π 2 Ep = −mgys = − mgR sin ϕ . π Einsetzen in den Energiesatz Ek + Ep = Ek0 + Ep0 liefert schließlich  2g sin ϕ 2 2 2 2 mR ϕ˙ (1− sin ϕ)− mgr sin ϕ = 0 ; ϕ(ϕ) . ˙ = π π R(π − 2 sin ϕ) Anmerkung: F¨ ur ϕ = 90◦ (tiefste Schwerpunktslage) wird ϕ˙ maximal:

ϕ˙ max = 2g/R(π − 2).

116

A5.27

Drehimpuls

Aufgabe 5.27 An einem drehbar gelagerten masselosen Arm ist ein Motor (Punktmasse m1 ) befestigt, dessen Achse mit dem Schwerpunkt S einer Scheibe (Masse m2 , Massentr¨ agheitsmoment Θ2 ) fest verbunden ist. a) Mit welchen Winkelgeschwindigkeiten drehen sich Arm und Scheibe, wenn der Motor w¨ ahrend der Zeit Δt ein konstantes Drehmoment M0 abgibt und das System zuvor in Ruhe war? b) Welche Arbeit wurde vom Motor geleistet?

S m2 , Θ2

11 1 00 0 00 11 0 1 00 11 0000 1111 0000 1111

①

)0 − lFt , Θ A ω 1 = −M

②

↑ :

m2 vS = Ft ,

 S :

ω2 M0 S

m2 , Θ2

Fn

Ft Ft

ω1

)0 , Θ 2 ω2 = M

wobei )0 = M

l

②

L¨ osung a) Um das innere Moment M0 sichtbar zu machen, trennen wir das System. Dann lauten die Impuls- und Drehimpulss¨ atze  A :

m1

A

Δt M0 dt¯ = M0 Δt ,

Ft =

0

Δt Ft (t¯)dt¯ ,

①

Fn m1

M0

ΘA = m 1 l 2 .

0

Mit der kinematischen Beziehung vs = lω1 erh¨ alt man durch Eliminieren von Ft ω1 = −

M0 Δt , (m1 + m2 )l2

ω2 = +

M0 Δt . Θ2

b) Die Arbeit W des Motors errechnet sich aus der kinetischen Energie des Systems nach der Zeit Δt:  1 1 1 1 1  W = [(m1 + m2 )l2 ]ω12 + Θ2 ω22 = (M0 Δt)2 + . 2 2 2 2 (m1 + m2 )l Θ2 Anmerkung: Da kein ¨ außeres Moment wirkt, bleibt der Drehimpuls des Gesamtsystems Null: Θ A ω 1 + m2 l 2 ω 1 + Θ 2 ω 2 = 0 .

Drehimpuls

Aufgabe 5.28 Auf einer mit der Winkelgeschwindigkeit ω1 rotierenden Scheibe ① (Tr¨ agheitsmoment Θ1 ) dreht sich auf der Achse B eine Scheibe ② (Masse m2 , Tr¨ agheitsmoment Θ2 ) mit ω2 um ihre Schwerachse. Rutscht die Scheibe ② auf der Achse nach unten, so reibt sie nach dem Aufliegen an der Scheibe ① und kommt nach der Zeit t0 relativ zur Scheibe ① zur Ruhe. Wie groß ist dann die gemeinsame Winkelgeschwindigkeit ω0 ?

117

A5.28 a

ω1 A

ω2

Θ1

m2 , Θ2 B

② ①

111 000

L¨ osung Trennen wir das System, so lauten die Drehimpulss¨ atze f¨ ur ① (bzgl. der Drehachse A) und ② (bzgl. der Schwerachse B):  A :

), (Θ1 + m2 a2 )[ω0 − ω1 ] = −M

 B :

) Θ2 [ω0 − (−ω2 )] = +M

A Θ1

M (t) a m2

mit )= M

t0

B

M (t¯)dt¯ . 0

M (t) Θ2

Beachte: Die Masse m2 der Scheibe ② wird im Gesamttr¨ agheitsmoment von ① ber¨ ucksichtigt. ) liefert Eliminieren von M ω0 =

(Θ1 + m2 a2 )ω1 − Θ2 ω2 . Θ1 + Θ2 + m2 a2

Wir k¨ onnen die Aufgabe noch einfacher l¨ osen, indem wir den Drehimpulssatz auf das Gesamtsystem anwenden. Da kein ¨ außeres Moment wirkt, folgt dann aus der Drehimpulserhaltung um die feste Achse A  A :

(Θ1 + m2 a2 )ω1 − Θ2 ω2 = [Θ1 + (Θ2 + m2 a2 )]ω0

wieder das obige Resultat. Anmerkung: F¨ ur Θ2 ω2 = (Θ1 + m2 a2 )ω1 kommt das System zum Stillstand.

118

A5.29

Drehimpuls

Aufgabe 5.29 An einem masselosen Stab rotiert eine homogene Kreisscheibe (Gewicht mg) mit der Winkelgeschwindigkeit ω0 . a) Bis zu welchem Winkel ϕ1 schl¨ agt der Stab aus, wenn die Scheibe pl¨ otzlich am Stab blockiert wird? b) Wie groß ist der Energieverlust?

l

L¨ osung Wir bestimmen zun¨achst die Winkelgeschwindigkeit ω des Stabes mit Rad unmittelbar nach dem Blockieren (Beachte: der Stab ist dann noch in der vertikalen Lage). Da keine ¨ außeren Momente bez¨ uglich A wirken, muss der Drehimpuls erhalten bleiben. Mit 0 / ΘB = 12 mr2 , ΘA = 12 mr2 +ml2 = 12 m(r2 +2l2 )

m ω0 r

A ω Rad blockiert

B

folgt ΘB ω 0 = Θ A ω

;

ω=

ΘB r2 ω0 = 2 ω0 . ΘA r + 2l2

Der gr¨ oßte Ausschlag ϕ1 des Stabes ergibt sich aus dem Energiesatz Ek1 +Ep1 = Ek0 +Ep0 . Z¨ ahlen wir die potentielle Energie von der tiefsten Lage, so werden ϕ1

Ek1 = 0 , Ep1 = mgl(1 − cos ϕ1 ) , Ek0 =

r2 1 mr2 ω02 , ΘA ω 2 = 2 2 4 r + 2l2

Ep0 = 0 . Einsetzen liefert cos ϕ1 = 1 −

Lage 1 l(1 − cos ϕ1 ) Lage 0

r2 r2 ω02 . 2 4gl r + 2l2

b) Der Energieverlust ΔE errechnet sich aus der Differenz der Energien vor und nach dem Blockieren: ΔE =

ΘA ω 2 mr2 ω02 m l2 ΘB ω02 r4 ω02 mr2 ω02 − = − (r2 + 2l2 ) 2 = . 2 2 2 2 2 4 4 (r + 2l ) 2 r + 2l2

Impulssatz

Aufgabe 5.30 Eine Jo-Jo-Rolle (Gewicht mg, Tr¨ agheitsmoment ΘA ) bewegt sich zum Zeitpunkt t = 0 mit der Geschwindigkeit v0 und der Winkelgeschwindigkeit ω0 . Wie groß sind die Geschwindigkeiten v1 und ω1 zum Zeitpunkt t1 , wenn am Faden mit der Kraft S(t) = S0 t/t1 gezogen wird?

119

A5.30

S(t)

A r v0

ω0 m, ΘA

L¨ osung Mit den Impulss¨atzen gilt mv1 − mv0 = Fx ,

↓:  A : wobei

S(t)

)A , ΘA ω1 − ΘA ω0 = M 

v

mg

t1

1 [mg − S(t¯)]dt¯ = mgt1 − S0 t1 , 2 0 t1 1 )A = M rS(t¯)dt¯ = rS0 t1 . 2 0 Fx =

A

ω0

Aufl¨ osen liefert v1 = v0 + gt1 −

S 0 t1 , 2m

ω 1 = ω0 +

rS0 t1 . 2ΘA

Aufgabe 5.31 Auf einer horizontalen Ebene bewegt sich ein Stab der Masse m translatorisch mit der Geschwindigkeit v0 . Wie groß ist seine Winkelgeschwindigkeit ω1 , wenn sein Ende pl¨ otzlich in das feste Lager A einklinkt?

A5.31 A

v0

m

l/2

S l/2

L¨ osung Vor dem Einklinken hat der Stab bez¨ uglich A den Drehimpuls L0 = 2l (mv0 ). Nach dem Einklinken gilt L1 = ΘA ω1 = 13 (ml2 ω1 ). Da bez¨ uglich A kein ¨ außeres Moment wirkt, bleibt der Drehimpuls erhalten: 1 2 1 ml ω1 = lmv0 3 2

;

ω1 =

3v0 . 2l

Anmerkung: Beim Einklinken tritt ein Energieverlust ΔE auf: ΔE = Ek0 − Ek1 =

1 1 1 1 mv02 − ΘA ω12 = mv02 = Ek0 . 2 2 8 4

120

A5.32

Rotation

Aufgabe 5.32 Ein homogener abgewinkelter Stab der Masse m ist an einer masselosen Welle befestigt. Diese wird durch ein Moment M0 angetrieben.

2l

Es sind die Bewegungsgleichung und die Lagerreaktionen zu ermitteln.

2l

M0

11 01 00

m

l

2l

111 000 M0

L¨ osung Mit den Tr¨agheits- und den Deviationsmomenten f¨ ur das skizzierte k¨ orperfeste System ξ, η, ζ

Aη

Aξ

(2l)2 2 20 m m + (2l)2 = ml2 , 3 3 3 9 m l 1 = − 2l = − ml2 , 3 2 3

ω, ω˙

Θζ = Θξζ

η

ζ

S ξS ξ

Θηζ = 0

Bη

Bξ

und den Momenten Mξ = 2lBη − 2lAη ,

Mη = 2lAξ − 2lBξ ,

Mζ = M0

folgt aus dem Drallsatz bez¨ uglich des k¨ orperfesten Systems  ξ :  η :  ζ :

ml2 3 2 ml 2l(Aξ − Bξ ) = −ω 2 3 20 M0 = ml2 ω˙ 9

2l(Bη − Aη ) = −ω˙

; ; ;

mlω˙ , 6 2 mlω Aξ − Bξ = − , 6 9M0 ω˙ = . 20ml2

Bη − Aη = −

Die letzte Gleichung stellt die Bewegungsgleichung dar. Zur vollst¨ andigen Bestimmung der Kr¨ afte wird noch das Bewegungsgesetz ben¨ otigt. Der Schwerpunkt vollf¨ uhrt eine reine Kreisbewegung. Mit dem Schwerpunktsabstand ξs = 4l/3 werden die Beschleunigungskomponenten asξ = −ξs ω 2 und asη = ξs ω. ˙ Damit erh¨ alt man in ξ- und in η-Richtung −m ξs ω 2 = Aξ + Bξ ,

m ξs ω˙ = Aη + Bη

und nach Einsetzen Aξ = −

3 mlω 2 , 4

Aη =

27 M0 , 80 l

Bξ = −

7 mlω 2 , 12

Bη =

21 M0 . 80 l

des starren K¨ orpers

Aufgabe 5.33 Eine homogene d¨ unne Rechteckscheibe der Masse m rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um eine feste Achse. a) Wie groß sind die Lagerreaktionen bei A und B? b) Welche Zusatzmassen m1 m¨ ussen in C und D angebracht werden, damit die Lagerkr¨ afte Null sind?

121

A5.33 l

l a

0110 10

b

C S

A

B

D

L¨ osung a) Da der Schwerpunkt auf der Drehachse liegt (Beschleunigung Null), lautet das Bewegungsgesetz

ω

ξ

α

Aξ + Bξ = 0 .

η Bξ

Aξ

Mit ω˙ = 0 und

1 0 0 1 0 1

ω

ζ

m (a2 − b2 )ab 12 a2 + b2 (vgl. Aufgabe 5.8) folgt aus dem Drallsatz Mη = ωΘ ˙ ηζ +ω 2 Θξζ (beachte positiven Drehsinn um die η-Achse!) Θξζ = −

 η :

−lAξ + lBξ = ω 2 Θξζ .

Damit erh¨ alt man Aξ = −Bξ = −

ω 2 Θξζ mω 2 (a2 − b2 )ab . = 2l 24l a2 + b 2

b) Damit Aξ und Bξ Null werden, muss das Gesamtdeviationsmoment Θ∗ξζ verschwinden. Mit sin α = √

b , a2 + b 2

cos α = √

b sin α 2

a a2 + b 2 m

;

b

 b

m (a − b )ab + 2m1 sin α 12 a2 + b2 2   2 m a −1 . m1 = 6 b2

Θ∗ξζ = −

2

α

m1

muss demnach gelten: 2

ξ

2

m1

b ζ cos α 2

 cos α = 0

Anmerkung: Die Massen m1 m¨ ussen beidseitig angebracht werden, damit der Schwerpunkt nicht aus der Drehachse wandert.

122

A5.34

Rotation

Aufgabe 5.34 Eine Welle (Haupttr¨agheitsmomente Θ1 , Θ2 , Θ3 ) rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω0 um seine L¨ angsachse. Letztere f¨ uhrt bez¨ uglich des raumfesten Systems x, y, z eine Drehung α(t) um die z-Achse aus. 1 y 2 Welches Moment wird von den ω0 Lagern auf die Welle ausge¨ ubt bei 3, z a) einer gleichf¨ ormigen Drehbewex α(t) gung α = Ω t, b) einer Schwingung α = α0 sin Ω t?

11 00 00 11 00 11 00 11

0 1 11 00

L¨ osung Die L¨osung erfolgt zweckm¨aßig mit Hilfe der Eulerschen Gleichungen Θ1 ω˙ 1 − (Θ2 − Θ3 )ω2 ω3 = M1 , Θ2 ω˙ 2 − (Θ3 − Θ1 )ω3 ω1 = M2 , Θ3 ω˙ 3 − (Θ1 − Θ2 )ω1 ω2 = M3 . Mit ω1 = ω0 ,

ω˙ 1 = 0 ,

ω2 = ω˙ 2 = 0 ,

ω3 = α˙ ,

ω˙ 3 = α ¨.

folgt damit f¨ ur eine zun¨ achst beliebige Bewegung α(t) M1 = 0 ,

M2 = −(Θ3 − Θ1 )ω0 α˙ ,

M3 = Θ3 α ¨.

a) Im Fall der gleichf¨ ormigen Drehbewegung ergibt sich daraus mit α˙ = Ω ,

α ¨=0

f¨ ur die Komponenten des Momentenvektors M1 = M3 = 0 ,

M2 = (Θ1 − Θ3 )ω0 Ω .

b) F¨ ur die Schwingbewegung der Wellenachse erh¨ alt man mit α˙ = α0 Ω cos Ωt ,

α ¨ = −α0 Ω2 sin Ωt

die Komponenten M1 = 0 ,

M2 = (Θ1 − Θ3 )ω0 Ω α0 cos Ωt ,

M3 = −Θ3 Ω α0 sin Ωt . 2

Anmerkung: Im Fall a) tritt nur ein Moment um die 2-Achse auf, das durch entgegengesetzt gleich große Lagerkr¨ afte in 3- bzw. z-Richtung (= Kr¨ aftepaar) hervorgerufen wird.

Schnittgr¨ oßen beim bewegten Stab

Aufgabe 5.35 Ein homogener, auf einer Ebene liegender Stab (Masse m) wird durch eine im Punkt A angreifende Kraft F in Stabl¨ angsrichtung beschleunigt.

A5.35 F A c

Wie ist die Normalkraftverteilung im Stab, wenn keine Reibung zwischen Ebene und Stab wirkt?

L¨ osung Die Beschleunigung des Stabes betr¨ agt x ¨ = F / m, wobei x in Stabl¨ angsrichtung zeigt. Um die Normalkraftverteilung zu erhalten, schneiden wir den Stab an einer beliebigen Stelle x unterhalb bzw. oberhalb des Kraftangriffspunktes. Die Formulierung des Bewegungsgesetzes f¨ ur den unteren Teilk¨ orper liefert dann f¨ ur x < c N (x) = m ¯x ¨=

123

l

N (x)

m ¯ x

N (x)

F m ˆ

m ¯ x F = F . m l

c x

F¨ ur x > c ergibt sich N (x) + F = m ˆx ¨= ;

m ˆ F m

N (x) = −F (1 −

x ). l

Die Normalkraft ist linear verteilt, und sie hat an der Stelle x = c einen Sprung der Gr¨ oße F . Damit ergibt sich der dargestellte Normalkraftverlauf.

c F l

c

l

F

124

A5.36

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.36 An einem gelenkig gelagerten Balken (Masse m, L¨ ange l), der sich anfangs in Ruhe befindet, greift zur Zeit t0 = 0 ein konstantes Moment M0 an.

l

Welche Schnittgr¨ oßenverteilung stellt sich im Balken zu einer Zeit t > t0 ein? Das Gewicht des Balkens soll unber¨ ucksichtigt bleiben.

M0

ϕ

A

L¨ osung Wir bestimmen zun¨achst die Beschleunigung und die Geschwindigkeit des Balkens. Der Drallsatz bez¨ uglich A liefert  A :

ΘA ϕ ¨ = M0

;

ϕ ¨=

M0 . ΘA

Die Integration f¨ uhrt mit der Anfangsbedingung ϕ(0) ˙ = 0 auf die Winkelgeschwindigkeit ϕ(t) ˙ =

M0 t. ΘA

Jetzt schneiden wir und tragen am Teilsystem die Schnittgr¨ oßen an. Dabei beschr¨ anken wir uns zun¨ achst nur auf die Querkraft Q und das Moment M . F¨ ur das Teilsystem liefern dann der Drallsatz bez¨ uglich des Schwerpunktes S¯ und das Bewegungsgesetz in y−Richtung  S¯ : :

l−x ¯ S¯ ϕ Θ ¨ = −M (x) − Q(x) 2 m ¯ y¨S¯ = Q(x) .

¯ S¯ m, ¯ Θ Q M y

S¯

1 (l 2

− x)

x

Aus der Kinematik (Kreisbewegung) folgt die Beschleunigung y¨S¯ : y¨S¯ = rS¯ ϕ ¨=

rS¯ = 12 (l + x)

l+x ϕ ¨. 2

m l2 x Damit ergibt sich unter Beachtung von m ¯ = (1 − ) m und ΘA = l 3 f¨ ur die Querkraft   x 2 l+x 3 M0 l + x M0 1− ¯ = . ϕ ¨=m ¯ Q(x) = m 2 2 ΘA 2 l l

bei bewegten St¨ aben, Balken und B¨ ogen

125

¯ S¯ = 1 m Einsetzen liefert mit Θ ur das Moment ¯ (l − x)2 f¨ 12 l−x ¯ S¯ ϕ ¨ −Θ 2   3 x 2 = − M0 1 − 1+ 4 l   1 x 2 1+ = −M0 1 − l 2

M (x) = −Q

x 3 M0 x  m l2  − 1− l 12 l ΘA x . l

Die Normalkraftverteilung erhalten wir aus dem Bewegungsgesetzes in x-Richtung: :

m ¯

m ¯x ¨S¯ = −N (x) .

Hierin ist x ¨S¯ = −rS¯ ϕ˙ 2 die Zentripetalbeschleunigung. Nach Einsetzen der bereits berechneten Gr¨ oßen liefert dies

N y x

rS¯ = 12 (l + x)

¯ rS¯ ϕ˙ 2 N (x) = m = m (1 −

=

x x+l ) l 2

9 M02 t2 2 m l3

S¯

 1−



2

M0 t ΘA

 x 2 l

Im Gegensatz zu Moment und Querkraft w¨ achst die Normalkraft mit der Zeit t an. Die Verl¨ aufe von Normalkraft, Querkraft und Moment sind im folgenden dargestellt. M (x)

Q(x)

+

3 M0 2 l

M0

N (x)

+

9 M02 t2 2 ml3

126

A5.37

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.37 Ein auf einer Ebene liegender homogener Balken (Masse m, L¨ ange l), wird durch eine Kraft F = 4 mg angehoben. Welche Schnittgr¨ oßenverteilung stellt sich unmittelbar nach dem Abheben ein?

g

F l/12

1111111111 0000000000 0000000000 1111111111 l/2

L¨ osung Zu Beginn der Bewegung hat der Balken noch die horizontale Lage. Das Bewegungsgesetz und der Drallsatz f¨ ur das Gesamtsystem liefern dann mit ΘS = ml2 /12 ↑:  S :

m¨ yS = F − mg ¨=F ΘS ϕ

l 12

l/2

l/12 y

F

ϕ S x

;

mg

y¨S = 3g ,

;

ϕ ¨=

g Fl =4 . 12 ΘS l

Nun trennen wir den Balken und tragen die Schnittgr¨ oßen an. Dabei m¨ ussen wir 2 Bereiche unterscheiden. F¨ ur einen Schnitt links vom Last7 angriffspunkt (x < 12 l) lauten das Bewegungsgesetz und der Drallsatz f¨ ur das Teilsystem ① ↑:  S1 :

m1 y¨S1 = −m1 g − Q1 , Θ S1 ϕ ¨ = M1 − Q1

x . 2

m1 , ΘS1

①

S1

m1 g

Mit m1 (x) =

x m, l

ΘS1 =

M1 (x) S

Q1 (x) x (l − x)/2

1 1 x3 m1 x2 = m 12 12 l

und der Kinematik y¨S1 = y¨S −

 1 1 g x (l − x) ϕ ¨ = 3g − (l − x) 4 = g 1 + 2 2 2 l l

erh¨ alt man daraus die Schnittgr¨ oßen x x 1+ , l l  x 2  1 x3 x x g + 1+ ¨ = −mgl M1 (x) = Q1 + ΘS1 ϕ m4 2 l l 12 l l mgl  x 2  x =− 3+2 . 3 l l Q1 (x) = −m1 (g + y¨S1 ) = −2 mg

bei bewegten St¨ aben, Balken und B¨ ogen

127

7 F¨ ur einen Schnitt rechts vom Lastangriffspunkt (x > 12 l) ergibt sich in gleicher Weise f¨ ur das Teilsystem ② Q2 M

S2 m2 , ΘS2 ②

2

↑:

m2 y¨S2 = −m2 g + Q2 ,

 S2 :

Θ S2 ϕ ¨ = −M2 − Q2

S

m2 g

l−x . 2

x

l−x x/2

Mit

l−x 1 1 (l − x)3 m, ΘS2 = m2 (l − x)2 = m, l 12 12 l   x x = y¨S + ϕ ¨=g 3+2 2 l

m2 = y¨S2 folgt

 x x 2+ , Q2 (x) = m2 (g + y¨S2 ) = 2mg 1 − l l x 2  x l−x mgl  1− 7+2 ¨=− . M2 (x) = − Q2 − ΘS2 ϕ 2 3 l l Die Schnittgr¨ oßenverl¨ aufe sind nachfolgend dargestellt: 155 mg 72

Q

M x

x −

7 l 12

133 mg 72 −0, 474 mgl

Anmerkungen: • An der Kraftangriffsstelle tritt ein Querkraftsprung auf: ΔQ = F = 4 mg dM • Auch im dynamischen Fall gilt Q = . dx Dies folgt allgemein aus dem Drallsatz f¨ ur ein Balkenelement der L¨ ange d x unter Beachtung, dass das Tr¨ agheitsmoment von h¨ oherer Ordnung klein ist. • Die Beschleunigung y¨ ist f¨ ur alle Punkte positiv: ¨ = g(1 + 4 x/l) > 0 . D.h., der y¨(x) = y¨S + (x − l/2)ϕ Balken hebt tats¨ achlich von der Unterlage ab.

128

A5.38

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.38 Ein Schornstein der Masse m und der L¨ ange l wird gesprengt und f¨ allt um. Unter der Annahme einer gelenkigen Lagerung im Fußpunkt und einer konstanten Massenverteilung bestimme man den Schnittgr¨ oßenverlauf w¨ ahrend des Bewegungsvorganges. An welcher Stelle xB und bei welchem Winkel ϕB wird das maximal aufnehmbare Moment MB = mgh/100 u ¨berschritten? Wie groß ist dort die Normalkraft?

L¨ osung Wir bestimmen zun¨achst die Winkelbeschleunigung ϕ ¨ und die Winkelgeschwindigkeit ϕ˙ des Schornsteins. Mit ΘA = mh2 /3 liefert der Drallsatz

h 2

;

x

h (1 − cos ϕ) 2

S mg A

Zur Ermittlung von ϕ˙ wenden wir zweckm¨ aßig den Energiesatz an: 1 h (1 − cos ϕ) + ΘA ϕ˙ 2 = 0 2 2

h

ϕ

ϕ

 h 3g ¨ = mg sin ϕ ; ϕ ¨= sin ϕ . A : ΘA ϕ 2 2h

−mg

m

1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

h sin ϕ 2

ϕ˙ 2 = 3

g (1 − cos ϕ) . h

Nun schneiden wir das System, tragen die Schnittgr¨ oßen an und stellen f¨ ur das abgeschnittene Teilsystem die Bewegungsgleichungen auf: : :  S¯ :

¯ sin ϕ , m¨ ¯ yS¯ = Q − mg

S¯ Q

m¨ ¯ xS¯ = −N − mg ¯ cos ϕ ,

M mg

1 ¨ = M + (h − x)Q . ΘS¯ ϕ 2

N

ϕ

Die darin noch unbekannten Beschleunigunonnen mit den schon bekannten gen x ¨S¯ , y¨S¯ k¨ Gr¨ oßen ϕ ¨ und ϕ˙ 2 bestimmt werden:

y

x

x+h 2

h+x g 3  x (1 − cos ϕ) , 3 (1 − cos ϕ) = − g 1 + 2 h 2 h   h+x 3 g 3 x sin ϕ . y¨S¯ = −xS¯ ϕ ¨=− sin ϕ = − g 1 + 2 2 h 4 h

x ¨S¯ = −xS¯ ϕ˙ 2 = −

Mit m ¯ =

 h−x x m, x= 1− h h

ΘS¯ =

m(h ¯ − x)2 x 3 mh2  1− = 12 12 h

bei bewegten St¨ aben, Balken und B¨ ogen

129

ergibt sich hieraus f¨ ur die Schnittgr¨ oßen   3 x x − 1+ sin ϕ + sin ϕ ¯ (¨ yS¯ + g sin ϕ) = mg 1 − Q(x) = m h 4 h  x mg x 1−3 , = sin ϕ 1 − 4 h h ¯ (¨ xS¯ + g cos ϕ) N (x) = −m   3 x x − 1+ (1 − cos ϕ) + cos ϕ , = −mg 1 − h 2 h x h 1− [ m¨ ¯ yS¯ + mg ¯ sin ϕ ] 2 h   x 3 3 g x 3 mh2  h x 2 1− 1+ + 1 sin ϕ − = sin ϕ − mg 1 − 12 h 2 h 2 h 4 h   mgh x 2x = . sin ϕ 1 − 4 h h

¨− M (x) = ΘS¯ ϕ

Das maximale Biegemoment tritt an der Stelle auf, an der die Querkraft einen Nulldurchgang hat. Aus Q = 0 erhalten wir  x x h 1− 1−3 =0 ; xB = h h 3 (die 2. L¨ osung x = h ist uninteressant, da dort das Moment Null ist). Einsetzen liefert das maximale Biegemoment Mmax = M (xB ) =

1 mgh sin ϕ . 27

Die Bedingung Mmax = MB liefert den Winkel ϕB : mgh mgh sin ϕB = 27 100

;

sin ϕB =

27 100

;

ϕB = 15, 66◦ .

F¨ ur die gesuchte Normalkraft an der Stelle xB und beim Winkel ϕB ergibt sich damit schließlich    3 4 2mg h − N , ϕB = − (1 − cos ϕB ) + cos ϕB 3 3 2 3 2 = − mg (−2 + 3 cos ϕB ) = −0, 59 mg . 3

130

A5.39

Schnittgr¨ oßen

Aufgabe 5.39 Ein homogener abgebogener Stab der Masse m rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ω und der Winkelbeschleunigung ω˙ um die vertikale Achse.

r

2r

Es sind die Biegemomente und die Querkr¨ afte an der Stelle A zu ermitteln.

ω, ω˙

11 00

A

L¨ osung Der Schwerpunkt S vollf¨ uhrt eine reine Kreisbewegung mit den Beschleunigungskomponenten aξ = −ηs ω˙ ,

dm

ζ

dϕ ϕ

r sin ϕ

S

aη = −ηs ω . 2

ηS

Der Schwerpunktsabstand ηs folgt mit der Dichte ρ und dem Querschnitt A als Hilfsgr¨ oßen zu ηs =

r cos ϕ

r

Qη Mξ

r(πrρA) π = r. 2rρA + πrρA 2+π

2r

ω Qξ

η

Mη

ξ

Das Bewegungsgesetz liefert damit die Querkr¨ afte Qξ = maξ = −mrω˙

π , 2+π

Qη = maη = −mrω 2

π . 2+π

Die Biegemomente ergeben sich aus dem Drallsatz ˙ ξζ − ω 2 Θηζ , Mξ = ωΘ

Mη = ωΘ ˙ ηζ + ω 2 Θξζ .

Mit dm = ρArdϕ = mdϕ/(2 + π) werden Θξζ = 0 und  π  mr 2 Θηζ = − ηζdm = − (1 + cos ϕ)(2 + sin ϕ)dϕ 2+π 0 =−

2(1 + π) mr2 . 2+π

Damit folgen Mξ =

2(1 + π) mr2 ω 2 , 2+π

Mη = −

2(1 + π) mr2 ω˙ . 2+π

Kapitel 6 Stoßvorg¨ ange

6

132

Stoßvorg¨ ange

Stoß: Als Stoß bezeichnet man ein pl¨ otzliches Aufeinanderprallen zweier K¨ orper. Bezeichnungen: v1, v2

=  Geschwindigkeit am Stoßpunkt P vor dem Stoß,

y

①

 Geschwindigkeitskomponenv1x , v2x = ten in P in Richtung der Stoßnormalen vor dem Stoß,

S1

v1x P v2x v1

v 1x , v 2x =  Geschwindigkeitskomponenten in P in Richtung der Stoßnormalen nach dem Stoß, Fx =

t∗ Fx (t¯) dt¯ =  Kraftstoß. 0

S1

Fx

② S2

x

v2

Stoßnormale Fy S2

x

Fx

Fy

Annahmen:

Tangentialebene

• Die Stoßdauer t∗ ist vernachl¨ assigbar klein. • W¨ ahrend des Stoßvorganges ¨ andert sich die Lage der beteiligten K¨ orper nicht. • Kr¨ afte, die nicht durch den Stoß hervorgerufen werden (z.B. Gewicht), k¨ onnen beim Stoßvorgang vernachl¨ assigt werden.

Stoßbedingung (Stoßhypothese): e=−

v 1x − v 2x relative Trennungsgeschwindigkeit =− v1x − v2x relative Ann¨ aherungsgeschwindigkeit

mit e =  Stoßziffer: 0 ≤ e ≤ 1 e = 1 : Elastischer Stoß (kein Energieverlust), orper trennen sich nicht). e = 0 : Plastischer Stoß (v 2x = v 1x , K¨ L¨ osung ebener Stoßprobleme: Auf jeden K¨ orper werden die Impulss¨ atze und der Drehimpulssatz angewendet (vgl. Seite 88): m(v sx − vsx ) = ΘA (ω − ω) =

 

Fx , )A M

m(v sy − vsy ) =



Fy ,

Stoßvorg¨ ange

133

A=  fester Punkt oder Schwerpunkt S. Hinzu kommen die Stoßbedingung und die kinematischen Beziehungen zwischen Schwerpunkts-, Winkel- und Stoßpunktgeschwindigkeit. Anmerkungen: • Sind die K¨ orper glatt, so wirkt der Kraftstoß immer in Richtung der Stoßnormalen. • Haften die K¨ orper w¨ ahrend des Stoßes im Ber¨ uhrungspunkt, so sind die Tangentialgeschwindigkeiten der Ber¨ uhrungspunkte nach dem Stoß gleich.

Stoß

Bemerkungen y

Gerade

v2 v1

x

v 1 , v 2 in Richtung der Stoßnormalen, Kraftstoß immer in Richtung der Stoßnormalen (Fy = 0).

y x

v 1 , v 2 nicht in Richtung der Stoßnormalen.

x

Schwerpunkte liegen auf der Stoßnormalen.

Schief v1

v2

y

Zentrisch

S1

S2 y

Exzentrisch S1

S2

x

Gerader zentrischer Stoß:

Schwerpunkte liegen nicht auf der Stoßnormalen.

y

m1 v1 + m2 v2 − e m2 (v1 − v2 ) v1 = , v1 S2 m 1 + m2 v2 m1 v1 + m2 v2 + e m1 (v1 − v2 ) S1 v2 = , m 1 + m2 1 − e2 m1 m2 ΔEk = (v1 − v2 )2 = Energieverlust. 2 m 1 + m2

x

134

A6.1

Stoß

1111111 0000000 0000000 1111111

Aufgabe 6.1 Ein an einem Faden h¨ angender Massenpunkt m1 wird in der H¨ ohe h1 ohne Anfangsgeschwindigkeit losgelassen und st¨ oßt in A auf einen ruhenden Massenpunkt m2 = 2m1 (Stoßzahl e = 0, 8).

m1 A

h1

Auf welche H¨ ohe h2 schwingt m1 zur¨ uck und wie groß ist die Geschwindigkeit von m2 nach dem Stoß?

m2

1111 0000

L¨ osung Die Geschwindigkeiten von m1 und m2 vor dem Stoß betragen

v2 = 0 . v1 = 2gh1 , Damit erh¨ alt man aus den Impulss¨ atzen ①

→:

②

→:

①

m1 (v 1 − v1 ) = −F , m2 v 2 = +F

v2

v1 , v 1 m1

F

F

②

m2

und der Stoßbedingung e=−

v1 − v2 v1

f¨ ur v 1 und v 2 :

m1 − e m2 1 − 1, 6 = v1 = −0, 2 2gh1 , m 1 + m2 1+2

m1 1 v 2 = v1 (1 + e) = v1 1, 8 = 0, 6 2gh1 . m 1 + m2 1+2 v 1 = v1

1111 0000 0000 1111

Aus dem Energiesatz 1 m1 v 21 = m1 gh2 2 ergibt sich schließlich h2 =

v 21 = 0, 04h1 . 2g

h2

11111111 00000000 00000000 11111111 v1

m1

m2 v 2

Anmerkung: v 1 und v 2 lassen sich auch aus den Formeln f¨ ur den geraden zentischen Stoß auf Seite 133 direkt ablesen.

von Massenpunkten

Aufgabe 6.2 Zur Bestimmung der Stoßzahl e wird eine Kugel aus der H¨ ohe h0 ohne Anfangsgeschwindigkeit fallengelassen. Nach siebenmaligem Aufprallen auf die starre ebene Unterlage steigt die Kugel nur noch auf das 0,2 fache der Ausgangsh¨ ohe h0 .

A6.2

h0

111111111 000000000 000000000 111111111

h7 = 0, 2h0

Wie groß ist die Stoßzahl?

L¨ osung Z¨ahlen wir die Geschwindigkeit nach oben positiv, so hat die Kugel kurz vor dem ersten Aufprall die Geschwindigkeit

v = − 2gh0 . Mit der Stoßbedingung (beim Stoß gegen eine starre Ebene ② ist v2 = v 2 = 0) e=−

v v

h0

v = −ev = e 2gh0 und (aus dem Energiesatz) die neue Steigh¨ ohe: ;

h1 =

v2 = e 2 h0 . 2g

Analog gilt f¨ ur alle weiteren St¨ oße hi = e2 hi−1 und somit h7 = e2 h6 = e4 h5 = . . . = e14 h0 . Damit erh¨ alt man  1/14 h7 = 0, 21/14 = 0, 891 . e= h0

h1

h2

1111111 0000000 0000000 1111111 ②

folgen daraus die Geschwindigkeit v unmittelbar nach dem Stoß

1 mv 2 = mgh1 2

135

h7

136

A6.3

Stoß

①

Aufgabe 6.3 Bei einer G¨ utepr¨ ufung fallen Kugeln ① aus der H¨ ohe H auf eine unter dem Winkel α = 20◦ geneigte starre, glatte Platte ②.

H

Welche Entfernung W muss ein Auffangkorb ③ haben, damit nur Kugeln mit der Stoßzahl e ≥ 0, 8 den Korb erreichen?

③

②

α

11111 00000 00000 11111

W

L¨ osung Damit die Kugeln mit e ≥ 0, 8 den Korb erreichen, muss die Entfernung W genau der Flugweite der Kugeln mit der Stoßzahl e = 0, 8 entsprechen. Die Kugeln ① treffen mit der Geschwindigkeit v1 =

2gH

x

v1y

auf die Platte ② auf. Mit dem skizzierten Koordinatensystem (x =  Stoßnormale) werden

α

v1x v1

v1x = −v1 cos α ,

v 1y v1

β

y

γ

v 1x

v1y = −v1 sin α . Da in y-Richtung kein Kraftstoß wirkt (glatte Platte), gilt v 1y = v1y . Die Stoßbedingung liefert mit v2x = v 2x = 0 (starre Platte) e=−

v 1x v1x

;

v 1x = −e v1x = e v1 cos α .

Im Grenzfall e = 0, 8 ergibt sich daraus f¨ ur den Winkel β tan β =

|v 1y | |v1y | 1 = tan α = |v 1x | e v1x e

;

β = 24, 46◦

und f¨ ur den Abflugwinkel γ zur Horizontalen γ = 90◦ − α − β = 45, 54◦ . Mit der Gleichung f¨ ur die Wurfparabel (siehe Seite 30) erh¨ alt man damit die Flugweite W von Kugeln der Stoßzahl e = 0, 8: W =

1 2 1 v 1 sin 2γ = (v 21x + v 21y ) sin 2γ g g

= 2H(e2 cos2 α + sin2 α) sin 2γ = 1, 364 H .

von Massenpunkten

Aufgabe 6.4 Ein PKW ② schleudert auf nasser Fahrbahn und bleibt quer stehen. Trotz Vollbremsung (Rutschen mit Reibungskoeffizient μ1 ) ab der Entfernung s1 prallt der nachfolgende Wagen ① zentrisch so stark auf (Stoßzahl e), dass der Wagen ② um die Strecke s2 weiterrutscht (Reibungskoeffizient μ2 ).

137

A6.4

s2

② m2

s1

Wie groß war die Geschwindigkeit v0 des Wagens ① vor dem Bremsen? Geg.: m1 = 2 m2 , μ1 = μ2 = 1/3, e = 0, 2, s1 = 50 m, s2 = 10 m.

v0

① m1

L¨ osung Aus dem Arbeitssatz folgt f¨ ur die Geschwindigkeit v1 von ① kurz vor dem Aufprall 1 1 m1 v12 − m1 v02 = −(μ1 m1 g)s1 2 2

;

v12 = v02 − 2μ1 gs1 .

Die Geschwindigkeit v 2 des Fahrzeuges ① kurz nach dem Stoß ergibt sich aus dem Impulssatz (f¨ ur das Gesamtsystem) und der Stoßbedingung (Beachte v2 = 0): ⎫ m1 v1 = m1 v 1 + m2 v 2 ⎪ ⎪ ⎬ 1+e ; v2 = m2 v1 . ⎪ v2 − v1 ⎪ 1 + ⎭ e= m1 v1 Nochmalige Anwendung des Arbeitssatzes auf den Rutschvorgang von ② liefert (kinetische Energie am Ende gleich Null) −

1 m2 v 22 = −(μ2 m2 g)s2 2

;

v 22 = 2μ2 gs2 .

alt man schließlich Durch Eliminieren von v1 und v 2 erh¨ m2 2 1+ m1 2 v0 = 2μ2 gs2 + 2μ1 gs1 1+e =

 1, 5 2 2 2 · · 9, 81 · 10 + · 9, 81 · 50 = 429, 19 m2 /s2 1, 2 3 3 ;

v0 = 20, 7 m/s = 74, 6 km/h .

Anmerkung: Die Geschwindigkeit beim Aufprall betr¨ agt v1 = 36, 4 km/h .

138

A6.5

Stoß

Aufgabe 6.5 Ein Geschoss (Masse m) trifft zentrisch mit der Geschwindigkeit v auf ein anfangs ruhendes, reibungsfrei gelagertes Brett der Masse M . Es durschl¨ agt das Brett und hat danach die Abfluggeschwindigkeit v¯. M a) Wie groß ist die Geschwindigkeit w ¯ des Bretts nach dem Durchschuss? b) Wieviel Energie wird f¨ ur die Erzeugung des Durchschusslochs ben¨ otigt? Geg.: M = 10 m, v¯ = v/2.

m

v

S

v¯

1111111111111 0000000000000

L¨ osung a) Die Geschwindigkeit w ¯ des Bretts bestimmen wir mit den bekannten Geschossgeschwindigkeiten v und v¯ aus dem Impulssatz →:

mv = m¯ v+Mw ¯.

Aufl¨ osen und Einsetzen liefert w ¯=

m 1 v v . (v − v¯) = = M 10 2 20

ur die Erzeugung des Durchschusslochs b) Die Energie ED , welche f¨ ben¨ otigt wird, errechnet sich aus dem Energieverlust des Systems. Da ¨ die potentielle Energie keine Anderung erf¨ ahrt, muss hierf¨ ur nur die kinetische Energie vor bzw. nach dem Durchschuss betrachtet werden: Ekin =

1 mv 2 , 2

E kin =

1 1 m¯ v2 + M w ¯2 . 2 2

Aus der Differenz erh¨ alt man damit 1 1 m(v 2 − v¯2 ) − M w ¯2 2 2  1  m = m (v 2 − v¯2 ) − (v − v¯)2 2 M     2 v¯ 2  1 v¯ 1 1 m 1 1 1− = mv 2 1 − = mv 2 1 − − − 2 v M v 2 4 10 4  29  1 = mv 2 . 40 2

ED = Ekin − E kin =

von Massenpunkten

Aufgabe 6.6 Auf einer Kreuzung stoßen zwei Fahrzeuge (Punktmassen m1 , m2 ) mit den Geschwindigkeiten v1 und v2 unter einem Winkel α zusammen. Unter der Annahme, dass der Stoß plastisch ist, sind zu bestimmen:

A6.6 v1 α

m1

v2

a) Betrag und Richtung der Geschwindigkeit unmittelbar nach dem Stoß, b) der Energieverlust beim Stoß.

m2

L¨ osung zu a) Da der Stoß plastisch sein soll, haben beide Fahrzeuge nach dem Stoß die gleiche Geschwindigkeit v. Aus dem Impulssatz in x- und in y-Richtung

y m1 v 1 α

→ : m1 v1 + m2 v2 cos α = (m1 + m2 )v cos β , ↑:

m2 v2 sin α = (m1 + m2 )v sin β

139

m1 +m2 v β

x

v2 m2

erh¨ alt man demnach direkt durch Quadrieren und Addieren v=

1 (m1 v1 )2 + 2m1 m2 v1 v2 cos α + (m2 v2 )2 m 1 + m2

und durch Dividieren tan β =

m2 v2 sin α . m1 v1 + m2 v2 cos α

zu b) Der Energieverlust errechnet sich aus der Differenz der kinetischen Energien vor und nach dem Stoß: (m1 + m2 )v 2 m1 v12 m2 v22 + − 2 2 2 m 1 m2 2 2 = (v1 + v2 − 2v1 v2 cos α). 2(m1 + m2 )

ΔEk =

Anmerkungen:

• Der Energieverlust ist beim Frontalzusammenstoß (α = π) am gr¨ oßten. • Die Energie ΔEk verursacht die Verformung (Besch¨ adigung) der Fahrzeuge.

140

A6.7

zentrischer Stoß

Aufgabe 6.7 Die Kugel ① rollt auf einer ebenen Unterlage und trifft mit der Geschwindigkeit v1 auf die ruhende Kugel ②.

m2

②

Wie groß sind die Geschwindigkeiten kurz nach dem Zusammenstoß (Stoßzahl e), wenn die Kugeln und die Unterlage glatt sind? Geg.: r2 = 3r1 , m2 = 4m1 .

①

m1 r1

r2

v1

1111111111111 0000000000000

L¨ osung Es liegt ein schiefer zentrischer Stoß vor. Unter Verwendung des Winkels α der Stoßnormalen x lauten die Impulss¨ atze ①

→:

m1 (v 1 − v1 ) = −F cos α ,

②

:

m2 v 2 = F .

x r2

1111111 0000000

Beachte: • Gewichte sind w¨ ahrend des Stoßes vernachl¨ assigbar. • Die Kugel ① bewegt sich nur horizontal. Mit der Stoßbedingung e=−

v1 , v 1

v 1x − v 2x v1x − v2x

F

①

α

α F

v2x = 0 ,

v 1x = v 1 cos α ,

erh¨ alt man daraus m2 1−e cos2 α m1 v 1 = v1 , m2 1+ cos2 α m1

v 2 = v1

Einsetzen von m2 = 4m1 und 1 r2 − r1 = sin α = ; r1 + r2 2 liefert 1 − 3e v1 = v1 , 4

②

 N

und v1x = v1 cos α ,

α r2 −r1

r1

cos α = √

v2 =

v 2x = v 2

(1 + e) cos α . m2 1+ cos2 α m1

√ 1 − sin α =

3 (1 + e) v1 . 8

2

3 2

v2

exzentrischer Stoß

Aufgabe 6.8 Eine Punktmasse m1 st¨oßt mit der Geschwindigkeit v1 exzentrisch gegen einen auf einer glatten Ebene ruhenden homogenen Stab (Masse m2 ). Zu bestimmen sind die Geschwindigkeiten der Punktmasse und des Stabes nach einem rein elastischen Stoß. Geg.: m2 = 2m1 , b = l/4.

A6.8 m2

②

→: →:  S :

l

S b

m1 v1

L¨ osung Die Impuls- und Drehimpulss¨atze f¨ ur die Masse ① und den Stab ② liefern (mit v2s = 0, ω2 = 0) ①

141

②

m1 (v 1 − v1 ) = −F ,

ω2 S

m2 v 2s = F ,

v 2S

v1 , v 1

Θs ω 2 = bF .

①

F

F

B

Hinzu kommen die Stoßbedingung e=−

v 1 − v 2B =1 v1

und die kinematische Beziehung v 2B = v 2s + b ω 2 . Damit stehen f¨ unf Gleichungen f¨ ur die f¨ unf Unbekannten (v 1 , v 2s , v 2B , ω 2 , F ) zur Verf¨ ugung. Mit Θs = m2 l2 /12 erh¨ alt man m1  1+ m v 1 = v1 2  m1 1+ m2 v 2s =

12b2  −1 v1 l2 , =− 2 15 12b + 1 l2

8 m1 (v1 − v 1 ) = v1 , m2 15

ω2 =

b 8 v1 m 2 v 2s = . Θs 5 l

Anmerkung: Bei rein elastischen St¨ oßen kann statt der Stoßbedingung der Energiesatz verwendet werden. Hier lautet er: 1 1 1 1 m1 v12 = m1 v 21 + m2 v 22s + Θs ω 22 . 2 2 2 2

142

A6.9

plastischer Stoß

Aufgabe 6.9 Ein homogener Winkel (Masse m, Seitenl¨ angen a, t  a) rutscht auf einer glatten Ebene und st¨ oßt mit seiner Kante plastisch gegen ein Hindernis H. Wie groß muss die Auftreffgeschwindigkeit v mindestens sein, damit der Winkel umkippt?

v a a

a (mv) , 4

mit



ΘH = 2

m a2 2 3

H

111111111111 000000000000

L¨ osung Da der Stoß bei H plastisch ist, entfernt sich die Winkelkante nicht mehr von H. Wir k¨ onnen den Kippvorgang deshalb als eine reine Drehung um den festen Punkt H auffassen. Mit dem Schwerpunktabstand a/4 betragen die Drehimpulse LH vor dem Stoß (Moment des Impulses bez¨ uglich H) und LH nach dem Stoß LH =

m

t

S a/4

H

LH = ΘH ω  =

ma2 . 3

Da kein Momentenstoß bez¨ uglich H wirkt (Gewichte k¨ onnen w¨ ahrend des Stoßes vernachl¨ assigt werden), bleibt der Drehimpuls erhalten: L H = LH

;

a ma2 ω mv = 4 3

;

ω=

3 v . 4 a

Damit der Winkel umkippen kann, muss der Schwerpunkt die h¨ ochste Lage erreichen. Die daf¨ ur erforderliche Geschwindigkeit folgt aus dem Energiesatz √ a 1 a 2 − ΘH ω 2min = mg S 2 4 4 S √ a

111111111111111 000000000000000 000000000000000 111111111111111 a/4

durch Einsetzen zu  √ 8 √ vmin = ( 2 − 1)ga = 1, 05 ga . 3

2

4

Drehstoß

Aufgabe 6.10 Bei einem Hammerwerk trifft der Daumen C des Schwungrades (Tr¨ agheitsmoment ΘA ) mit der Winkelgeschwindigkeit ω1 auf den ruhenden in B gelagerten Hammer (Tr¨ agheitsmoment ΘB ).

143

A6.10

ΘA ω1 C

ΘB

A

B r

a

a) Wie groß sind die Winkelgeschwindigkeiten ω 1 des Schwungrades und ω 2 des Hammers kurz nach dem Stoß (Stoßzahl e)? b) Bestimmen Sie den Energieverlust, wenn ΘB /ΘA = a2 /r2 gilt.

L¨ osung zu a) Die Drehimpulss¨ atze f¨ ur ① und ② liefern  A :

ω1 , ω 1

①

ΘA (ω 1 − ω1 ) = −rF ,

 B :

C F

A

ΘB ω 2 = aF .

r

F

Mit der Stoßbedingung e=−

v 1C − v 2C v1C − v2C

②

ω2

C B a

und den kinematischen Beziehungen v1C = r ω1 ,

v 1C = rω 1 ,

v2C = 0 ,

v 2C = a ω 2

erh¨ alt man daraus r2 ΘB a2 ΘA , r2 ΘB 1+ 2 a ΘA

1−e ω 1 = ω1

r a ω 2 = ω1 . r2 ΘB 1+ 2 a ΘA (1 + e)

zu b) Der Energieverlust errechnet sich aus der Differenz der kinetischen Energien vor und nach dem Stoß. Mit r2 ΘB = a2 ΘA wird  1 1 1 ΔEk = ΘA ω12 − ΘA ω 21 + ΘB ω 22 2 2 2 1 1 = ΘA ω12 [4 − (1 − e)2 − (1 + e)2 ] = (1 − e2 )ΘA ω12 . 8 4 Anmerkung: Bei diesen Massenverh¨ altnissen w¨ are beim ideal elastischen Stoß (e = 1) ω 1 = 0 und ω 2 = ω1 r/a.

144

A6.11

Drehstoß

Aufgabe 6.11 Der in der waagrechten Ebene federnd gelagerter Hammer (Drehfederkonstante cT ) besteht aus einem homogenen, prismatischen Stab der Masse m2 und dem Hammerkopf (Punktmasse m3 ). Auf ihn trifft eine Kugel der Masse m1 .

A m2

a

a

2a

ϕ cT

v m1

m3

Wie groß ist die erforderliche Auftreffgeschwindigkeit v der Kugel, damit der Hammer bei bekannter Stoßzahl e gerade eine maximale Winkeldrehung ϕ0 erreicht? Geg.: m1 = m2 = m3 = m, a, cT , e = 12 .

L¨ osung Da der Hammer zun¨achst ruht, ist der Drehimpuls des Systems bez¨ uglich des festen Punktes A vor dem Stoß durch das Impulsmoment LA = a m1 v gegeben. Unmittelbar nach dem Stoß haben der Hammer (Massentr¨ agheitsmoment ΘA ) die Winkelgeschwindigkeit ω und die Masse m1 die Geschwindigkeit v. Damit lautet der Drehimpulserhaltungssatz  A:

a m1 v = Θ A ω + a m 1 v .

Mit der Stoßbedingung e=

ωa − v v

ergibt sich daraus ω=

m1 (1 + e)a v ΘA + m1 a2

mit

ΘA =

m2 (4a)2 16 + (2a)2 m3 = ma2 . 12 3

Unmittelbar nach dem Stoß ist die Energie des Hammer-Feder-Systems alleine durch seine kinetische Energie 12 ΘA ω 2 gegeben (Federauslenkung =0). Bei der maximalen Winkeldrehung ist die potentielle Energie gerade 12 cT ϕ20 w¨ ahrend die kinetische Energie dann Null ist. Aus dem Energiesatz erh¨ alt man somit nach Einsetzen von ω und der gegebenen Werte die erforderliche Auftreffgeschwindigkeit:  1 cT 1 ; ω= ϕ0 ΘA ω 2 = cT ϕ20 2 2 ΘA   cT ΘA + m1 a2 19 3cT ; v= ϕ0 = ϕ0 . ΘA m1 (1 + e)a 18 m

Stoß mit Haftung

Aufgabe 6.12 Ein Fußball (Masse m, Tr¨ agheitsmoment Θs ) trifft mit der Geschwindigkeit v0 horizontal gegen den rauhen Pfosten des Tores. Der Aufprall (Stoßzahl e) erfolge zentrisch unter dem Winkel α zur Torlinie. Wie groß muss der Effet (Winkelgeschwindigkeit ω0 ) des Balles sein, damit er nach dem Aufprall u ¨ber die Torlinie geht, wenn w¨ ahrend des Stoßes Haftung eintritt?

Pfosten Torlinie α

00 11 0 1 0 0 1 0 1 0 1 01 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 01 0 01 1 ω0

v0

r

S

m, ΘS

L¨ osung Impuls- und Drehimpulssatz f¨ ur den Ball liefern r A

 . Θs (ω − ω0 ) = −rH

 H

F

F

ω0 , ω

 , mv y = H

:  S :

α

m(v x − v0 ) = −F ,

:

145

 H

S y x

Mit der Stoßbedingung (Pfosten unbeweglich) e=−

vx v0

und der Haftbedingung (Geschwindigkeit von A in y-Richtung ist nach dem Stoß Null) v Ay = v y − r ω = 0 erh¨ alt man f¨ ur v x und v y v x = −e v0 ,

vy =

rω0 . r2 m 1+ Θs

Der Ball geht nur u ¨ber die Torlinie, wenn gilt

ξ y x

v ξ = v x sin α + v y cos α > 0 . Einsetzen liefert f¨ ur den notwendigen Effet   r2 m ev0 1+ tan α . ω0 > r Θs

vy η

α

α

vx

A6.12

146

A6.13

Kraftstoß

¨ Aufgabe 6.13 Die Offnung einer homogenen T¨ ur (Masse m, Breite b, Dicke t  b) wird durch einen Stopper B beschr¨ ankt. In welchem Abstand c von der T¨ urangel A muss der Stopper angebracht werden,  in damit beim Aufprall der Kraftstoß A der T¨ urangel Null wird?

L¨ osung Wir nehmen an, dass die T¨ ur vor dem Aufprall die Winkelgeschwindigkeit ω hat. Dann lauten die Impulss¨ atze

A

b

B

y A x A

ω b 2 S

y , m(v sy − vsy ) = A

↑:  A :

 B

, ΘA (ω − ω) = −cB

wobei vsx =

b ω, 2

v sx =

b ω, 2

vsy = v sy = 0 .

Unter Verwendung der Stoßbedingung e=−

v Bx ω cω =− =− vBx cω ω

erh¨ alt man daraus y = 0 , A

 x = (1 + e)ω ΘA − mb . A c 2

x = 0 Mit ΘA = mb2 /3 folgt dann aus der Bedingung A 2ΘA 2 = b. mb 3

c

m

t

x − B , m(v sx − vsx ) = A

→:

c=

111 000 000 111 000 111 000 111 000 111 000 111 000 111 000 111 000 111 000 111 000 111

c

Kraftstoß

Aufgabe 6.14 Ein Doppelpendel aus 2 gleichen homogenen St¨ aben (je Masse m, L¨ ange l) wird in D mit dem Kraftstoß F horizontal angestoßen.

②

→:  S2 :

g

l

l d C

A ω1 ①

l  B

, ΘA ω 1 = l B

 B

F

1 l 2

, m v 2 = F − B l l   − d− F ΘS ω 2 = B 2 2

B D

F

L¨ osung Wir trennen die St¨abe und zeichnen die wirkenden Kraftst¨ oße ein. Beachte: in vertikaler Richtung treten keine Kr¨ aftst¨ oße auf; die Gewichtskraft bewirkt keinen Kraftstoß. Die St¨ abe sind vor dem Stoß in Ruhe. Dann lauten die Impulss¨ atze f¨ ur die beiden St¨ abe ①

A6.14

A

In welchem Abstand d vom unteren Pendelende muss der Stoßpunkt D liegen, damit die Winkelgeschwindigkeit ω 2 des unteren Stabes unmittelbar nach dem Stoß Null ist? Wie groß sind dann die Kraftst¨ oße in den Gelenken A und B?

 A :

147

d−

1 l 2

v2

S2 ω2 ②

mit ΘA = 13 ml2 ,

ΘS =

1 ml2 12

.

Da Stab ② eine reine Translation ausf¨ uhren soll, muss gelten ω2 = 0 ,

v2 = l ω1 .

Damit erh¨ alt man aus den Impulss¨ atzen 3 F ω1 = , 4 ml

F F = = , B 4 ml2 1+ ΘA

l d= 2

ml2 5 ΘA = l. 8 ml2 1+ ΘA 2+

Den Kraftstoß im Gelenk A bestimmen wir unter Verwendung der kinematischen Beziehung v 1 = 12 l ω 1 aus dem Impulssatz f¨ ur den Stab ①: →:

+B  m v1 = A

;

 = F . A 8

 A S1  B

ω1 v1 ①

148

A6.15

Zweifacher

Aufgabe 6.15 Eine homogene Kreisscheibe gleitet reibungsfrei auf einer glatten Ebene und trifft mit der Geschwindigkeit v und der Winkelgeschwindigkeit ω unter dem Winkel α = 45◦ gegen eine rauhe Berandung (Stoßzahl e = 1/2).

11111111111111 00000000000000 m

B

ω

2.Stoß

r v

11111111111111 00000000000000 00000000000000 11111111111111 A 1.Stoß

α

Wie sind Betrag und Richtung der Geschwindigkeit nach dem 2. Stoß an der gegen¨ uberliegenden Berandung, wenn angenommen wird, dass die Scheibe w¨ ahrend der St¨ oße haftet?

L¨ osung Der erste Stoß wird beschrieben durch die Impulss¨atze →:

1 , m(v sx − vsx ) = −H

 S :

ω, ω r

1 , Θs (ω − ω) = −rH

S A

y

die Stoßbedingung

x

v Ay v sy e=− =− vAy vsy

1 H

F1

und die Haftbedingung v Ax = v sx + r ω = 0 . Aus den ersten beiden Gleichungen folgt ω=ω−

mr (vsx − v sx ) . Θs

Mit Θs = mr2 /2 und v vsx = v cos α = √ , 2

v vsy = −v sin α = − √ 2

erh¨ alt man f¨ ur die Geschwindigkeitskomponenten √ 2 rω 2 1 √ v sy = −evsy = + vsx = ( 2v−r ω) , v. 3 3 3 4 √ • F¨ ur ω > 2v/r wird v sx < 0, d.h. die Scheibe bewegt sich nach dem Stoß nach links.

v sx = −r ω = − Anmerkungen:

• Der Kraftstoß F1 folgt aus dem Impulssatz in yRichtung.

Stoß

Kennzeichnen wir die Geschwindigkeiten nach dem zweiten Stoß mit zwei Querstrichen, so lauten die Impulss¨ atze

F2

2 , m(v sx − v sx ) = −H

→:  S :

2 . Θs (ω − ω) = rH

149

2 H

B S r y

ω, ω x

Mit der Stoßbedingung e=−

v By v sy =− v By v sy

und der Haftbedingung (Vorzeichen beachten) v Bx = v sx − r ω = 0 werden rω 1 √ 2 + v sx = ( 2 v − rω) , 3 3 9 √ 2 v sy = −ev sy = − v. 8 v sx = r ω =

F¨ ur den Betrag und die Richtung der Geschwindigkeit erh¨ alt man daraus  v=

2

 =

2

v sx + v sy 2 2 + 81 64

B

 v2

√ 2 2 r2 ω2 − , vrω + 9 81 √

|v sy | 9 2 tan β = = √ . v sx 8( 2 − rω v )

Anmerkungen:

111111 000000 000000 111111 β

v Sy

v

y v Sx x

• F¨ ur ω = 0 erh¨ alt man v = 0, 24 v und tan β = 9/8 ; β = 48, 4◦ . √ • F¨ ur ω = 2 v/r prallt die Scheibe bei A und daher auch bei B senkrecht ab.

150

A6.16

Schiefer exzentrischer Stoß

Aufgabe 6.16 Ein d¨ unner Stab (Masse m1 ) st¨ oßt mit der Geschwindigkeit v unter dem Winkel α = 45◦ gegen eine ruhende, homogene, quadratische Scheibe (Masse m2 ).

m2

v

Wie groß sind die Geschwindigkeiten von Stab und Scheibe nach dem Stoß (Stoßzahl e), wenn die Oberfl¨ achen glatt sind?

a

l m1

y

L¨ osung Bezeichnen wir die Geschwindigkeiten des Stabes ① mit v und die der Scheibe ② mit w, so lauten die Impulsund Drehimpulss¨ atze ①

→:

S2

α

A F

l/2

F

2 l 4

S1

①

√

②

S2

A

x

ω1

m1 (v sx − vsx ) = −F ,

√ Θ1 ω 1 = 42 lF ,  ② → : m2 wsx = F , ↑ : m2 wsy = 0 , S2 : Θ2 ω 2 = 0 , √ wobei gilt Θ1 = m1 l2 /12 und vsx = vsy = v/ 2. Unter Verwendung der Stoßbedingung ↑:

e=−

v Ax − wAx vAx

mit vAx

 S1 :

m1 (v sy − vsy ) = 0 ,

√

v = √ , 2

v Ax = v Sx −

2 lω 1 , 4

wAx = wSx

erh¨ alt man daraus v v sx = √ 2

v wsx = √ 2

m1 − 2e m2 , m1 5+2 m2

v v sy = √ , 2

ω1 =

m1 m2 m1 , 5+2 m2

wsy = 0 ,

ω2 = 0 .

3+2

v 6(1 + e) , l 5 + 2 m1 m2

2(1 + e)

Kapitel 7 Schwingungen

7

152

Freie unged¨ ampfte

Die folgenden Formeln und Aufgaben beschr¨ anken sich auf Schwingungen von linearen Systemen mit einem Freiheitsgrad. 1. Freie unged¨ ampfte Schwingung Die Bewegungsgleichung (Schwingungsgleichung) x ¨ + ω2 x = 0 hat die allgemeine L¨ osung x(t) = A cos ωt + B sin ωt = C cos(ωt − ϕ) mit

x

ω

=  Kreisfrequenz,

ω 2π 2π 1 T = = f ω √ 2 C = A + B2

=  Frequenz,

f=

ϕ = arctan

B A

x(t) C π

=  Schwingungsdauer,

2π

ωt

ϕ

=  Amplitude, ωT = 2π

=  Phasenverschiebung.

Anmerkungen: • Die Konstanten A, B bzw. C, ϕ folgen aus den Anfangsbedingungen x(0) = x0 , x(0) ˙ = v0 zu   v 2 v0 v0 0 , ϕ = arctan A = x0 , B = , C = x20 + . ω ω x0 ω • Ein System, das durch obige DGL beschrieben wird, nennt man auch harmonischer Oszillator. • Wird die Bewegungskoordinate nicht von der statischen Ruhelage gez¨ ahlt, dann lauten die Schwingungsgleichung x ¨ + ω 2 x = ω 2 xst und ihre L¨ osung x(t) = D cos (ωt − ψ) + xst .

Schwingungen

153

Beispiele f¨ ur Einmassenschwinger Die Koordinaten z¨ ahlen jeweils von der statischen Ruhelage aus. System

DGL

Feder-MasseSystem

m¨ x + cx = 0

c

Eigenfrequenz ω  c m

m

x



Mathematisches Pendel (kleine Ausschl¨ age)

lϕ ¨ + gϕ = 0

l ϕ

m



x

Masseloser Dehnstab mit Endmasse

111 000 000 111

EA

m

l

Masseloser Balken mit Endmasse

x

l

Masseloser Torsionsstab mit Endscheibe

l

m¨ x + cx = 0

GIT ψ

c m

mit c = EA/l  c m

m

EI

g l

m¨ x + cx = 0

mit c = 3EI/l3  cT Θ

Θψ¨ + cT ψ = 0

mit cT = GIT /l

Θ

Federschaltungen Parallelschaltung:

c∗ c1

c2

c3 m

Serienschaltung:

c1

c2

c∗ =

c3

m



ci

m

c∗

m

 1 1 = c∗ ci

Federnachgiebigkeit: Die reziproke Federsteifigkeit nennt man Federnachgiebigkeit: h = 1/c. Man findet die Federnachgiebigkeit elastischer Tragwerke, indem man an der Stelle der schwingenden Masse eine gedachte Kraft 1“ anbringt und mit den Methoden der Technischen ” Mechanik II die Verschiebung δ in Richtung der Kraft bestimmt. Dann ist h = δ und c = 1/δ.

154

Ged¨ ampfte Schwingungen

2. Freie ged¨ ampfte Schwingung a) Trockene Reibung: Die L¨ osung der Bewegungsgleichung x ¨ + ω 2 x = ∓ω 2 r lautet

x˙ > < 0

f¨ ur

x(t) = C cos(ωt − ϕ) ± r

x˙ > < 0. Amplitudenabnahme: x(ωt) − x(ωt + 2π) = 4r. f¨ ur

b) Viskose D¨ ampfung: Die L¨ osung der Bewegungsgleichung x ¨ + 2δ x˙ + ω 2 x = 0 lautet f¨ ur D = δ/ω < 1 (schwache D¨ ampfung):

x(t) = C e−δt cos(ωd t − ϕ)

δ

= 

Abklingkonstante,

D = δ/ω √ ωd = ω 1 − D2

= 

D¨ ampfungsgrad,

= 

Kreisfrequenz der ged¨ ampften Schwingung,

Td = 1/fd = 2π/ωd

= 

Schwingungsdauer.

x Ce−δt C

x(t) C cos ϕ x(t + Td )

ωd t

ωd Td = 2π

Das Abklingverhalten wird durch das logarithmische Dekrement Λ = ln

x(t) 2πD 2πδ = √ = x(t + Td ) ωd 1 − D2

beschrieben. F¨ ur schwache D¨ ampfung D  1 wird Λ ≈ 2πD. D = δ/ω = 1 (aperiod. Grenzfall):

x(t) = (A1 + A2 t) e−δt .

ampfung): D = δ/ω > 1 (starke D¨

x(t) = e−δt (A1 eμt + A2 e−μt ) √ mit μ = ω D2 − 1.

Erzwungene Schwingungen

155

3. Erzwungene Schwingungen Die Bewegungsgleichung f¨ ur harmonisch erregte Schwingungen 1 2D x ¨+ x˙ + x = Ex0 cos Ωt ω2 ω mit

Ω

= 

Erregerkreisfrequenz,

η= Ω ω δ D= ω

= 

Abstimmung,

= 

D¨ ampfungsgrad,

Ex0 ⎧ ⎪ 1 ⎪ ⎨ E = 2Dη ⎪ ⎪ ⎩ 2 η

= 

Erregeramplitude, Krafterregung, Federfußpunkterregung, D¨ ampferfußpunkterregung, Unwuchterregung,

hat im eingeschwungenen Zustand die L¨ osung (partikul¨ are L¨ osung) x = x0 V cos(Ωt − ϕ) . Darin sind V =

E (1 −

tan ϕ =

η 2 )2

2Dη 1 − η2

+ 4D2 η 2

=  Amplituden-Frequenzgang ,

=  Phasen-Frequenzgang .

Anmerkungen: • Die allgemeine L¨ osung der Bewegungsgleichung setzt sich aus der L¨ osung der homogenen DGL (abklingende Bewegung, siehe Seite 152) und der partikul¨ aren L¨ osung zusammen. • Bei unged¨ ampften Schwingungen (D = 0) geht die Amplitude f¨ ur η → 1 (Ω → ω) gegen Unendlich (Resonanz ). • F¨ ur schwach ged¨ ampfte Systeme (D  1) gilt in der Resonanz (η ≈ 1): Vmax ≈ E/2D. • Man nennt η < 1 den unterkritischen und η > 1 den u ¨berkritischen Bereich. • Der Phasenwinkel ϕ gibt an, um wieviel der Ausschlag x der Erregung nacheilt.

156

A7.1

Freie unged¨ apfte

Aufgabe 7.1 Zwei Walzen rotieren mit der Winkelgeschwindigkeit Ω gegeneinander. Auf ihnen liegt ein homogenes Brett vom Gewicht G = mg. Zwischen Brett und Walzen herrscht zu jeder Zeit Reibung (Reibungskoeffizient μ).

G μ Ω

Ω a

Man zeige, dass das Brett eine harmonische Schwingungsbewegung ausf¨ uhrt und berechne deren Kreisfrequenz. x

L¨ osung Wir trennen das System und zeichnen in der um x ausgelenkten Lage alle Kr¨ afte ein (die Reibungskr¨ afte wirken auf die Walzen jeweils entgegen der Drehrichtung). F¨ ur das Brett lautet dann das Newtonsche Grundgesetz in xRichtung

R2

R1

G

N1

N2 R2

a/2

R1

a/2

m¨ x = R2 − R1 . Die Normalkr¨ afte folgen aus dem Gleichgewicht in senkrechter Richtung und dem Momentengleichgewicht zu a +x N1 = G 2 , a

a −x N2 = G 2 . a

Mit dem Reibgesetz R = μN wird die Differenz der Reibungskr¨ afte R2 − R1 = μ(N2 − N1 ) = −μmg

2x . a

Die Bewegungsgleichung m¨ x = −μmg

2x a

f¨ uhrt damit auf die Gleichung der harmonischen Schwingung x ¨ + 2μ

g x=0 a

mit der Kreisfrequenz  g ω = 2μ . a Anmerkung: Die Kreisfrequenz ω ist von der Winkelgeschwindigkeit Ω der Walzen unabh¨ angig!

Schwingungen

Aufgabe 7.2 Auf einer homogenen Kreisscheibe (Masse M , Radius R) ist eine kleinere homogene Scheibe (Gewicht mg, Radius r) im Abstand a vom Mittelpunkt angebracht. Die gr¨ oßere Scheibe ist in ihrem Mittelpunkt A elastisch so eingespannt (Drehfederkonstante cT ), dass die Feder in der skizzierten Lage entspannt ist.

A7.2

g

M

L¨ osung 1. Weg: Wir denken uns die Scheibe um einen Winkel ϕ ausgelenkt. Dann folgt aus dem Momentensatz um den Drehpunkt A ¨ = −cT ϕ − mga sin ϕ . ΘA ϕ

R

A

cT r

a

Man ermittle die Eigenfrequenz f¨ ur Schwingungen in der vertikalen Ebene bei kleinen Ausschl¨ agen.

 A :

157

m

cT ϕ A ϕ

mg

F¨ ur kleine Ausschl¨ age (sin ϕ ≈ ϕ) vereinfacht sich diese Gleichung nach Division durch ΘA zu cT + mga ϕ ¨ + ω2 ϕ = 0 mit ω2 = . ΘA Mit dem Tr¨ agheitsmoment (Steiner-Glied beachten!)  M R2 mr2 ΘA = + + ma2 2 2 wird die Kreisfrequenz * + cT + mga . ω=+ ,1 r2 M R2 + m( + a2 ) 2 2 2. Weg: Z¨ ahlen wir die potentielle Energie von der Lage ϕ = 0, so lautet der Energiesatz: 1 1 ΘA ϕ˙ 2 + cT ϕ2 + mga(1 − cos ϕ) = const . 2 2 Differentiation nach der Zeit liefert ¨ + cT ϕϕ˙ + mga sin ϕ ϕ˙ = 0 . ΘA ϕ˙ ϕ Dies f¨ uhrt mit sin ϕ ≈ ϕ und ϕ˙ = 0 nach Division durch ΘA wieder auf obiges Ergebnis.

158

A7.3

Freie unged¨ ampfte

1111 0000 0000 1111

Aufgabe 7.3 Der skizzierte Schwinger besteht aus einer homogenen Kreisscheibe der Masse M , ¨ die an einer Feder (Steifigkeit c) h¨ angt. Uber die Scheibe ist ein undehnbares Seil gelegt, welches an einem Ende befestigt ist und am anderen die Masse m tr¨ agt.

r

Man bestimme: a) die Bewegungsgleichung f¨ ur die Masse m, b) die L¨ osung der Bewegungsgleichung, wenn m aus der Ruhelage durch einen Stoß nach unten (Anfangsgeschwindigkeit v0 ) in Bewegung gesetzt wird.

L¨ osung zu a) Wir bezeichnen mit x und xA die Auslenkungen von m bzw. von A aus der statischen Ruhelage und trennen das System. Dann brauchen die Gewichte M g und mg im Freik¨ orperbild nicht mehr ber¨ ucksichtigt zu werden. Aus dem Kr¨ afte- und dem Momentensatz ①

↓ :

②

↓ :

Mx ¨A = S1 + S2 − cxA ,

 A :

¨ = rS1 − rS2 ΘA ϕ

x , 2

M A

11 00

m

ϕ

②

cxA xA

S1

S2

m¨ x = −S1 , ① x

und den kinematischen Beziehungen (Π=  Momentanpol) xA =

g

c

2rϕ = x

;

x ¨A =

x ¨ , 2

ϕ ¨=

x ¨ 2r

xA

Π

x

ergibt sich mit ΘA = M r2 /2 durch Aufl¨ osen nach x die Bewegungsgleichung  c c x ¨+ x=0 ; ω= . 3 4m + 2 M 4m + 32 M zu b) Aus der allgemeinen L¨ osung x = A cos ωt + B sin ωt folgt mit den Anfangsbedingungen x(0) = 0

;

A=0,

der Bewegungsverlauf x(t) =

v0 sin ωt . ω

x(0) ˙ = v0

;

B=

v0 ω

Schwingungen

Aufgabe 7.4 Das dargestellte Tragsystem besteht aus zwei masselosen, gelenkig verbundenen Balken und einer Feder. An ihm ist eine Masse m befestigt. Man ermittle die Eigenkreisfrequenz ω.

11 00 00 11

L¨ osung 1. Weg: Wir trennen das System. Das Newtonsche Grundgesetz f¨ ur die Masse m liefert dann ↓:

111 000 000 00 111 11 00 11 00 11 c3

l EI1

159

l

EI2

m

F3 F1

m¨ x = −F1 − F2 − F3 .

F2 F F = F1 +F2 +F3

Zwischen den Kr¨ aften Fi und den Absenkungen wi der Balken bzw. der Feder gelten die Beziehungen (vgl. Band 2, Biegelinientafel)

x

F1 l 3 F2 l 3 F3 , w2 = , w3 = . 3EI1 3EI2 c3 alt man daher Mit der Bedingung w1 = w2 = w3 = x erh¨   3EI 3EI2 1 + 3 + c3 x = 0 . m¨ x+ l3 l F¨ ur die Kreisfrequenz liest man hieraus ab  1  3EI1 3EI2 + + c . ω2 = 3 m l3 l3 w1 =

2. Weg: Da alle Federenden die gleiche Verschiebung x erfahren, liegt eine reine Parallelschaltung vor:

11 00 00 11 00 11

c1

111 000 c

c2

m

111111 000000 000000 111111

11 00 00 11

c1

c2

m

F1 3EI1 = 3 , x1 l

c2 =

F2 3EI2 = 3 x2 l

wird nach Seite 151 c∗ = c1 + c2 + c3 =

c∗

m

Mit den Federkonstanten c1 =

c3

1111 0000 0000 1111

3EI1 3EI2 + 3 + c3 l3 l

und damit  c∗ 3EI2 1  3EI1 + 3 + c3 . ω2 = = 3 m m l l

A7.4

160

A7.5

Freie unged¨ ampfte

Aufgabe 7.5 F¨ ur das skizzierte System bestimme man die Kreisfrequenz ω der freien Vertikalschwingung der Masse m. Der Balken und die St¨ abe seien als masselos angenommen.

EA

EA l

EA EI m l

l

L¨ osung Der Balken und das Stabwerk k¨onnen als je eine Feder aufgefasst werden. Die Federkonstante cB des Balkens folgt aus der Verschiebung hB (“Verschiebungseinflusszahl” FB = 1 oder Nachgiebigkeit) infolge einer Last FB = 1. (Bei linear elastischem System h¨ angt die Federkonstante nicht von der Gr¨ oße der Last ab!). Nach Band 2, wB Kapitel 3 gilt wB = hB =

1 · (2l)3 48EI

;

cB =

1 48 EI 6 EI = = 3 . hB (2l)3 l

Zur Ermittlung der Federkonstanten cS ③ ② des Stabwerkes bringen wir am Stab ① 1 eine Last FS = 1 an. Nach Band 2, Kapitel 5 ist dann dort die Absenkung fS  S¯i2 li fS = hS = . FS = 1 EA Mit √ 1√ S¯2 = S¯3 = − 2, l1 = l , l 2 = l3 = 2 l S¯1 = 1 , 2 wird  √2 2 √  √ 1  2 l 1 ·l+2· 2 l = (1 + 2) hS = EA 2 EA ;

cS =

1 EA √ = . hS (1 + 2)l

Aus den beiden Teilergebnissen erhalten wir die Steifigkeit f¨ ur die vorliegende Parallelschaltung (gleiche Auslenkung der Federn) c∗ = cB + cS =

6 EI EA √ + l3 (1 + 2)l

und damit   EAl2  c∗ 1  1 √ 6 EI + . ω= = m l ml 1+ 2

Schwingungen

Aufgabe 7.6 F¨ ur die beiden Systeme ① und ② ermittle man die Ersatzfederzahlen f¨ ur die Vertikalschwingungen der Masse m. Die Balken seien masselos.

11 00 00 11 00 11 00 11 00 11

EI

1111 0000 000011 1111 00 00 11 00 ① 11

161

A7.6

c EI

m

a EI

2a EI

c m

11 00 00 ② 11

L¨ osung Im System ① greifen alle drei Federn an der schwingenden Masse m an und erfahren die gleichen Verschiebungen. Es liegt daher eine reine Parallelschaltung vor:  c∗ = ci . Die Federzahlen cL und cR des linken und des rechten Balkens folgen aus den Enddurchbiegungen von Kragtr¨ agern unter den Einzellasten 1“ ” 1 1 · l3 w= =h l , EI 3EI w zu 1 3EI 1 3EI = , cR = = 3 . cL = hL (2a)3 hR a

1 0 0 1

Damit wird c∗ = cL + cR + c =

27 EI 27EI + 8ca3 +c= . 3 8 a 8a3

Im System ② sind die beiden Balken parallel geschaltet. Ihre Ersatzfeder c¯ ist mit c hintereinander geschaltet. Mit Seite 151 berechnen wir daher

0000 1111 111 0000 111 000 000000 111 0001111 111

27 EI , 8 a3 3 1 1 1 8a 1 = + = + c∗ c¯ c 27EI c

c¯ = cL + cR =

; c∗ =

27EIc = 27EI + 8ca3

cL

c

c m

27EI 8a3 + 27

EI c

c∗

c¯

cR

m

m

.

Anmerkung: Das 2. System hat die kleinere Steifigkeit und schwingt daher mit niedrigerer Frequenz.

162

A7.7

Freie unged¨ ampfte

Aufgabe 7.7 Eine Walze (Masse m, Tr¨ agheitsmoment ΘS , Radius r) rollt ohne zu rutschen auf einem horizontal gef¨ uhrten, reibungsfrei gelagerten Balken (Masse M ) ab.

1 0 0 1 0 1 0 1 111 000

m, ΘS

c

Man bestimme die Eigenkreisfrequenz des Systems.

S

r

11 00

M

x1

L¨ osung Wir trennen das System und f¨ uhren die Koordinaten x1 , x2 und ϕ - ausgehend von der statischen Ruhelage - ein. Dann lauten die Bewegungsgleichungen

① cx1

mg S

r

ϕ

H

①

②

→:

mx ¨1 = −cx1 − H ,

 S :

¨ = rH , ΘS ϕ

→:

Mx ¨2 = H .

N H

x2 A

②

B

Mit der kinematischen Beziehung ;

x1 = x2 + rϕ

x˙ 1 = x˙ 2 + rϕ˙

;

x ¨1 = x ¨2 + r ϕ ¨

ergibt sich daraus durch Au߬ osen nach x1 die Bewegungsgleichung c

x ¨1 + m+

M 1 + M r2 /ΘS

x1 = 0 .

Hieraus folgt f¨ ur die Eigenkreisfrequenz: * + c . ω=+ , M m+ 1 + M r2 /ΘS

Anmerkungen: • Das System hat genau genommen 2 Freiheitsgrade. • Neben der betrachteten Eigenschwingung existiert noch eine L¨ osung mit x1 ≡ 0, x ¨2 = ϕ ¨ = 0 (= gleichf¨ ormige Bewegung von Balken und Walze).

Schwingungen

Aufgabe 7.8 Bei einem Pleuel vom Gewicht mg werden die Schwingungsdauern Ta und Tb f¨ ur die Aufh¨ angungen a) und b) gemessen.

a)

A7.8

b)

a

S l

Wie groß ist das Tr¨ agheitsmoment Θs und wo liegt der Schwerpunkt S?

S b

L¨ osung Die Bewegungsgleichung bei der Lagerung a) lautet f¨ ur kleine Ausschl¨ age

A

S

ΘA ϕ ¨ + mga ϕ = 0 .

ϕ

Hierzu geh¨ ort eine Schwingungsdauer 2

163

mg

B

2

(2π) 4π ΘA = = . ω2 mga Analog gilt f¨ ur die Aufh¨ angung b) Ta2

4π 2 ΘB . mgb Mit dem Steinerschen Satz Tb2 =

ΘA = Θs + ma2 ,

ΘB = Θs + mb2

und a + b = l findet man nach Aufl¨ osen Θs =

Ta2 mga − ma2 4π 2

und a=

(Ta2

Tb2 g − 4π 2 l l. + Tb2 )g − 8π 2 l

Anmerkungen: • Einen pendelnd h¨ angenden K¨ orper (hier Pleuel), der nicht als Punktmasse betrachtet werden kann, nennt man physikalisches Pendel . • H¨ aufig schreibt man die Schwingungsgleichung f¨ ur ein physikalisches Pendel im Analogie zum mathematischen Pendel als ϕ ¨+

g ϕ=0 lred

mit

lred =

ΘA , ma

mit a = Abstand zwischen Aufh¨ angepunkt A und Schwerpunkt S.

164

A7.9

Freie unged¨ ampfte Schwingung

Aufgabe 7.9 Ein K¨orper (Masse m) ist mit einer Feder (Steifigkeit c) an eine glatte Bahn gefesselt. Die Feder ist um die L¨ ange a vorgespannt, und sie hat im m a entspannten Zustand die L¨ ange l. a) Welcher Bedingung muss die Auslenkung gen¨ ugen, damit die Schwingung des Systems um die Gleichgewichtslage harmonisch ist? b) Wie groß ist in diesem Fall die Schwingungsdauer?

111 000 000 111 c

L¨ osung a) Die Bewegungsgleichung lautet allgemein →:

mx ¨ = −Fc sin ϕ

mg

111 000 000 111 x

mit Fc = c Δc ,

l

x sin ϕ = (l + a)2 + x2

und der Federverl¨ angerung   Δc = a + (l + a)2 + x2 − (l + a) .

N

Fc ϕ x

l+a Die Schwingung ist harmonisch, wenn die (l+a)2 +x2 Bewegungsgleichung vom Typ x ¨ = −ω 2 x ϕ ist. Dementsprechend muss Fc sin ϕ linear in x sein! Dies ist nur m¨ oglich, wenn in den Wurzelausdr¨ ucken der Term x2 gegen¨ uber (l + a)2 vernachl¨ assigbar ist, d.h. wenn die Bedingung x2  ((l + a)2

;

|x|  l + a

erf¨ ullt ist. Die Auslenkung x muss demnach immer hinreichend klein sein. Dann gelten in erster N¨ aherung Δc = a = const sowie sin ϕ = x/(l + a), und die Bewegungsgleichung wird mx ¨+

ca x = 0. l+a

b) Wir schreiben die Bewegungsgleichung in ihrer Normalform x ¨ + ω2 x = 0

mit

ω2 =

c a m l+a

und erhalten mit ω = 2π/T f¨ ur die Schwingungsdauer  m(l + a) . T = 2π ca

Freie ged¨ ampfte Schwingungen

165

Aufgabe 7.10 An einer masselosen Stange ist eine Punktmasse m befestigt.

A7.10

a) Wie groß darf die D¨ ampfungskonstante d sein, damit das System im Erdschwerefeld schwingt (kleine Ausschl¨ age)? b) Wie groß muss der D¨ ampfungsgrad D gew¨ ahlt werden, damit nach 10 Vollschwingungen die Amplitude auf 1/10 ihres Anfangswertes abgefallen ist und wie groß ist dann die Schwingungsdauer?

L¨ osung zu a) Die Bewegungsgleichung folgt aus dem Momentensatz um den Drehpunkt A (cos ϕ ≈ 1, sin ϕ ≈ ϕ):  A :

g

d c m

0110 10 1010

a

a

A Fd ϕ

ΘA ϕ ¨ = −Fd a − Fc 2a − mg2aϕ . Fc

Mit ΘA = m (2a)2 ,

Fd = da ϕ˙ ,

Fc = c2a ϕ

mg

ergibt sich ϕ ¨+

c d g  ϕ=0 ϕ˙ + + 4m m 2a

;

ϕ ¨ + 2δ ϕ˙ + ω 2 ϕ = 0 ,

wobei δ=

d , 8m

ω2 =

c g + . m 2a

Da Schwingungen nur f¨ ur δ < ω auftreten folgt f¨ ur d:   c gm2 d g . < + ; d < 8 cm + 8m m 2a 2a zu b) Aus dem logarithmischen Dekrement (Seite 152) ergibt sich mit ampfungsgrad: xn+10 = xn /10 der erforderliche D¨ * + 1 xn 2πD = ln = ln 10 ; D = + 10 √ = 0, 037 . ,  20π 2 2 xn+10 1−D +1 ln 10 Damit wird die gesuchte Schwingungsdauer  2am 2π 2π √ ≈ . Td = = 2π ω 2ac + gm ω 1 − D2

166

A7.11

Freie ged¨ ampfte

Aufgabe 7.11 F¨ ur das skizzierte System mit viskoser D¨ ampfung ermittle man die Eigenfrequenz. Die Massen von Balken und Stab seien vernachl¨ assigbar.

11 00 00 11 00 11

111 000 000 111

l2 , EA

l1 , EI

c m d

111 000

L¨ osung L¨osung: Wir ersetzen die Steifigkeiten von Balken, Stab und Feder durch eine Ersatzsteifigkeit c∗ . Auf die Masse wirkt Fc dann bei einer Auslenkung x aus der statischen Ruhelage eine Federkraft Fc = c∗ x und eine D¨ ampfungskraft m Fd = dx. ˙ Damit lautet die Bewegungsgleichung x ↓:

m¨ x = −Fc − Fd .

Fd

000 111 111 000 000 000 000111 111 111

Die Steifigkeit der Ersatzfeder folgt aus der Parallelschaltung der Federsteifigkeiten von Balken und Dehnstab c12 = c1 + c2

c1

c2

mit

c 3EI EA , c2 = m 3 l1 l2 und Hintereinanderschaltung dieser Ersatzfeder c12 mit c zu

c1 =

111 000

1 1 1 = + ; c∗ c12 c  3EI EA  c + l13 l2 . c∗ = 3EI EA c+ 3 + l1 l2

c12

m

;

x ¨ + 2δ x˙ + ω 2 x = 0

mit δ=

d , 2m

ω2 =

c m

111 000 c∗

c

Damit erh¨ alt man m¨ x + dx˙ + c∗ x = 0

c12

c∗ . m

Die Eigenfrequenz wird daher  2 

c∗ d 2 2 . − ωd = ω − δ = m 2m

m

Schwingungen

Aufgabe 7.12 Ein Stab (Gewicht mg, L¨ange l) schwingt um A in einer z¨ ahen Fl¨ ussigkeit, deren Widerstand Fw proportional zur ¨ ortlichen Geschwindigkeit ist (Proportionalit¨ atsfaktor k). a) Man stelle die Bewegunsgleichung f¨ ur kleine Ausschl¨ age auf. b) Welcher Wert k = k∗ trennt die Schwingungen von den Kriechbewegungen?

L¨ osung zu a) An jedem Stabelement der L¨ ange dx greift eine Widerstandskraft

A7.12 A

l

A

an. Der Momentensatz um A ergibt daher f¨ ur kleine Ausschl¨ age ϕ: ¨ = −mg ΘA ϕ

l

l ϕ− 2

x ϕ

dFw = k v(x) dx = kxϕ˙ dx

 A :

kx2 ϕdx ˙ .

167

dx mg

dFw

l lϕ sin ϕ ≈ 2 2

0

Nach Auswertung des Integrals und Einsetzen von ΘA = ml2 /3 folgt die Bewegungsgleichung

ϕ ¨+

kl 3 g ϕ˙ + ϕ=0 m 2 l

;

ϕ ¨ + 2δ ϕ˙ + ω 2 ϕ = 0

mit δ=

kl , 2m

ω2 =

3g . 2l

zu b) Schwingungen werden von Kriechbewegungen durch den aperiodischen Grenzfall δ=ω

bzw.

D=1

getrennt. Einsetzen liefert  3g k∗ l = ; 2m 2l

k∗ =

m l

 6

g . l

168

A7.13

Erzwungene v0

Aufgabe 7.13 Ein Auto (Masse m) – vereinfacht dargestellt als FederMasse-System – durchf¨ ahrt mit konstanter Horizontalgeschwindigkeit v0 sinusf¨ ormige Bodenwellen (Amplitude U0 , Wellenl¨ ange L).

m

U0

c

L

a) Man stelle die Bewegungsgleichung auf und ermittle die Erregerfrequenz Ω. b) Wie groß ist die Amplitude x0 des Wagens in Abh¨ angigkeit von v0 ? c) Bestimmen Sie die kritische Reisegeschwindigkeit vk .

L¨ osung zu a) Bezeichnen wir die senkrechte Bewegung des Wagens mit x, die des Federfußpunktes mit u, so folgt aus dem Newtonschen Grundgesetz ↑:

m¨ x = −c (x − u) .

m x u

u

Mit dem Weg s = v0 t in horizontaler Richtung gilt

L

U0 s

2πs 2πv0 t u = U0 cos = U0 cos = U0 cos Ωt , L L und es wird mx ¨ + c x = c U0 cos Ωt

mit

Ω=

2πv0 . L

zu b) Der L¨ osungsansatz f¨ ur den eingeschwungenen Zustand (Typ der rechten Seite) x = x0 cos Ωt liefert mit ω 2 = c/m die gesuchte Amplitude x0 =

U0 U0 . 2 = 2 2 1 − Ω2 1 − 4π 2v0 m c ω L

zu c) Die Amplitude geht f¨ ur Ω = ω (Resonanz) gegen Unendlich:  c 4π 2 vk2 m L = . = 1 ; v k L2 c 2π m

Schwingungen

1111 000 0000 0000 111 1111 000 111 000 111

169

11 00 00 11 00 11

Aufgabe 7.14 Ein Druckmessger¨ at besteht aus einem ① m1 m2 ② Kolben ① (Masse m1 , Fl¨ ache p A), einer Stange ② (Masse l c a m2 ), einem d¨ unnen Zeiger ③ (Masse m3 ) und einer Feder m3 ③ (Federsteifigkeit c). a) Wie groß ist die Eigenfrequenz des Systems? b) Wie groß ist die Amplitude Q0 (kleine Ausschl¨ age) des Zeigerendes im eingeschwungenen Zustand, wenn ein Druck p = p0 cos Ωt wirkt? L¨ osung zu a) Wir trennen das System und zeichnen alle wirkenden Kr¨ afte ein. Dann gelten f¨ ur ① + ② bzw. ③ →:

①

(m1 + m2 )¨ x = −F − cx + p(t)A ,

 B :

;

cx

②

F ϕ

F

③

¨ = aF . ΘB ϕ

Mit ΘB = m3 l2 /3 und der Kinematik x = aϕ

x

p

B

x ¨ = aϕ ¨

folgt daraus die Bewegungsgleichung  m3 l 2  x ¨ + cx = p0 A cos Ωt . m1 + m2 + 3a2 F¨ ur die Eigenfrequenz liest man ab * + c . ω=+ , m3 l 2 m 1 + m2 + 3a2 zu b) Die L¨ osung im eingeschwungenen Zustand wird durch den Ansatz (Typ der rechten Seite) x = x0 cos Ωt beschrieben. Einsetzen in die Differentialgleichung ergibt p0 A . x0 =  Ω2  c 1− 2 ω Mit der Hebel¨ ubersetzung wird die Amplitude des Zeigerendes Q0 = x0

l = a

1 Ω2 1− 2 ω

p0 A l . c a

A7.14

170

A7.15

Erzwungene

Aufgabe 7.15 Eine homogene Walze der Masse m wird durch eine Feder mit der Steifigkeit c gehalten. Sie rollt auf einer rauhen Unterlage, die eine Horizontalbewegung u = u0 cos Ωt ausf¨ uhrt. a) Wie groß ist die Schwingungsamplitude im eingeschwungenen Zustand? b) Bestimmen Sie den erforderlichen Haftungskoeffizienten μ0 .

1 0 0 1 0 1 0 1 0 1

m c

0 = N − mg ,

(a)

→:

mx ¨ = −c x + H ,

(b)

 S :

ΘS ϕ ¨ = −r H .

μ0

x mg cx

(c)

r

u

L¨ osung Die Bewegungsgleichungen f¨ ur die Walze lauten ↑ :

S

r

ϕ

S H N

Mit der kinematischen Beziehung x = u + rϕ

;

¨ x ¨=u ¨ + rϕ ¨ = −u0 Ω2 cos Ωt + rϕ

und ΘS = mr2 /2 ergibt sich aus (b) und (c) die Schwingungsdifferentialgleichung x ¨+

2 c 1 x = − u0 Ω2 cos Ωt . 3 m 3

ur die Amplitude zu a) Hieraus folgt mit dem Ansatz x = x0 cos Ωt f¨ im eingeschwungenen Zustand |x0 | =

u0   . 2 c    3 − 1  2 3 mΩ

zu b) Die Haftbedingung |H|max ≤ μ0 N liefert mit (a), (b) und Einsetzen von x :    c x x −x0 Ω2 + c x0  ¨+ m |H|max m max μ0 ≥ = = N g g     c   u0 Ω2  m Ω2 − 1  ; μ0 ≥ . 2 c  3g  − 1  2 3 mΩ

Schwingungen

171

Aufgabe 7.16 Bei einem Bodenverdichter (Geh¨ausegewicht mg) ist der Antrieb (Masse M ) federnd gelagert. Im Antrieb laufen zwei Unwuchten m (Massen m2 /2) mit konstanter Drehzahl n gegenl¨ aufig um. n m /2 2

Wie m¨ ussen Feder und D¨ ampfer ausgelegt werden, damit das Ger¨ at im Resonanzbereich arbeitet und dabei die Bodenplatte nicht von der Unterlage abhebt (kleine D¨ ampfung)?

e M

1111111111 0000000000 0000000000 1111111111

L¨ osung Wir ersetzen den Antrieb durch nebenstehendes Modell. Mit der Auslenkung x des Antriebs aus der statischen Ruhelage gilt f¨ ur die Unwucht x2 = x + e cos Ωt

;

c/2

00 11 00 11 11 00 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 001111 11 0000 0000 1111 e

m2

Ωt

S

x ¨2 = x ¨ − eΩ2 cos Ωt .

M −m2

x2 x

c

d

Die Bewegungsgleichungen f¨ ur beide Massen lauten in vertikaler Richtung: x = −dx−cx+S ˙ cos Ωt , (M −m2 )¨

d

c/2

m2 x ¨2 = −S cos Ωt .

Einsetzen von x ¨2 und Eliminieren von S ergibt x ¨ 2δ x˙ + 2 + x = x0 η 2 cos Ωt , ω2 ω wobei ω 2 = c/M , δ = d/2M , x0 = em2 /M , η = Ω/ω. Die partikul¨ are L¨ osung (eingeschwungener Zustand) lautet x = x0 V cos(Ωt − ϕ) ,

V =

η2 (1 −

η 2 )2

+ 4D2 η 2

,

D=

δ . ω

Resonanz ergibt sich f¨ ur kleine D¨ ampfung bei η ≈ 1:   πn 2 c πn Ω=ω ; M. = ; c= 30 M 30 In der Resonanz ist außerdem V ≈ 1/2D. Damit die Bodenplatte nicht abhebt, muss bei maximaler Federauslenkung xmax (die D¨ ampfungskraft ist dann Null!) gelten cx0 (M +m)g N = (M + m)g − cxmax = (M + m)g − ≥0. 2D cx 2

Daraus folgt (M + m)g ≥

cx0 2D

;

D≥

cx0 . 2(M + m)g

cx 2

N

A7.16

172

A7.17

Erzwungene Schwingungen

Aufgabe 7.17 Ein Stockwerkrahmen sei durch starre Balken idealisiert, wobei die Stiele als masselos und die Diagonale als Feder-D¨ ampfer-System abgebildet werden.

m

Man bestimme die maximale Amplitude im eingeschwungenen Zustand, wenn der Rahmen am Fußpunkt durch ein Erdbeben erregt wird, dessen Beschleunigung u ¨E = b0 cos Ωt durch Messung bekannt ist. Die Ausschl¨ age sollen als klein und die D¨ ampfung als schwach angenommen werden.

d c 45◦

11111 00000 11111 00000 00000 11111 u¨E

L¨ osung Die Verl¨angerung der Diagonale ergibt sich bei kleinen Ausschl¨ agen zu √ 2 Δ= (x − uE ) . 2

x − uE

m

x

F Δ

Damit folgt die Kraft ˙ , F = cΔ + dΔ und das Bewegungsgesetz f¨ ur den Querriegel der Masse m liefert √ 2 → : m¨ x = −F ; 2

uE

45◦

1111111111 0000000000

c d m¨ x + (x˙ − u˙ E ) + (x − uE ) = 0 . 2 2

F¨ ur die Relativverschiebung y = x − uE folgt daraus d 1 2D c m¨ y + y+ ; y¨+ ˙ y = m b0 cos Ωt y+y ˙ = y0 cos Ωt , 2 2 ω2 ω mit  1 c 2m b0 d ω2 = , D= , y0 = . 2m 2 2c m c ω ≈ 1 auf, f¨ ur den Die maximale Amplitude tritt im Resonanzfall η = Ω bei schwacher D¨ ampfung (D  1) gilt:  √ b0 m3 y0 . A = y0 Vmax ≈ =2 2 2D d c

Kapitel 8 Relativbewegung

8

174

Relativbewegung

Festes und bewegtes Bezugssystem Vielfach ist es zweckm¨ aßig, die Bewegung eines Punktes P nicht in Bezug auf ein festes Koordinatensystem (x, y, z) sondern in Bezug auf ein bewegtes System (ξ, η, ζ) zu beschreiben. Kinematik des Punktes bei Translation und Rotation des Bezugssystems v = vf + vr ,

z ζ

a = af + ac + ar ,

P

ω

r 0P

r0 0

η

wobei Absolutgeschwindigkeit

v,

Absolutbeschleunigung

a,

F¨ uhrungsgeschwindigkeit

v f = r˙ 0 + ω × r 0P ,

Relativgeschwindigkeit

 v r = r 0P ,

F¨ uhrungsbeschleunigung

af = r¨ 0 + ω˙ × r 0P + ω × (ω × r 0P ) ,

Relativbeschleunigung

 ar = r 0P ,

x

ξ y

Coriolisbeschleunigung ac = 2ω × v r . und ()· =  zeitliche Ableitung bez¨ uglich des festen Systems (x, y, z), () =  zeitliche Ableitung bez¨ uglich des bewegten Systems (ξ, η, ζ). Anmerkungen: • Bei einer reinen Translation des Bezugssystems (ω = 0) vereinfachen sich die Gleichungen. • Die Coriolisbeschleunigung ac ist senkrecht zu ω und v r gerichtet. Bewegungsgesetz im bewegten Bezugssystem Zu den ¨ außeren Kr¨ aften F , die auf einen Massenpunkt wirken, treten die F¨ uhrungskraft F f und die Corioliskraft F c als Scheinkr¨ afte: mar = F + F f + F c mit F f = −maf = −m[¨ r 0 + ω˙ × r 0P + ω × (ω × r 0P )] , F c = −mac = −2mω × v r .

Translation des Bezugssystems

11111 00000 00000 11111 11111 00000

Aufgabe 8.1 Der Aufh¨angepunkt 0 eines mathematischen Pendels (Masse m, L¨ ange l) bewegt sich mit der konstanten Beschleunigung a0 nach rechts.

175

A8.1

0

Man stelle die Bewegungsgleichung auf und ermittle die Kraft S im Stab.

a0

l m

L¨ osung Legen wir den Ursprung des mitbewegten Systems ξ, η in den Aufh¨ angepunkt, so haben wir es mit einer reinen Translation des Bezugssystems zu tun. F¨ ur die F¨ uhrungsbeschleunigung gilt dann in Komponenten

0 ξ

x ϕ

y

S

η ma0

af ξ = a0 , af η = 0 ,

mg

und die Relativbeschleunigungen arξ , arη errechnen sich zu (die Zeitableitung von ϕ ist in beiden Systemen gleich: ϕ = ϕ) ˙ ξ = l sin ϕ ,

η = l cos ϕ ,

vrξ = ξ  = lϕ˙ cos ϕ ,

vrη = η  = −lϕ˙ sin ϕ ,

arξ = ξ  = lϕ ¨ cos ϕ − lϕ˙ 2 sin ϕ ,

arη = η  = −lϕ ¨ sin ϕ − lϕ˙ 2 cos ϕ .

Im Kr¨ aftesatz bez¨ uglich des bewegten Systems m¨ ussen die a ¨ußeren Kr¨ afte S und mg auf die Masse sowie die F¨ uhrungskr¨ afte Ff ξ = −maf ξ = −ma0 , Ff η = maf η = 0 als Scheinkr¨ afte ber¨ ucksichtigt werden: →:

marξ = −S sin ϕ − ma0 ,

↓:

marη = −S cos ϕ + mg .

alt man daraus Durch Eliminieren von S und Einsetzen von arξ , arη erh¨ die Bewegungsgleichung lϕ ¨ + a0 cos ϕ + g sin ϕ = 0 . F¨ ur S folgt unter Verwendung der Bewegunggleichung S = m(lϕ˙ 2 + g cos ϕ − a0 sin ϕ) . Anmerkung: F¨ ur ϕ ¨ = 0 folgt aus der Bewegungsgleichung die Pendelur ϕ ¨ = 0. lage tan ϕ0 = a0 /g. Um diese Lage schwingt das Pendel f¨

176

A8.2

Translation des Bezugssystems

Aufgabe 8.2 Auf einer gef¨ uhrten Scheibe kreist ein Punkt P mit der konstanten Relativgeschwindigkeit vr .

11111111111 00000000000 vr P

r

Wie groß ist der Betrag der Absolutbeschleunigung von P , wenn die Scheibe die Beschleunigung a0 erf¨ ahrt?

a0

11111111111 00000000000 L¨ osung Im bewegten Bezugssystem ξ, η lauten die Komponenten der Relativgeschwindigkeit

η

vr P

y r

fest x



vrξ = ξ = −vr sin ϕ ,

0

ξ

ϕ

vrη = η  = vr cos ϕ . Zeitableitung bez¨ uglich des bewegten Systems (die Lage¨ anderung von ξ, η wird dabei nicht ber¨ ucksichtigt), liefert mit rϕ = vr die Komponenten der Relativbeschleunigung vr2 cos ϕ , r 2 v = η  = −vr ϕ sin ϕ = − r sin ϕ . r

arξ = ξ  = −vr ϕ cos ϕ = − arη

Da das Bezugssystem eine reine Translation erf¨ ahrt, gilt f¨ ur die Absolutbeschleunigung ax = a0 + arξ = a0 − ay = arη = −

vr2 cos ϕ , r

vr2 sin ϕ . r

F¨ ur den Betrag folgt daraus   a=

a2x + a2y =

a20 +

v2 vr4 − 2a0 r cos ϕ . 2 r r

Die Aufgabe l¨ asst sich auch anders l¨ osen. Da P eine reine Kreisbewegung mit konstanter Relativgeschwindigkeit vr um 0 ausf¨ uhrt, hat die Relativbeschleunigung den Betrag ar = v 2 /r und ist zum Punkt 0 gerichtet. Aus a = a0 + ar folgen dann der skizzierte Beschleunigungsplan und mit dem Kosinussatz das obige Ergebnis.

a0 ϕ ar =

a 0

vr2 r

Rotation des Bezugssystems

Aufgabe 8.3 Auf einer Scheibe kreist ein Punkt P mit der konstanten Relativgeschwindigkeit vr . Wie groß sind die Relativ-, die F¨ uhrungs-, die Coriolis- und die Absolutbeschleunigung von P , wenn sich die Scheibe exzentrisch (Exzentrizit¨ at e) mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um A dreht?

177

A8.3 vr P ω

r

A e

η

L¨ osung Wir legen den Ursprung des mit der Scheibe mitbewegten Systems ξ, η, ζ in den Mittelpunkt 0 der Scheibe. Dann f¨ uhrt P bez¨ uglich dieses Systems eine reine Kreisbewegung aus. Mit dem Betrag der Relativbeschleunigung ar = vr2 /r und ihrer Richtung (von P nach 0) folgt ar = −

vr r 0P

ω A

e 0

P

ϕ

ξ

vr2 (eξ cos ϕ + eη sin ϕ) . r

Mit ω = ωeζ ,

ω˙ = 0 ,

r 0P = eξ r cos ϕ + eη r sin ϕ ,

v r = vr (−eξ sin ϕ + eη cos ϕ) ,

r¨ 0 = a0 = −e ω 2 eξ

werden af = a0 + ω × (ω × r 0P ) = −e ω 2 eξ + rω 2 [eζ × (eζ × eξ cos ϕ) + eζ × (eζ × eη sin ϕ)] = −(e + r cos ϕ)ω 2 eξ − rω 2 sin ϕeη , ac = 2ω × v r = 2ωvr [eζ × (−eξ sin ϕ) + eζ × eη cos ϕ] = −2ωvr (eξ cos ϕ + eη sin ϕ) . Damit erh¨ alt man f¨ ur die Absolutbeschleunigung a = af + a r + a c vr2 v2 + 2ωvr ) cos ϕ]eξ − [rω 2 + r + 2ωvr ] sin ϕ eη r r vr 2 vr 2 2 = −[eω + r(ω + ) cos ϕ]eξ − r(ω + ) sin ϕ eη . r r = −[eω 2 + (rω 2 +

178

A8.4

Rotation

Aufgabe 8.4 Auf der rotierenden Erde (Radius R = 6370 km) bewegt sich ein Punkt P mit der Geschwindigkeit vr = 150 km/h nach Norden.

N vr P R

Es sind Gr¨ oße und Richtung von F¨ uhrungs- und Coriolisbeschleunigung am Breitengrad ϕ = 30◦ zu ermitteln. S

L¨ osung Das mit der Erde mitbewegte System ξ, η, ζ dreht sich mit der Winkelgeschwindigkeit ω = 2π/(24 · 3600) ≈ 73 · 10−6 s−1 um die ζ-Achse. Vernachl¨ assigt man die Bewegung der Erde um die Sonne (¨ r 0 = 0), so erh¨ alt man mit

N ω

vr P

ζ ξ

0

ϕ η

ω = ω eζ , r 0P = R cos ϕ eη + R sin ϕ eζ , S

ω˙ = 0 , v r = −vr sin ϕ eη + vr cos ϕ eζ f¨ ur af und ac

af = ω × (ω × r 0P ) = ω 2 R[eζ × (eζ × cos ϕ eη ) + eζ × (eζ × sin ϕ eζ )] = −ω 2 R cos ϕ eη , ac = 2ω × v r = 2ωvr [eζ × (− sin ϕ eη ) + eζ × (cos ϕ eζ )] = 2ωvr sin ϕ eξ . Die Betr¨ age der Beschleunigungen f¨ ur ϕ = 30◦ werden damit af = ω 2 R cos ϕ = (73)2 · 10−12 · 6370 · 103 cos 30◦ = 0, 029 m/s2 , ac = 2ωvr sin ϕ = 2 · 73 · 10−6 · 150 ·

1 · sin 30◦ = 0, 003 m/s2 . 3, 6

Die F¨ uhrungsbeschleunigung ist senkrecht zur Drehachse der Erde und die Coriolisbeschleunigung tangential zum Breitenkreis nach Westen gerichtet. Anmerkungen: • Bez¨ uglich des mitbewegten Systems f¨ uhrt P eine reine Kreisbewegung aus. • Die Coriolisbeschleunigung hat am Pol ihr Maximum.

des Bezugssystems

Aufgabe 8.5 Auf einem mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω rotierenden Winkel kann ein Gewicht G = mg reibungsfrei gleiten. Nach welcher Zeit t1 st¨ oßt die Masse am Winkelende B an, wenn sie in A ohne Relativgeschwindigkeit losgelassen wird?

179

A8.5 s1 B

s0 A

11111 000 00 00011 111 00

m

α

ω

1111 0000 L¨ osung L¨osung: Wir lassen das Bezugssystem ξ, η, ζ mit dem Winkel rotieren und f¨ uhren eine Koordinate s ein. Dann erh¨ alt man mit s

ω = ωeζ , r 0P = s cos α eξ + s sin α eζ ,

ζ

v r = vr cos α eξ + vr sin α eζ

vr

ω r 0P

0

P

ξ

α

und ω˙ = 0, r¨ 0 = 0 f¨ ur F¨ uhrungs- und Corioliskraft: F f = −mω × (ω × r 0P ) = mω 2 s cos α eξ , F c = −2mω × v r = −2mωvr cos α eη . Das Bewegungsgesetz in s−Richtung lautet damit : ;

m¨ s = −mg sin α + mω s cos α 2

s¨ − κ s = −g sin α 2

2

mit

N

ζ

κ = ω cos α .

mω 2 s cos α

s α

ξ

Aus der allgemeinen L¨ osung dieser Differentialgleichung s(t) = A cosh κt + B sinh κt +

g sin α κ2

mit den Anfangsbedingungen s(t = 0) = s0 vr (t = 0) = s(t ˙ = 0) = 0 s(t1 ) = s1 folgt

;

A = s0 −

g sin α , κ2

;

B=0,

;

s1 = A cosh κt1 +

⎛ g sin α ⎞ s1 − 1 κ2 ⎠ . t1 = arcosh ⎝ g sin α κ s0 − κ2

Fc

g sin α κ2

mg

180

A8.6

Translation und Rotation

Aufgabe 8.6 Der Ausleger eines Karussells dreht sich um die x-Achse mit dem zeitlich ver¨ anderlichen Winkel ϑ(t). An seinem Ende befindet sich eine Kreisscheibe, die um eine zum Ausleger senkrechte Achse mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω0 rotiert. F¨ ur den Punkt P der Kreisscheibe sind die Absolutgeschwindigkeit und -beschleunigung unter Verwendung

ζ, ζ ∗

η∗

0

ω0

η

r

P ξ∗

ϕ

z

11 00 00 11 000 11 00 11 1 00 11 00 11

ϑ y

ξ l

x

a) des mit dem Ausleger verbundenen Systems ξ, η, ζ und b) des mit der Kreisscheibe verbundenen Systems ξ ∗ , η ∗ , ζ ∗ zu bestimmen.

L¨ osung Die Absolutgeschwindigkeit und -beschleunigung ergeben sich allgemein aus (siehe Seite 172) v = r˙ 0 + ω × r 0P + v r , a = r¨ 0 + ω˙ × r 0P + ω × (ω × r 0P ) + 2 ω × v r + ar . zu a) F¨ ur das Koordinatensystem ξ, η, ζ mit den Einheitsvektoren achst eξ , eη , eζ gelten zun¨ r 0 = l eη ,

ω = ϑ˙ eξ ,

r 0P = r cos ϕ eξ + r sin ϕ eη .

Unter Beachtung von (e˙ i = ω × ei ) e˙ ξ = 0 ,

e˙ η = ϑ˙ eζ ,

e˙ ζ = −ϑ˙ eη ,

ϕ˙ = ω0

folgen daraus r˙ 0 = l ϑ˙ eζ ,

r¨ 0 = l ϑ¨ eζ − l ϑ˙ 2 eη ,

ω˙ = ϑ¨ eξ .

Bez¨ uglich dieses Systems f¨ uhrt P eine Kreisbewegung mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω0 aus, d.h. es werden v r = r ω0 (− sin ϕ eξ +cos ϕ eη ) ,

ar = −r ω02 (cos ϕ eξ +sin ϕ eη ) .

Einsetzen liefert schließlich mit ω × r 0P = r ϑ˙ sin ϕ eζ ,

ω˙ × r 0P = r ϑ¨ sin ϕ eζ ,

ω × (ω × r 0P ) = −r ϑ˙ 2 sin ϕ eη ,

ω × v r = r ω0 ϑ˙ cos ϕ eζ

des Bezugssytems

181

die Ergebnisse v = −r ω0 sin ϕ eξ + r ω0 cos ϕ eη + (l + r sin ϕ)ϑ˙ eζ ,   a = −r ω02 cos ϕ eξ − (l + r sin ϕ) ϑ˙ 2 + r ω02 sin ϕ eη   + (l + r sin ϕ) ϑ¨ + 2 r ω0 ϑ˙ cos ϕ eζ . zu b) F¨ ur das Koordinatensystem ξ ∗ , η ∗ , ζ ∗ gelten die Darstellungen r 0 = l (sin ϕ e∗ξ + cos ϕ e∗η ) ,

r 0P = r e∗ξ ,

ω = ϑ˙ (cos ϕ e∗ξ − sin ϕ e∗η ) + ω0 e∗ζ , woraus mit e˙ ∗ξ = ω0 e∗η + ϑ˙ sin ϕ e∗ζ ,

e˙ ∗η = −ω0 e∗ξ + ϑ˙ cos ϕ e∗ζ ,

e˙ ∗ζ = −ϑ˙ (sin ϕ e∗ξ + cos ϕ e∗η ) ,

ϕ˙ = ω0

die Beziehungen r˙ 0 = l ϑ˙ e∗ζ ,

r¨ 0 = −l ϑ˙ 2 (sin ϕ e∗ξ + cos ϕ e∗η ) + l ϑ¨ e∗ζ ,

ω˙ = (ϑ¨ cos ϕ − ϑ˙ ω0 sin ϕ)e∗ξ − (ϑ¨ sin ϕ + ϑ˙ ω0 cos ϕ)e∗η folgen. Da P bez¨ uglich des Systems ξ ∗ , η ∗ , ζ ∗ in Ruhe ist, gilt jetzt v r = ar = 0 . Mit ω × r 0P = r ω0 e∗η + r ϑ˙ sin ϕ e∗ζ , ω˙ × r 0P = r(ϑ¨ sin ϕ + ϑ˙ ω0 cos ϕ)e∗ζ , ω × (ω × r 0P ) = −r(ω˙ 02 + ϑ˙ 2 sin2 ϕ)e∗ξ − r ϑ˙ 2 sin ϕ cos ϕ e∗η +r ω0 ϑ˙ cos ϕ e∗ζ erh¨ alt man dann v = r ω0 e∗η + ϑ˙ (l + r sin ϕ) e∗ζ ,   a = r ω02 − ϑ˙ 2 ( l + r sin ϕ) sin ϕ e∗ξ − ϑ˙ 2 ( l + r sin ϕ) cos ϕ e∗η   ¨ l + r sin ϕ) + 2 r ω0 ϑ˙ cos ϕ e∗ζ . + ϑ( Anmerkung: Die Darstellungen in a) und b) lassen sich auch mittels der Transformation eξ = e∗ξ cos ϕ − e∗η sin ϕ , eη = e∗ξ sin ϕ + e∗η cos ϕ ineinander u uhren. ¨berf¨

182

A8.7

Translation und Rotation

Aufgabe 8.7 In der glatten Nut einer Scheibe, die sich mit der Winkelgeschwindigkeit ω dreht, ist eine Masse m an Federn befestigt.

η c m

Es ist die Bewegungsgleichung bez¨ uglich des bewegten Systems ξ, η aufzustellen. Wie groß ist die Kraft, die von der Nut auf die Masse ausge¨ ubt wird?

A

ω˙ = 0 ,

r¨ 0 = a0 = −hω 2 eξ , werden F¨ uhrungsschleunigung

und

c

h

η

L¨ osung Das Koordinatensystem f¨ uhrt eine Kreisbewegung aus. Mit (ζ ⊥ zu ξ, η) ω = ωeζ ,

ξ

ω

P r 0P

m

r 0P = ηeη ,

A

v r = η  eη

h

ξ

0

Coriolisbe-

af = a0 + ω˙ × r 0P + ω × (ω × r 0P ) = −hω 2 eξ + ηω 2 [eζ × (eξ × eη )] = −hω 2 eξ + ηω 2 [eζ × (−eξ )] = −hω 2 eξ − ηω 2 eη , ac = 2ω × v r = 2ωη  (eζ × eη ) = −2ωη  eξ . η

Im Kr¨ aftesatz m¨ ussen neben den ¨ außeren Kr¨ aften (Federkraft 2cη, Nutkraft N ) noch die Scheinkr¨ afte F f = −maf und F c = −mac ber¨ ucksichtigt werden. Danach folgen mit ξ  = 0 f¨ ur die Bewegungsgleichung und die Nutkraft : :

mη  = −2cη + mηω 2 0 = N + mhω 2 + m2ωη 

m2ωη  2cη mhω 2

N mηω 2

 2c

 − ω2 η = 0 ,

;

η  +

;

N = −mω(h ω + 2η  ) .

m

ξ

Anmerkung: Die L¨ osung der Bewegungsgleichung lautet

(vgl. Seite 150) η(t) = A cos Ωt+B sin Ωt mit der Kreisfrequenz Ω = 2c/m − ω 2 . F¨ ur ω 2 = 2c/m rotiert m mit der Scheibe, ohne in der Nut zu schwingen.

des Bezugssystems

Aufgabe 8.8 Im Punkt 0 einer mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω rotierenden Scheibe ist ein mathematisches Pendel befestigt. Mit welcher Kreisfrequenz ω schwingt das Pendel in der horizontalen Ebene bei kleinen Ausschl¨ agen, wenn das Gewicht vernachl¨ assigbar ist?

L¨ osung Mit dem skizzierten bewegten Bezugssystem ξ, η, ζ gilt Ω = Ωeζ , ˙ =0, Ω

A8.8

Ω r l

0

vr

a0 = r¨ 0 = −rΩ eξ , 2

Ω

P

r 0P

η

r 0P = l cos ϕ eξ + l sin ϕ eη .

;

m

11111 00000 00000 11111 00000 11111 ϕ

r 0

Die Relativgeschwindigkeit l¨ asst sich durch die relative Winkelgeschwindigucken: keit ϕ ausdr¨ vr = lϕ

183

ξ

v r = −lϕ sin ϕ eξ + lϕ cos ϕ eη .

Damit werden F¨ uhrungs- und Corioliskraft F f = −ma0 − mΩ × (Ω × r 0P ) = m(rΩ2 + lΩ2 cos ϕ)eξ +mΩ2 l sin ϕ eη , F c = −2mΩ × v r = 2mΩlϕ (eξ cos ϕ + eη sin ϕ) . Mit der tangentialen Relativbeschleunigung art = lϕ lautet das Bewegungsgesetz in dieser Richtung 2 mΩ l sin ϕ

:

mlϕ = m(lΩ2 + 2lϕ Ω) sin ϕ cos ϕ

art

−m[rΩ2 + (lΩ2 +2lϕ Ω) cos ϕ] sin ϕ = −mrΩ2 sin ϕ .

η

S ξ

2mlϕ Ω sin ϕ

m(rΩ2 +lΩ2 cos ϕ) m ϕ 2mlϕ Ω cos ϕ

Daraus folgt f¨ ur kleine Ausschl¨ age (sin ϕ ≈ ϕ) die Schwingungsgleichung rΩ2 ϕ=0, l und die Kreisfrequenz wird

ω = r/l Ω . ϕ +

184

A8.9

Translation und Rotation

Aufgabe 8.9 Das dargestellte System rotiert um eine vertikale Achse mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω. Die beiden Massen, die durch ein dehnstarres Seil verbunden sind, k¨ onnen auf den Schenkeln des rechten Winkels reibungsfrei gleiten. Welche Reaktionskr¨ afte wirken auf m1 und welche Bahn r(ϕ) beschreibt m1 , wenn zur Zeit t = 0 die Anfangsbedingungen r(0) = r0 und r (0) = 0 gegeben sind?

r m1 m2

1111 0000 0000 1111 0000 1111 ω, ϕ

L¨ osung Wir f¨ uhren ein mitdrehendes Koordinatensystem ξ, η, ζ ein und skizzieren die Freik¨ orperbilder f¨ ur die beiG1 = m 1 g den Massen mit den a aften, Re¨ußeren Kr¨ ζ Fc aktionskr¨ aften und Scheinkr¨ aften. In ζFf η ξ und in ξ-Richtung f¨ uhrt m1 keine RelativS N2 bewegung aus. Daher folgen die Reaktionsr N 1 kr¨ afte unmittelbar aus den entsprechenden S Gleichgewichtsbedingungen“ zu ” N 1 = G1 , N2 = Fc = 2mωr . G2 = m 2 g

Die eigentlichen Bewegungsgleichungen m2 ζ2 = S − G2 ,

m1 r = Ff − S = m1 rω 2 − S

f¨ uhren mit ζ2 = r (dehnstarres Seil) auf (m1 + m2 )r − m1 ω 2 r = −G2 . Diese inhomogene DGL hat die L¨ osung r(t) = rh +rp = Aeλt +Be−λt +

m2 g m1 ω 2

 mit

λ=ω

m1 . m 1 + m2

Mit den Anfangsbedingungen r (0) = 0 ; A − B = 0 ,

r(0) = r0 ; r0 = A + B +

m2 g m1 ω 2

folgt A = B = 12 [r0 − m2 g/(m1 ω 2 )] und damit endg¨ ultig wegen ωt = ϕ die Bahngleichung    m  m2 g m2 g  1 r(ϕ) = r0 − cosh ϕ + . 2 m1 ω m 1 + m2 m1 ω 2 Anmerkung: F¨ ur r0 m1 ω 2 = S = m2 g herrscht in dieser Lage Gleich” gewicht“ (r = 0). Diese ist allerdings instabil; bei einer kleinen Auslenkung (St¨ orung) beginnt sich das System zu bewegen!

des Bezugssystems

Aufgabe 8.10 In der Radialnut einer Taumelscheibe, die sich mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω dreht, gleitet reibungsfrei ein Gleitstein der Masse m. a) Welche Kraft K(r) muss auf den Gleitstein in Nutrichtung wirken, damit er sich nach dem Gesetz r(t) = r0 sin ωt bewegt (die Gewichtskraft sei vernachl¨ assigbar)? b) Wie groß ist die seitliche Kontaktkraft Nη (r) zwischen der Masse und der Nut?

L¨ osung zu a) Wir verwenden das rotierende Bezugssystem ξ, η, ζ und skizzieren das Freik¨ orperbild unter Ber¨ ucksichtigung der Scheinkr¨ afte

A8.10

m

ζ

r η

α

185

ξ

η ω ξ

m

ζ Nη

Fc r 0P η

F f = −m ω × (ω × r 0P ) = mrω 2 cos α eξ ,

K Ff

ξ

Nα

F c = −2mω × v r = −2m ω vr cos α eη , wobei vr = r = r0 ω cos ωt. Mit ar = −r0 ω 2 sin ωt = −ω 2 r folgt aus dem Bewegungsgesetz in Richtung der Nut mar = K + mrω 2 cos2 α die gesuchte Kraft K: K(r) = mar − mrω 2 cos2 α = −mω 2 r (1 + cos2 α) .

zu b) Die seitliche Kontaktkraft Nη ergibt sich aus der Gleichge” wichtsbedingung“ (keine Relativbeschleunigung in η-Richtung) Nη = 2mωvr cos α = 2mω 2 r0 cos α cos ωt

oder mit cos ωt = 1 − sin2 ωt = 1 − (r/r0 )2 zu  Nη (r) = 2mω 2 cos α r02 − r2 .

186

A8.11

Translation und Rotation

Aufgabe 8.11 Ein Drehkran bewegt sich aus der Ruhe mit konstanter Beschleunigung b0 entlang gerader Gleise. Gleichzeitig starten die Drehung des Auslegers mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω sowie die Bewegung der Laufkatze auf dem Ausleger mit der konstanten Relativbeschleunigung bK nach innen. Die Anfangslagen von Ausleger und Laufkatze sind durch den Winkel ϕ0 und den Abstand s0 gegeben. Wie groß sind die Absolutgeschwindigkeit und -beschleunigung der Laufkatze in Abh¨ angigkeit von der Zeit?

bK

ω b0

1111111 0000000 b K

s

ϕ b0

L¨ osung Wir legen die x-Achse des festen x, y, z-Koordinatensystems in die Gleise und f¨ uhren ein mitbewegtes Bezugssystem ξ, η, ζ so ein, dass y η P ξ die ξ-Achse mit dem Ausleger mitrotiert. r 0P ω Dann lauten die Absolutgeschwindigkeit ϕ 0 und -beschleunigung zun¨ achst allgemein x z ζ v = v 0 + ω × r 0P + v r , a = a0 + ω˙ × r 0P + ω × (ω × r 0P ) + 2 ω × v r + ar . Z¨ ahlen wir die Zeit t vom Beginn der Bewegung, dann gilt mit den gegebenen konstanten Beschleunigungen, der Winkelgeschwindigkeit und den Anfangsbedingungen a 0 = b0 e x ω = ωeζ , ar = −bK eξ

; v 0 = b0 t e x , ω˙ = 0 , ;

v r = −bK t eξ

;

r 0P = (− 12 bK t2 + s0 )eξ ,

und es folgen ω × r 0P = ω(− 12 bK t2 + s0 )eη ,

2 ω × v r = −2 ω bK t eη ,

ω × (ω × r 0P ) = −ω 2 (− 12 bK t2 + s0 )eξ . Ber¨ ucksichtigt man noch die Beziehung ex = eξ cos ϕ − eη sin ϕ mit ϕ = ϕ0 + ω t, dann erhalten wir v = [b0 t cos ϕ − bK t]eξ + [−b0 t sin ϕ + ω(− 12 bK t2 + s0 )]eη , a = [b0 cos ϕ − ω 2 (− 12 bK t2 + s0 ) − bk ]eξ − [b0 sin ϕ + 2 ω bK t]eη .

Kapitel 9 Prinzipien der Mechanik

9

188

Prinzip von d‘Alembert

Vielfach ist es zweckm¨ aßig die Bewegungsgleichungen nicht mit Hilfe der Newtonschen Axiome (Impulssatz, Drehimpulssatz) herzuleiten, sondern gleichwertige Gesetzm¨ aßigkeiten zu verwenden, die als Prinzipien der Mechanik bezeichnet werden. Formale R¨ uckf¨ uhrung der Kinetik auf die Statik Formt man das Newtonsche Grundgesetz f¨ ur die Bewegung eines Massenpunktes (oder des Schwerpunktes eines starren K¨ orpers) um   ma = F ; F − ma = 0 und f¨ uhrt die Tr¨ agheitskraft (Scheinkraft) F T = −ma ein, so erh¨ alt man die dynamische Gleichgewichtsbedingung“ ”  F +FT = 0 Danach bewegt sich ein Massenpunkt oder der Schwerpunkt eines starren K¨ orpers so, dass die Summe aus den ¨ außeren Kr¨ aften F und der Tr¨ agheitskraft F T Null ist. Bei der ebenen Bewegung eines starren K¨ orpers muss im Momentengleichgewicht“ das Scheinmoment ” MT A = −ΘA ω˙ ber¨ ucksichtigt werden. Man erh¨ alt dann statt der Bewegungsgleichungen nach Seite 88 die Gleichgewichtsbedingungen“ ”    Fy − may = 0 , MA − ΘA ω˙ = 0 Fx − max = 0 , mit A=  fester Punkt oder Schwerpunkt. Anmerkungen:

• Die Tr¨ agheitskraft bzw. das Scheinmoment sind der positiven Beschleunigung bzw. Winkelbeschleunigung entgegengerichtet. • Bei der L¨ osung von Aufgaben sind im Freik¨ orperbild die Scheinkr¨ afte bzw. Scheinmomente mit entsprechenden Vorzeichen einzuzeichnen.

Prinzip von d‘ALEMBERT Ein System bewegt sich so, dass bei einer virtuellen Verr¨ uckung die Summe aus der Arbeit δW der ¨ außeren Kr¨ afte (Momente) und δWT der Tr¨ agheitskr¨ afte (Scheinmomente) Null ist: δW + δWT = 0

Lagrangesche Gleichungen 2. Art

Anmerkungen:

189

• Virtuelle Verr¨ uckungen sind infinitesimal klein, gedacht und kinematisch m¨ oglich. • Bindekr¨ afte leisten bei starren Bindungen keine Arbeit. • Das Prinzip von d‘Alembert ist vorzugsweise bei Systemen mit mehreren Bindungen anzuwenden, wenn die Bindekr¨ afte nicht zu ermitteln sind. • Im statischen Fall reduziert sich das Prinzip auf δW = 0 (vgl. Band 1, Kapitel 7).

LAGRANGEsche Gleichungen 2. Art Die Bewegung eines Systems mit n Freiheitsgraden wird beschrieben durch   d ∂Ek ∂Ek − = Qj (j = 1, . . . , n) dt ∂ q˙j ∂qj mit

Ek

= 

kinetische Energie,

qj

= 

generalisierte Koordinaten,

q˙j

= 

generalisierte Geschwindigkeiten,

Qj

= 

generalisierte Kr¨ afte.

F¨ ur konservative Kr¨ afte vereinfachen sich die Bewegungsgleichungen zu d dt mit



∂L ∂ q˙j

 −

∂L =0 ∂qj

(j = 1, . . . , n)

L = Ek − Ep

= 

Lagrange-Funktion,

Ep

= 

potentielle Energie.

Anmerkungen:

• Die Zahl der generalisierten Koordinaten entspricht der Zahl der Freiheitsgrade. • Generalisierte Koordinaten sind voneinander linear unabh¨ angig und k¨ onnen z.B. L¨ angen oder Winkel sein. • Generalisierte Kr¨ afte wirken in Richtung der generalisierten Koordinaten und k¨ onnen z.B. Kr¨ afte oder Momente sein .

190

A9.1

Dynamisches

Aufgabe 9.1 An einer abgesetzten Welle (Massentr¨ agheitsmoment ΘA ) h¨ angen an masselosen Seilen die Gewichte G1 = m1 g und G2 = m2 g.

A

Wie groß sind die Winkelbeschleunigung der Welle und die Seilkraft im Seil ①?

L¨ osung L¨osen wir die Aufgabe mit Hilfe des dynamischen Gleichgewichts, so m¨ ussen die Tr¨ agheitskr¨ afte −mi x ¨i und das Scheinmoment −ΘA ϕ ¨ entgegen der gew¨ ahlten positiven Bewegungsrichtung im Freik¨ orperbild ber¨ ucksichtigt werden. Momentengleichgewicht um A liefert dann  A :

x ¨1 = r1 ϕ ¨,

x2 = r2 ϕ

;

x ¨2 = r2 ϕ ¨

② m2

m1

ϕ

ΘA ϕ¨ A

x1

Mit den kinematischen Beziehungen ;

r1

①

−r1 m1 (g+¨ x1 )+r2 m2 (g−¨ x2 )−ΘA ϕ ¨=0.

x1 = r1 ϕ

ΘA

r2

m1 g

x2 m2 g

m1 x¨1

m2 x¨2

folgt daraus ϕ ¨=

r2 m2 − r1 m1 g. r12 m1 + r22 m2 + ΘA

Zur Bestimmung der Seilkraft schneiden wir das Seil. Unter Ber¨ ucksichtigung der Tr¨ agheitskraft erh¨ alt man aus dem Kr¨ aftegleichgewicht ↑:

S 1 − m 1 g − m1 x ¨1 = 0

S1 x1

bzw. ¨ = m1 g S1 = m1 (g + r1 ϕ)

r2 (r1 + r2 )m2 + ΘA . r12 m1 + r22 m2 + ΘA

m1 g m1 x¨1

Anmerkungen: • F¨ ur r2 m2 > r1 m1 dreht sich die Welle rechts herum und f¨ ur r2 m2 < r1 m1 links herum. ¨ = 0). • F¨ ur r2 m2 = r1 m1 herrscht statisches Gleichgewicht (ϕ

Gleichgewicht

Aufgabe 9.2 Beim dargestellten Pendel rollt der homogene Zylinder der Masse m1 = 2m ohne Schlupf auf der rauhen Ebene. Fest mit ihm verbunden ist u ¨ber eine gewichtslose Stange ein Massenpunkt vom Gewicht G = m2 g = mg.

A9.2

m1 r l

Es ist die Bewegungsgleichung aufzustellen.

m2

rϕ

L¨ osung Wir w¨ahlen als Bezugssystem x, y die unausgelenkte Lage. Der Schwerpunkt S liegt im Abstand e=

2 lm1 = l m 1 + m2 3

x y

m1 g H

vom Massenpunkt m2 . Tragen wir in der ausgelenkten Lage alle ¨ außeren Kr¨ afte, die Tr¨ agheitskr¨ afte und das Scheinmoment an, so lauten die Gleichgewichtsbedingungen“ ” → : −H − (m1 + m2 )¨ xs = 0 ,

191

S ϕ

N

e

l cos ϕ 3

(m1 +m2 )x¨S

(m1 +m2 )y¨S

ΘS ϕ¨

l m2 g sin ϕ 3 2 l sin ϕ 3

↓:

ys = 0 , (m1 + m2 )g − N − (m1 + m2 )¨

 S :

  ¨=0 m1 g 3l sin ϕ + H 3l cos ϕ − r − N 3l sin ϕ − m2 g 2l 3 sin ϕ − Θs ϕ

mit Θs =

 l 2   2l 2   m r2 2  1 + m2 = m r 2 + l2 . + m1 2 3 3 3

Da sich der Mittelpunkt des Zylinders bei einer Auslenkung ϕ um eine Strecke rϕ nach links verschiebt, findet man f¨ ur die Schwerpunktskoordinaten xs = −rϕ + 3l sin ϕ

;

x ¨s = −rϕ ¨ + 3l ϕ ¨ cos ϕ − 3l ϕ˙ 2 sin ϕ ,

ys = 3l cos ϕ

;

y¨s = − 3l ϕ ¨ sin ϕ − 3l ϕ˙ 2 cos ϕ .

Aufl¨ osen ergibt ϕ(l ¨ 2 + 4r2 − 2lr cos ϕ) + lrϕ˙ 2 sin ϕ + gl sin ϕ = 0 .

192

A9.3

Prinzip von

Aufgabe 9.3 Eine Walze (Gewicht m1 g, Tr¨ agheitsmoment ΘA ) rollt auf einer schiefen Ebene und ist u ¨ber ein masseloses Seil mit einem Gewicht G2 = m2 g verbunden.

m1 , ΘA r m2

A

Wie groß ist die Beschleunigung von m2 ? α

L¨ osung Da keine Bindekr¨afte (Seilkraft, Haftkraft) gefragt sind, wenden wir das Prinzip von d‘Alembert an. Dazu tragen wir in der Skizze die eingepr¨ agten Kr¨ afte und die Scheinkr¨ afte und -momente ein (entgegengesetzt zur gew¨ ahlten positiven Bewegungsrichtung!). Dann muss die Arbeit aller Kr¨ afte bei einer virtuellen Verr¨ uckung Null sein:

x1 ϕ ΘA ϕ¨ m1 x¨1

A α m1 g

m2 g

x2 m2 x¨2

δW + δWT = 0 ;

−m1 x ¨1 δx1 − m1 g sin αδx1 − ΘA ϕδϕ ¨ + m2 gδx2 − m2 x ¨2 δx2 = 0 .

Mit den kinematischen Beziehungen ⎧ ⎨δx1 = δx2 = rδϕ = δx ; x1 = x2 = rϕ = x ⎩ ¨2 = r ϕ ¨=x ¨ x ¨1 = x folgt daraus  ΘA −m1 x ¨ − m1 g sin α − 2 x ¨ + m2 g − m 2 x ¨ δx = 0 . r Da δx von Null verschieden ist, muss der Klammerausdruck Null sein. Damit wird x ¨=x ¨2 = g

m2 − m1 sin α . ΘA m 1 + m2 + 2 r

Anmerkung: F¨ ur m1 sin α > m2 wird x ¨ < 0, d.h. die Walze rollt die Ebene hinab.

d‘Alembert

Aufgabe 9.4 Zwei Trommeln sind u ¨ber ein abrollendes Seil verbunden und tragen die Gewichte m1 g und m2 g.

ΘA

①

Wie groß ist die Beschleunigung von m2 , wenn die Trommel ① durch ein Moment M0 angetrieben wird?

L¨ osung Wir wenden das Prinzip von d‘Alembert an. Da die Bindekr¨ afte keine Arbeit leisten, tragen wir in die Skizze nur die eingepr¨ agten Kr¨ afte sowie die Scheinkr¨ afte und -momente ein. Aus x1

193

A9.4

ΘB r2

M0 r1 A r2

B

m2

m1

ϕ1 ΘA ϕ¨1 M0 A

ΘB ϕ¨2

ϕ2

B

δW + δWT = 0 folgt dann ¨1 )δx1 + m2 (g − x ¨2 )δx2 −m1 (g + x

m1 g

m2 g

m1 x¨1

m2 x¨2

x2

+M0 δϕ1 − ΘA ϕ ¨1 δϕ1 − ΘB ϕ ¨2 δϕ2 = 0. Mit den kinematischen Beziehungen ⎫ x ¨2 x1 = r1 ϕ1 ⎪ ⎪ ⎪ ϕ ¨1 = ϕ ¨2 = , ⎬ r2 ; x2 = r2 ϕ2 ⎪ δx2 ⎪ ⎪ , δϕ1 = δϕ2 = ⎭ r2 ϕ1 = ϕ2

r1 x ¨2 , r2 r1 δx1 = δx2 r2 x ¨1 =

erh¨ alt man daraus    r1  r1 M0 ΘA ΘB −m1 g + x ¨2 + m2 (g − x ¨2 ) + − 2 x ¨2 − 2 x ¨2 δx2 = 0 . r2 r2 r2 r2 r2 Da δx2 beliebig ist, muss der Klammerausdruck verschwinden. Damit wird die gesuchte Beschleunigung m1 r1 M0 1− + m2 r2 r2 m2 g x ¨2 = g . m1  r1 2 ΘA ΘB 1+ + + m2 r2 m2 r22 m2 r22

194

A9.5

Prinzip von d‘Alembert

Aufgabe 9.5 Beim dargestellten System rollt die an einem in D drehbaren Hebel (Gewicht m1 g, Tr¨ agheitsmoment ΘD ) befestigte Walze ② an einer fest montierten halbkreisf¨ ormigen Walze ① ab. Als Gegengewicht zur Walze ② ist am Hebel das Gewicht G3 = m3 g angebracht.

② g

①

r1 ϕ

m2 , Θ2 r2

1111111111 0000000000 D m1 , ΘD l3 l

m3

Man bestimme die Eigenfrequenz f¨ ur kleine Auslenkungen ϕ.

L¨ osung Wir wollen die Bewegungsgleichung auf zwei verschiedene Weisen aufstellen. Zuerst verwenden wir das Prinzip von d‘Alembert. Hierzu bringen wir in der ausgelenkten Lage neben den ¨ außeren Kr¨ aften alle Tr¨ agheitskr¨ afte und Scheinmomente an. Die Arbeit dieser Kraftgr¨ oßen muss bei einer virtuellen Verr¨ uckung verschwinden (Beachte: sin ϕ ≈ ϕ):

m2 (r1 +r2 )ϕ¨

Θ2 ϕ¨2

ΘD ϕ¨

ϕ2

ϕ m2 g D m1 g

m3 l3 ϕ¨ m3 g

−ΘD ϕδϕ ¨ − Θ2 ϕ ¨2 δϕ2 − m2 (r1 + r2 )2 ϕδϕ ¨ − m3 l32 ϕδϕ ¨  l −m3 gl3 ϕδϕ + m1 g − l3 ϕδϕ + m2 g(r1 + r2 )ϕδϕ = 0 . 2 Da die Walze abrollt, gilt die kinematische Beziehung ⎧ ⎨ϕ ¨2 = (1 + r1 /r2 ) ϕ ¨, ; r2 ϕ2 = (r1 + r2 ) ϕ ⎩δϕ = (1 + r /r ) δϕ . 2 1 2 Damit wird wegen δϕ = 0    r1  2 ¨ + m2 (r1 + r2 )2 + m3 l32 ϕ ΘD + Θ2 1 + r2 l    + m 3 l3 − m 1 − l3 − m2 (r1 + r2 ) gϕ = 0 , 2 und die Eigenfrequenz folgt zu * l  + + m 3 l3 − m 1 − l3 − m2 (r1 + r2 ) + 2 g. ω=+  , r1  2 ΘD + Θ2 1 + + m2 (r1 + r2 )2 + m3 l32 r2

Lagrangesche Gleichungen 2. Art

195

Als zweite Methode wenden wir die Lagrangeschen Gleichungen 2. Art an. Es liegt ein konservatives System vor, und mit dem Bezugsniveau auf der H¨ ohe von D werden  l E p = m1 g − l3 cos ϕ + m2 g(r1 + r2 ) cos ϕ − m3 g l3 cos ϕ , 2  1 1 1 1 Ek = ΘD ϕ˙ 2 + m2 (r1 + r2 )2 ϕ˙ 2 + Θ2 ϕ˙ 22 + l32 m3 ϕ˙ 2 , 2 2 2 2 L = Ek − Ep . Unter Beachtung der kinematischen Beziehung r2 ϕ2 = (r1 + r2 )ϕ

;

r2 ϕ˙ 2 = (r1 + r2 )ϕ˙

ergeben sich    r1  2 ∂L + m3 l32 ϕ˙ , = ΘD + m2 (r1 + r2 )2 + Θ2 1 + ∂ ϕ˙ r2   d  ∂L   r1  2 = ΘD + m2 (r1 + r2 )2 + Θ2 1 + ¨, + m3 l32 ϕ dt ∂ ϕ˙ r2    l ∂L = m1 − l3 + m2 (r1 + r2 ) − m3 l3 g sin ϕ . ∂ϕ 2 Damit liefert d  ∂L  ∂L − =0 dt ∂ ϕ˙ ∂ϕ mit sin ϕ ≈ ϕ (kleine Ausschl¨ age) das schon bekannte Ergebnis     2 r1 ¨ + m2 (r1 + r2 )2 + m3 l32 ϕ ΘD + Θ2 1 + r2 l    + m 3 l3 − m 1 − l3 − m2 (r1 + r2 ) gϕ = 0 , 2 f¨ ur die Bewegungsgleichung und dementsprechend f¨ ur die Eigenfrequenz. Schwingungen k¨ onnen danach nur auftreten, wenn der Z¨ ahler unter der Wurzel positiv ist, d.h. wenn gilt l  m3 l3 > m 1 − l3 + m2 (r1 + r2 ) . 2 Anmerkung: Das System hat nur einen Freiheitsgrad; seine Lage kann durch die generalisierte Koordinate ϕ eindeutig beschrieben werden.

196

A9.6

Bewegungsgleichung

Aufgabe 9.6 An einer von zwei Federn gehaltenen, drehbar gelagerten homogenen Stange (Masse m) ist eine Punktmasse m/4 befestigt. Man stelle die Bewegungsgleichung f¨ ur kleine Auslenkungen aus der Gleichgewichtslage auf: a) mit Hilfe des Energiesatzes, m/4 c m b) mit Hilfe des d’Alembertschen c A Prinzips, c) mit Hilfe des Drallsatzes. 2l l

L¨ osung Das System f¨ uhrt eine Drehbewegung um den Punkt A aus, die wir zweckm¨ aßig mit dem Winkel ϕ beschreiben. Dabei erfahren die Federn bei einer kleinen Auslenkung jeweils eine L¨ angen¨ anderung um 2lϕ. ϕ a) Die Gesamtenergie 2l ϕ

E = Ep + Ek = 2

1 c(2lϕ)2 2

+

A

ΘA

1 Θ ϕ˙ 2 2 A

des konservativen Systems muss zeitlich konstant bleibe. Dies f¨ uhrt auf dE =0 dt

;

¨=0 2c(2lϕ)2lϕ˙ + ΘA ϕ˙ ϕ

b) Beim d’Alembertschen Prinzip δW = 0 muss die Arbeit des Scheinmoments ΘA ϕ ¨ (entgegen der positiven Bewegungsrichtung) mitber¨ ucksichtigt werden: −ΘA ϕδϕ ¨ − 2l 2 c(2lϕ)δϕ = 0

;

;

ΘA ϕ ¨ + 8cl2 ϕ = 0 .

2c(2lϕ)

ΘA ϕ¨

ϕ 2l ϕ

A

ΘA ϕ ¨ + 8cl2 ϕ = 0 .

c) Die Anwendung des Drallsatzes bez¨ uglich des festen Punktes A liefert unmittelbar 2c(2lϕ)  ϕ ¨ = −2l 2 c(2lϕ) A : ΘA ϕ ;

¨ + 8cl2 ϕ = 0 . ΘA ϕ

2l ϕ

ΘA

A

Die Ergebnisse sind (wie zu erwarten) in allen F¨ allen gleich. Mit     ΘA = 13 23 m (2l)2 + 13 13 m l2 + 14 ml2 = 54 ml2 l¨ asst sich die Bewegungsgleichung auch in folgender Form schreiben: ϕ ¨+

32 c ϕ = 0. 5m

Lagrangesche Gleichungen 2. Art

Aufgabe 9.7 Ein d¨ unnwandiger homogener Halbzylinder vom Gewicht mg rollt ohne Schlupf auf einer Ebene.

r

197 m

Es ist die Bewegungsgleichung aufzustellen.

L¨ osung Wir l¨osen die Aufgabe mit Hilfe der Lagrangeschen Gleichungen 2.Art. Das konservative System hat einen Freiheitsgrad. Beschreiben wir die Bewegung durch die generalisierte Koordinate ϕ (Winkeldrehung), so gilt mit dem Schwerpunktsabstand a = 2r/π: Θs = ΘM − a2 m = r2 m − a2 m = (1 − 4/π 2 )mr2 , xs = rϕ − a sin ϕ ys = a cos ϕ

; ;

rϕ M a

x

ϕ

S y

x˙ s = rϕ˙ − aϕ˙ cos ϕ , y˙ s = −aϕ˙ sin ϕ .

Damit werden 2 mgr(1 − cos ϕ) , π  2 1 2 1 1 Ek = m(x˙ 2s + y˙ s2 ) + Θs ϕ˙ 2 = mr2 ϕ˙ 2 1 − cos ϕ 2 2 2 π  2 2   2 4  2 2 = mr ϕ˙ 1 − cos ϕ , + sin ϕ + 1 − 2 π π π    2  2 L = Ek − Ep = mr rϕ˙ 2 1 − cos ϕ − g(1 − cos ϕ) , π π    ∂L 2 = mr 2rϕ˙ 1 − cos ϕ , ∂ ϕ˙ π       4 2 d ∂L = mr 2rϕ ¨ 1 − cos ϕ + rϕ˙ 2 sin ϕ , dt ∂ ϕ˙ π π 2  ∂L 2 2 = mr rϕ˙ sin ϕ − g sin ϕ . ∂ϕ π π Ep = mga(1 − cos ϕ) =

Einsetzen in d  ∂L  ∂L − =0 dt ∂ ϕ˙ ∂ϕ liefert schließlich die Bewegungsgleichung ϕ(π ¨ − 2 cos ϕ) + ϕ˙ 2 sin ϕ +

g sin ϕ = 0 . r

A9.7

198

A9.8

Lagrangesche

Aufgabe 9.8 An der Masse m1 , die auf einer horizontalen Ebene reibungsfrei gleitet, ist ein mathematisches Pendel der Masse m2 befestigt.

m1 g l

Mit Hilfe der Lagrangeschen Gleichungen 2.Art stelle man die Bewegungsgleichungen auf.

L¨ osung Das System hat zwei Freiheitsgrade und die eingepr¨ agte Kraft (Gewicht m2 g) ist konservativ. Mit den generalisierten Koordinaten x und ϕ und einem Bezugsniveau auf der H¨ ohe der Masse m1 werden

m2

x x

m1 y

Ep = −m2 gl cos ϕ ,

l cos ϕ

ϕ m2 2 sin ϕ

1 1 Ek = m1 x˙ 2 + m2 [(x˙ + lϕ˙ cos ϕ)2 + (lϕ˙ sin ϕ)2 ] , 2 2 1 1 L = Ek − Ep = (m1 + m2 )x˙ 2 + m2 lx˙ ϕ˙ cos ϕ + m2 l2 ϕ˙ 2 + m2 gl cos ϕ . 2 2 Einsetzen in die Lagrangeschen Gleichungen d  ∂L  ∂L d  ∂L  ∂L − − =0, =0 dt ∂ ϕ˙ ∂ϕ dt ∂ x˙ ∂x liefert mit ∂L ∂L = m2 lx˙ cos ϕ + m2 l2 ϕ˙ , = −m2 lx˙ ϕ˙ sin ϕ − m2 gl sin ϕ , ∂ ϕ˙ ∂ϕ   d ∂L = m2 l¨ x cos ϕ − m2 lx˙ ϕ˙ sin ϕ + m2 l2 ϕ ¨, dt ∂ ϕ˙ ∂L ∂L = (m1 + m2 )x˙ + m2 lϕ˙ cos ϕ , =0, ∂ x˙ ∂x d  ∂L  = (m1 + m2 )¨ x + m2 l ϕ ¨ cos ϕ − m2 lϕ˙ 2 sin ϕ dt ∂ x˙ die beiden gekoppelten Bewegungsgleichungen x ¨ cos ϕ + lϕ ¨ + g sin ϕ = 0 , (m1 + m2 )¨ x + m2 l ϕ ¨ cos ϕ − m2 lϕ˙ 2 sin ϕ = 0 .

Gleichungen 2. Art

Aufgabe 9.9 Auf einem homogenen Stab vom Gewicht m1 g gleitet reibungsfrei eine Kreisscheibe (Gewicht m2 g, Tr¨ agheitsmoment Θ2 ).

199

A9.9 g l

Es sind die Bewegungsgleichungen mit Hilfe der Lagrangeschen Gleichungen 2.Art zu ermitteln.

m2 , Θ2 m1 x

L¨ osung Das System hat zwei Freiheitsgrade und ist nur durch konservative x cos ϕ l S1 Kr¨ afte belastet. Als generalisierte Kocos ϕ 2 ordinaten w¨ ahlen wir den Winkel ϕ und S2 den Weg x. Mit dem Aufh¨ angepunkt als ϕ Bezugsniveau werden ! 1  m1 l 2  2 1 1 Ek = ϕ˙ + ˙ 2 + x˙ 2 ] + Θ2 ϕ˙ 22 m2 [(xϕ) 2 3 2 2   2 1 1 m1 l = + m2 x2 + Θ2 ϕ˙ 2 + m2 x˙ 2 , 2 3 2   l l Ep = −m1 g cos ϕ − m2 gx cos ϕ = − m1 + m2 x g cos ϕ , 2 2 L = Ek − Ep . Einsetzen in die Lagrangeschen Gleichungen d  ∂L  ∂L d  ∂L  ∂L − − =0, =0 dt ∂ ϕ˙ ∂ϕ dt ∂ x˙ ∂x liefert mit    m l2  l ∂L ∂L 1 = + m2 x2 + Θ2 ϕ˙ , = − m1 + m2 x g sin ϕ , ∂ ϕ˙ 3 ∂ϕ 2     2 m1 l d ∂L ∂L = ¨ + 2m2 xx˙ ϕ˙ , + m2 x2 + Θ2 ϕ = m2 x˙ , dt ∂ ϕ˙ 3 ∂ x˙ d  ∂L  ∂L = m2 x ¨, = m2 xϕ˙ 2 + m2 g cos ϕ dt ∂ x˙ ∂x die zwei gekoppelten Bewegungsgleichungen     m l2 l 1 ¨ + 2m2 xx˙ ϕ˙ + m1 + m2 x g sin ϕ = 0 , + m2 x2 + Θ2 ϕ 3 2 m2 x ¨ − m2 xϕ˙ 2 − m2 g cos ϕ = 0

;

x ¨ − xϕ˙ 2 − g cos ϕ = 0 .

200

A9.10

Systeme mit

Aufgabe 9.10 Die Massen m1 und m2 sind durch Federn verbunden und k¨ onnen sich auf einer horizontalen Ebene reibungsfrei bewegen.

1111111111111 0000000000000 0000000000000 1111111111111 0000000000000 1111111111111 c1

m1

c3

m2

c2

Mit Hilfe der Lagrangeschen Gleichungen sind die Bewegungsgleichungen zu ermitteln.

x2

x1

111111111111 000000000000 000000000000 111111111111 000000000000 111111111111

L¨ osung Das konservative System hat zwei Freiheitsgrade. W¨ ahlen wir die Auslenkungen x1 und x2 aus der Ruhelage als generalisierte Koordinaten, so werden

c1

m1

c3

m2

c2

1 1 1 c1 x21 + c2 x22 + c3 (x2 − x1 )2 , 2 2 2 1 1 2 2 Ek = m1 x˙ 1 + m2 x˙ 2 , 2 2 1 1 1 1 1 L = Ek − Ep = m1 x˙ 21 + m2 x˙ 22 − c1 x21 − c2 x22 − c3 (x2 − x1 )2 . 2 2 2 2 2 Ep =

Einsetzen in die Lagrangeschen Gleichungen ∂L ∂L d  ∂L  d  ∂L  − − =0, =0 dt ∂ x˙ 1 ∂x1 dt ∂ x˙ 2 ∂x2 liefert mit ∂L = m1 x˙ 1 , ∂ x˙ 1 ∂L = m2 x˙ 2 , ∂ x˙ 2

d  ∂L  = m1 x ¨1 , dt ∂ x˙ 1 d  ∂L  = m2 x ¨2 , dt ∂ x˙ 2

∂L = −c1 x1 + c3 (x2 − x1 ) , ∂x1 ∂L = −c2 x2 − c3 (x2 − x1 ) ∂x2

die Bewegungsgleichungen ¨1 + c1 x1 − c3 (x2 − x1 ) = 0 m1 x

;

m1 x ¨1 + (c1 + c3 )x1 − c3 x2 = 0 ,

m2 x ¨2 + c2 x2 + c3 (x2 − x1 ) = 0

;

m2 x ¨2 + (c2 + c3 )x2 − c3 x1 = 0 .

Anmerkung: Die zwei gekoppelten DGLn beschreiben die gekoppelten freien Schwingungen der beiden Massen. F¨ ur c3 = 0 ist das System entkoppelt, und es folgen dann zwei voneinander unabh¨ angige Gleichungen f¨ ur die zwei Einmassenschwinger.

Kapitel 10 Hydrodynamik

10

202

Hydrodynamik

Das Geschwindigkeitsfeld v(x(t), t) beschreibt die Bewegung einer Fl¨ ussigkeit. Der Vektor x weist jedem Ort in der Fl¨ ussigkeit eine Geschwindigkeit v zur Zeit t zu. Das Geschwindigkeitsfeld ist station¨ ar f¨ ur ∂v/∂t = 0, ansonsten instation¨ ar. Bahnlinie: Kurve der Bahn, die ein materieller Punkt der Fl¨ ussigkeit im Laufe der Zeit zur¨ ucklegt. Die Bahnlinie x(t) ergibt sich aus der L¨ osung der Differentialgleichung

x(t1 ) z

d x(t) = v(x(t), t) . dt

x(t2 ) x

y

Stromlinien: Kurvenschar, deren Tangenten in jedem Raumpunkt x mit der Richtung des ¨ ortlichen Geschwindigkeitsvektors u ¨bereinstimmen. Das Stromlinienfeld ergibt sich aus der Differentialgleichung

z

d x(s) = v(x(s), t) , ds

x

y

wobei s die Bogenl¨ ange der Stromlinie ist. Merke: F¨ ur ein station¨ ares Geschwindigkeitsfeld sind Bahn- und Stromlinien identisch. Stromfadentheorie: Wir beschr¨ anken uns im weiteren auf die station¨ are Bewegung von inkompressiblen Fl¨ ussigkeiten in einer Stromr¨ ohre. Hierf¨ ur gelten die folgenden Grundgleichungen: a) Kontinuit¨ atsgleichung A1 v1 = A2 v2

bzw.

A1

Q = Av = const

mit dem Volumenstrom Q = A v.

v1

A2 v2 Abfluß

Zufluß

b) BERNOULLIsche Gleichung F¨ ur reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten gilt 1  v 2 +  g z + p = const 2

bzw.

v2 p +z+ = H = const . 2g g

203

Hydrodynamik

mit  v 2 /2 = Staudruck (spezif. kinetische Energie),  g z = geod¨ atischer Druck (spezif. potentielle Energie), p = statischer Druck (Druckenergie), p0

H = hydraulische H¨ ohe, v 2 /2g = Geschwindigkeitsh¨ ohe,

z1

v1

z = geod¨ atische H¨ ohe,

h

p/ g = Druckh¨ ohe (bezogener Druck). 

v2

z2

Beispiel: Ausfluss aus einem Beh¨ alter: 1 1  v12 +  g z1 + p0 =  v22 +  g z2 + p0 . 2 2 Im Spezialfall v1 = 0 (h =const) folgt daraus die TORRICELLIsche Ausflussformel (Ausstr¨ omen aus großen Fl¨ ussigkeitsbeh¨ altern). v2 =

2gh .

F¨ ur reibungsbehaftete Fl¨ ussigkeiten (Str¨ omungen mit Energieverlusten) gilt die verallgemeinerte BERNOULLIsche Gleichung 1 2 1  v1 +  g z1 + p1 =  v22 +  g z2 + p2 + Δpv , 2 2 mit

Δpv = ζ

1 2  v1 = Druckverlust, 2

c) Impulssatz F =  Q (v 2 − v 1 )

ζ = Druckverlustzahl.

Fx = m ˙ (v2x − v1x ) , bzw.

˙ (v2y − v1y ) , Fy = m Fz = m ˙ (v2z − v1z ) ,

mit F = Resultierende Kraft auf eine abgeschlossene Fl¨ ussigkeitsmenge innerhalb einer Stromr¨ ohre (Kontrollvolumen), Q = m ˙ = Massenstrom,  Q v 1 = einfließender Impulsstrom,  Q v 2 = ausfließender Impulsstrom.

204

A10.1

Geschwindigkeitsfeld

Aufgabe 10.1 Eine Str¨omung wird beschrieben durch das ebene Geschwindigkeitsfeld v(x, t) = 2ax ex − 2ay ey Ermitteln Sie die Gleichung f¨ ur die Stromlinien und skizzieren Sie den Verlauf f¨ ur die spezielle Stromlinie durch den Punkt A mit den Koordinaten x = 0, 5 m; y = 4 m.

L¨ osung Die Differentialgleichung der Stromlinien lautet in Komponenten dx dy = vx = 2ax , = vy = −2ay . ds ds Daraus erh¨ alt man durch Division dx x vx =− = dy vy y und Trennung der Variablen dx dy + =0. x y Durch Integration ergibt sich ln x + ln y = ln xy = C =: ln c Dies liefert f¨ ur die Stromlinien die Hyperbelfunktion y=

c . x

F¨ ur eine Stromlinie durch den Punkt A erh¨ alt man mit den gegebenen Werten die Integrationskonstante c zu c = 0, 5 m · 4 m = 2 m2 . Damit kann der Verlauf der Stromlinie skizziert werden.

;

ln xy = ln c .

y [m] 5 4

A

3 2 1

1

2

3

4

x [m]

Anmerkungen: • F¨ ur x → ∞ verschwindet die y - Komponente desGeschwindigkeitsvektors: v → 2ax ex . • Da es sich um eine station¨ are Str¨ omung handelt (∂v/∂t = 0), fallen Strom- und Bahnlinien zusammen.

Bahnlinien und Stromlinien

205

Aufgabe 10.2 Eine ebene Str¨omung wird durch das Geschwindigkeitsfeld v(x, t) = ax ex + b e−t ey mit den Konstanten a und b beschrieben. a) Man bestimme die Bahnlinie des Teilchens, das sich f¨ ur t = 0 an der Stelle P = (1, 1) befindet. b) Ermitteln Sie die Stromlinie, die zum Zeitpunkt t = 0 durch den Punkt P = (1, 1) geht.

L¨ osung Die Str¨omung ist instation¨ar. Deshalb fallen Bahn- und Stromlinien nicht zusammen. zu a) Die Bahnlinie ergibt sich aus   dx dx x = at ; x = C1 eat , = ax ; = a dt ; ln dt x C1 dy = b e−t ; y = −b e−t + C2 dt und den Anfangsbedingungen x (t = 0) = 1, y (t = 0) = 1 zu y(t) = b (1 − e−t ) + 1 .

x(t) = eat ,

zu b) F¨ ur t = 0 lauten die Differentialgleichungen f¨ ur die Stromlinien dx = ax , ds

dy =b ds

;

dx a = x. dy b

Durch Trennung der Ver¨ anderlichen und Integration erh¨ alt man   dx b b = dy ; y = ln x + C3 . a x a Die Randbedingung liefert y(x = 1) = 1

;

C3 = 1 ,

und damit folgt y(x) =

b ln x + 1 . a

Anmerkung: Aus der Parameterdarstellung der Bahnlinie in a) kann 1 ln x) die Darstellung y(x) = b (1 − man durch Eliminieren von t (t = a x−1/a ) gewinnen.

A10.2

206

A10.3

Geschwindigkeitsfeld

Aufgabe 10.3 Das Geschwindigkeitsfeld f¨ ur eine ebene, instation¨ are Str¨ omung sei durch v(x, y, t) = a xy ex + b t ey mit den Konstanten a, b und den Anfangsbedingungen x = x0 , y = y0 f¨ ur t = 0 gegeben. a) Man bestimme die Bahn- und Stronlinien. b) An welcher Stelle befand sich ein Fl¨ ussigkeitsteilchen zur Zeit t = 0, wenn es sich zum Zeitpunkt t1 = 1 s an der Stelle (x1 , y1 ) = (1, 0) m befindet?

L¨ osung zu a) Die Bahnlinien ergeben sich aus dx = a xy , dt

dy = bt . dt

Die zweite Gleichung liefert mit y(t = 0) = y0 y(t) = y0 +

1 2 bt . 2

Durch Einsetzen in die erste Gleichung, Trennung der Variablen und Integration erh¨ alt man mit x(t = 0) = x0 :   3 dx 1 ; x(t) = x0 ea (y0 t+bt /6) . = a y0 + b t2 dt x 2 F¨ ur die Stromlinien ergibt sich aus dx = a xy , ds

dy = bt ds

mit y(s = 0) = y0 aus der zweiten Gleichung y(s) = b ts + y0 . Einsetzen in die erste Gleichung liefert durch Trennung der Variablen mit x(s = 0) = x0 dx = a (b ts + y0 ) ds x

;

2

x(s) = x0 ea (y0 s+bt

/2)

.

ur t = 1 s zu b) Einsetzen der Bedingungen x = x1 = 1 m, y = y1 = 0 f¨ in die Bahnlinien liefert y0 = −b/2 ,

x0 = eab/3 .

Bernoullische Gleichung

Aufgabe 10.4 Aus einem großen Beh¨ alter soll u ¨ber eine Rohrleitung Wasser entnommen werden. Um die Durchflussmenge Q zu steigern, wird am Ende der Leitung ein Diffusor angeordnet. Dabei soll an keiner Stelle der Leitung der Druck unter pmin absinken, da sonst Kavitationsgefahr besteht.

207

A10.4

p0 ①



A

h

②

a) Wie groß darf der Diffusorquerschnitt AD h¨ ochstens sein? AD b) Wie groß ist dann die zeitliche Durchflussmenge Q? c) Auf welche H¨ ohe h∗ kann der h¨ ochste Punkt der Rohrleitung angehoben werden, wenn auf den Diffusor verzichtet wird?

L¨ osung zu a) Unter Beachtung von v0 = 0 (großer Beh¨alter) k¨onnen mit Hilfe der Bernoullischen Gleichung f¨ ur die Punkte und ① sowie und ② einer Stromlinie die zugeh¨ origen Geschwindigkeiten ermittelt werden:  2 2 2 1 1  v + p +  gh =  v + p +  gh ; v = (p0 − p1 ) , 0 1 1 0 1 2 2 

1  v02 + p0 +  gh = 12  v22 + p0 ; v2 = 2gh . 2 Damit ergibt sich aus der Kontinuit¨ atsgleichung der Diffusorquerschnitt:  p0 − p1 v1 AD v2 = A v1 ; AD = A =A . v2  gh assigen Druck pmin Er wird maximal, wenn wir f¨ ur p1 den minimal zul¨ einsetzen:  p0 − pmin . ADmax = A  gh zu b) F¨ ur die zeitliche Durchflussmenge Q gilt nach der Kontinuit¨ atsgleichung

Q = v2 AD = 2gh ADmax . zu c) Analog zu a) ergibt sich f¨ ur eine Stromlinie zwischen sowie und ② nach Anheben des Punktes ① auf h∗

p0 +  gh = 12  v12 + pmin +  gh∗ , v2 = 2gh .

und ①

atsgleichung v1 = v2 . Durch EinMit AD = A folgt aus der Kontinuit¨ setzen und Aufl¨ osen nach h∗ erh¨ alt man damit h∗ =

p0 − pmin . g

208

A10.5

Bernoullische

Aufgabe 10.5 Der untere, trapezf¨ ormige Beh¨ alter (Tiefe f ) wird durch ein Rohr (Querschnitt AR ) aus einem dar¨ uber befindlichen großen Beh¨ alter gef¨ ullt. a) Wie hoch darf das Rohr maximal u ussigkeitsspiegel ¨ber den Fl¨ des großen Beh¨ alters hinausragen, damit im Rohr der Druck pD nicht unterschritten wird? b) Wann ist h(t) = H/2 im unteren Beh¨ alter erreicht? c) Wenn h(t) = H/2 erreicht ist, wird das Ventil des unteren Beh¨ alters ge¨ offnet. Wie groß muss die Querschnittsfl¨ ache AV des Ventils sein, damit der Fl¨ ussigkeitsspiegel nicht weiter steigt?

②

AR

p0 ①

a

H 

③

p0 A(h)

④ α

h(t)

⑤ AV

e

L¨ osung zu a) Nach der Formel von Torricelli (großer Beh¨alter) erh¨ alt man am Punkt ③ die Ausflussgeschwindigkeit

v3 = 2gH . Aus der Kontinuit¨ atsgleichung folgt damit am Punkt ②

; v2 = v3 = 2gH . AR v2 = AR v3 Mit Hilfe der Bernoullischen Gleichung f¨ ur eine Stromlinie zwischen den Punkten ① und ② p0 + 0 + 0 = pD +  g amax +

1  v22 , 2

ohe amax ermittelt werden: kann durch Einsetzen von v2 die maximale H¨  1 1 p0 − pD p0 − pD −  (2gH) = amax = −H . g 2 g zu b) Der Zusammenhang zwischen F¨ ullh¨ ohe h und Zeit t ergibt sich aus der Kontinuit¨ atsgleichung zwischen Punkt ③ und Punkt ④ AR v3 = A(h) v4 ,

Gleichung

209

der Steiggeschwindigkeit der Fl¨ ussigkeit v4 =

dh dt

und der Querschnitssfl¨ ache des Beh¨ alters A(h) = (e + 2h tan α)f zu dh AR = v3 . dt A(h) Trennung der Variablen und Integration f¨ uhrt auf t AR

h 2gH dt =

t0 =0

(e + 2h tan α)f dh . h0 =0

Dies liefert

AR 2gH t = (e h + h2 tan α)f . Die Zeit t, nach der eine F¨ ullh¨ ohe von H/2 erreicht ist, ergibt sich daraus durch Einsetzen von h = H/2:   H H2 f √ . t= e + tan α 2 4 AR 2gH zu c) Mit der Bernoullischen Gleichung zwischen den Punkten ④ und ⑤ kann die Ausflussgeschwindigkeit am Ventil ermittelt werden: p0 +  g

H 1 1 +  v42 = p0 + 0 +  v52 2 2 2

Aus der Forderung nach einem konstanten Fl¨ ussigkeitspiegel erh¨ alt man die Bedingung v4 = 0 und damit

v5 = gH . Mit Hilfe der Kontinuit¨ atsgleichung AV v5 = AR v3 ergibt sich schließlich der gesuchte Ventilquerschnitt zu √ AV = 2 AR .

210

A10.6

Bernoullische

Aufgabe 10.6 Ein Beh¨alter wird ¨ mit einer Pumpe durch eine Offnung bef¨ ullt. Durch ein Leck am Boden entweicht Fl¨ ussigkeit. a) Welche station¨ are Fl¨ ussigkeitsspiegelh¨ ohe H stellt sich ein? b) Wie groß ist in diesem Fall der Volumenstromverlust durch das Leck? c) Nun wird die Pumpe abgestellt und der Zulauf verschlossen. In welcher Zeit ist der Beh¨ alter leergelaufen?

p0 A0 H

 Pumpe A1 A2

②

①

p1

L¨ osung zu a) Mit der Bernoullischen Gleichung zwischen den Punkten und ① sowie ① und ② 1 2 1  v0 + p0 +  gH =  v12 + p1 2 2 1 2  v1 + p1 2

=

1 2  v2 + p0 2

und der Kontinuit¨ atsgleichung A1 v1 = A2 v2 liegen mit der Stationarit¨ atsbedingung v0 = 0 drei Gleichungen f¨ ur die drei Unbekannten v1 , v2 und H vor. Aufl¨ osen liefert f¨ ur die Geschwindigkeiten  2(p1 − p0 ) A22 A2 = v1 = v2 A1  (A21 − A22 ) und f¨ ur die gesuchte station¨ are Fl¨ ussigkeitsh¨ ohe H=

A21 p1 − p0 . 2  g A1 − A22

Man erkennt, dass ein station¨ arer Zustand nur f¨ ur A2 < A1 m¨ oglich ist. atsgleichung zu b) F¨ ur den Volumenstromverlust QV gilt die Kontinuit¨ QV = A2 v2 = A1 v1 .

Gleichung

211

Einsetzen von v1 bzw. v2 ergibt  2(p1 − p0 ) QV = A1 A2 .  (A21 − A22 ) Alternativ kann der Volumenstromverlust auch mit v2 = ricelli) und A2 berechnet werden.

√

2gH (Tor-

zu c) Durch das Leerlaufen des Beh¨ alters ¨ andert sich die Spiegelh¨ ohe im Beh¨ alter. F¨ ur die Sinkgeschwindigkeit der Spiegeloberfl¨ ache gilt v(z) = −

dz , dt

wobei z die aktuelle Fl¨ ussigkeitsh¨ ohe im Beh¨ alter beschreibt. Damit lautet die Bernoullische Gleichung f¨ ur eine Stromlinie zwischen einem Punkt der Spiegeloberfl¨ ache und Punkt ② 1 1  v(z)2 + p0 +  gz =  v22 + p0 . 2 2 Mit der Kontinuit¨ atsgleichung A0 v(z) = A2 v2 folgt daraus f¨ ur die Geschwindigkeit der Spiegeloberfl¨ ache  2gzA22 dz v(z) = − . = dt A20 − A22 Die Zeit T , in welcher der Beh¨ alter leer l¨ auft, kann durch Trennung der Variablen und Integration ermittelt werden:   0 T 2gA22 A20 − A22 √ dz √ = dt ; T = 2 H. − 2 2 A0 − A2 2gA22 z H

0

Dabei kann man f¨ ur H noch das Ergebnis aus a) einsetzen:  √ 2 p1 − p0 A21 (A20 − A22 ) . T = g ρ A22 (A21 − A22 )

212

A10.7

Bernoullische Gleichung

Aufgabe 10.7 Aus einem großen Beh¨ alter fließt eine Fl¨ ussigkeit durch ein Rohr mit ver¨ anderlicher Querschnittsfl¨ ache aus.

po H

z1 ①



Wie groß sind die Spiegelh¨ ohen z1 und z2 in den Steigrohren? A1

z2

②

③

A2

L¨ osung Mit der Ausflussformel nach Torricelli folgt die Ausflussgeschwindigkeit

v3 = 2gH . F¨ ur die Dr¨ ucke an den Stellen ① und ② gilt mit den Spiegelh¨ ohen z1 und z2 der Steigrohre p1 = p0 + gz1 ,

p2 = p0 + gz2 .

Damit erh¨ alt man mit Hilfe der Berlnoullischen Gleichung f¨ ur eine Stromlinie zwischen den Punkten ① und ③ 1  v12 2

+ 0 + p1 = 12  v32 + 0 + p0

und der Kontinuit¨ atsgleichung A1 v1 = A2 v3

;

v1 =

A2 v3 A1

zun¨ achst p1 = p0 + Mit v3 =

√

 A 2  1 2 2 .  v3 1 − 2 A1

2gH ergibt sich die gesuchte Spiegelh¨ ohe im Steigrohr zu  A 2  2 z1 = H 1 − . A1 

ur eine Analog wird der Druck p2 aus der Bernoullischen Gleichung f¨ Stromlinie zwischen den Punkten ② und ③ 1  v22 2

+ 0 + p2 = 12  v32 + 0 + p0

und der Kontinuit¨ atsgleichung v2 = v3 berechnet. Damit gilt f¨ ur den Druck p2 = p0 und f¨ ur die Spiegelh¨ ohe z2 = 0 .

Impulssatz

Aufgabe 10.8 Aus dem Abflussrohr eines großen Beh¨ alters trifft ein Wasserstrahl auf eine drehbar aufgeh¨ angte Platte (Gewicht G). Ermitteln Sie a) den Druck im Rohr ②③ als Funktion der Koordinate z, b) den Winkel ϕ, um den die Platte ausgelenkt wird, wenn der Strahl in Plattenrichtung abfließt.

① p0



h A2

1 0 000 1 11 10 0 1

A10.8

G b

ϕ h/2 ④

z ②

213

a

③ A4 = A3 = 12 A2

L¨ osung zu a) Die Querschnittsfl¨ache des Abflussrohres ②③ ist A(z) = 2(A2 − A3 ) z/h + A3 . Die Kontinuit¨ atsgleichung f¨ ur einen beliebigen Punkt im Bereich ②③ und den Punkt ③ lautet A(z) √v(z) = A3 v3 . Die Geschwindigkeit am Punkt ③ betr¨ agt v3 = v4 = 3gh. Daraus folgt f¨ ur die Geschwindigkeit im Bereich ②③

hA3 v(z) = 3gh . 2(A2 − A3 )z + hA3 Die Bernoullische Gleichung 2 1  vA 2

+ p0 + 32  gh = 12  v(z)2 + p(z) +  gz

zwischen Punkt ① und einem Punkt im Bereich liefert mit vA = 0 (großer Beh¨ alter) den Druck im Bereich ②③   3 h2 −  gz . p(z) = p0 +  gh 1 − 2 2 (2z + h)

11 00 000 11 10 10 1

zu b) Entsprechend dem dargestellten Kontrollvolumen liefert der Impulssatz in Richtung der Normalkraft auf die Platte

ϕ b

 Q(0 − v4 cos ϕ) = −N .

G

Mit der Durchflussmenge Q = A4 v4 ergibt sich N =  A4 v42 cos ϕ .

N Qv4

Das Momentengleichgewicht um das Lager lautet a b N − G sin ϕ = 0 . cos ϕ 2 Daraus kann der Winkel ϕ ermittelt werden:

sin ϕ =

Qv4

6 gA4 ah . Gb

a

214

A10.9

Impulssatz

Aufgabe 10.9 Mittels einer Pumpe wird eine Fl¨ ussigkeit mit einem konstanten Volumenstrom Q durch ein Rohr (Querschnittsfl¨ ache b2 /10) in ein trapezf¨ ormiges Gef¨ aß (Tiefe b/2) gepumpt. a) Ermitteln Sie die Steiggeschwindigkeit der Fl¨ ussigkeit im Gef¨ aß. b) Wie groß ist f¨ ur z = h/2 die resultierende Kraft auf das Rohr?

Q p0

① 

③ a

② a

b1

h z

b

L¨ osung zu a) Mit der variablen Breite b1 (z) =

b (h − z) h

des trapezf¨ ormigen Gef¨ aßes ergibt sich die Spiegeloberfl¨ ache zu A1 (z) = b1 (z)

b b2 = (h − z) . 2 2h

Damit ist bei konstanter Durchflussmenge Q die Geschwindigkeit in ① v1 (z) =

Q 2 Qh . = 2 A1 (z) b (h − z)

zu b) Die Mantelkraft im Rohr kann mit Hilfe des Impulssatzes ermittelt werden. Dazu werden zun¨ achst mit der Bernoullischen Gleichung und der Kontinuit¨ atsgleichung die Dr¨ ucke und Geschwindigkeiten an den Punkten ② und ③ f¨ ur z = h/2 bestimmt. F¨ ur Punkt ② ergeben sich mit der Bernoullischen Gleichung zwischen ① und ② 1 2 h 1  v1 + p0 +  g =  v22 + p2 + 0 2 2 2 und dem Volumenstrom Q = v2 A2 = v2

b2 10

die Geschwindigkeit v2 =

10 Q b2

Impulssatz

215

und der Druck p2 = p0 +  g

h 42 Q2 . − 2 b4

Aus der Kontinuit¨ atsgleichung Q = v3 A3 = v2 A2 zwischen den Punkten ② und ③ folgt v3 = v2 =

10 Q . b2

Die Bernoullische Gleichung v32 p3 v2 p2 + +a= 2 + +0 2g g 2g g zwischen den Punkten ② und ③ liefert damit den Druck an der Stelle ③ zu   h 42 Q2 p3 = p0 +  g . −a − 2 b4 Als Kontrollvolumen f¨ ur den Impulssatz w¨ ahlen wir nun die Fl¨ usssigkeit im Rohr. Auf sie wirken neben dem Eigengewicht und den Druckkr¨ aften bei ② und ③ noch die Kr¨ afte Rx , Ry vom Rohrmantel. Die umgekehrt gleich großen Kr¨ afte wirken von der Fl¨ ussigkeit auf den Rohrmantel. Der Impulssatz in Komponenten lautet damit →:

 Q(v2 − 0)

= −p2 A2 + Rx ,

Qv3 p3 A3

↑:

 Q(0 − (−v3 )) = −p3 A3 + Ry −  gV .

Einsetzen der Dr¨ ucke und Geschwindigkeiten liefert mit dem Fl¨ ussigkeitsvolumen V = πab2 /20 im Rohr die Komponenten der Mantelkraft

Rx =

b2 10

b2 Ry = 10

 p0 +  g 

h 2

 +

Ry Rx gV

29  Q2 , 5 b2

 h πab2 29  Q2 p0 +  g −  ga + + g . 2 2 5 b 20

p 2 A2

Qv2

216

A10.10

Impulssatz

Aufgabe 10.10 In einer horizontalen Ebene trifft ein Fl¨ ussigkeitsstrahl unter dem Winkel α mit einer Geschwindigkeit v0 auf eine Wand auf. Die Strahltiefe ist h = const. a) Ermitteln Sie die Geschwindigkeiten v1 und v2 der beiden abfließenden Strahlen. b) Berechnen Sie die Breiten b1 und b2 der abfließenden Strahlen. c) Welche Normalkraft wird auf die Wand ausge¨ ubt?

b0 v0

②

① b1

v1

v2

b2

α

L¨ osung zu a) Die Geschwindigkeiten v1 und v2 k¨onnen mit Hilfe der Bernoullischen Gleichung f¨ ur die Punkte und ① sowie und ② einer Stromlinie ermittelt werden: 1 2 1  v0 + p0 =  v12 + p0 2 2

;

v1 = v0 ,

1 1 2  v0 + p0 =  v22 + p0 2 2

;

v2 = v0 .

zu b) Aus der Kontinuit¨ atsgleichung folgt mit v1 und v2 die Beziehung f¨ ur die Strahlbreiten: v0 b0 h = v1 b1 h + v2 b2 h

;

b0 = b 1 + b2 .

Der Impulssatz in Wandrichtung →:

 Q2 v2 −  Q1 v1 −  Q0 v0 cos α = 0

 Q0 v0

liefert mit Q0 = b0 hv0 , Q1 = b1 hv1 , Q2 = b2 hv2 b0 cos α = b2 − b1 .

α

 Q2 v2

 Q1 v1 N

Damit folgen die Strahlbreiten b1 =

1 b0 (1 − cos α) , 2

b2 =

1 b0 (1 + cos α) . 2

zu c) Die Normalkraft auf die Wand erh¨ alt man direkt aus dem Impulssatz senkrecht zur Wand: ↑:

 Q0 v0 sin α = N

;

N =  v02 b0 h sin α .

Impulssatz

Aufgabe 10.11 Ein horizontal eingebauter Kr¨ ummer einer Druckrohrleitung wird durch einen Betonblock gehalten.

217

A10.11

A1 v1

Ermitteln Sie die Horizontal- und Vertikalkomponente der Kraft, die auf den Betonblock ausge¨ ubt wird.

x

α

p1

②

① v2 p2

A2

y

Gegeben: v1 , p1 , A1 , A2 , α

L¨ osung Mit Hilfe der Kontinuit¨atsgleichung kann die Ausstr¨omgeschwindigkeit v2 ermittelt werden: Q = A1 v1 = A2 v2

;

v2 =

A1 v1 . A2

Der Druck an der Stelle ② folgt aus der Bernoullischen Gleichung zwischen den Punkten ① und ②:   2  1 2 A1 1  . ; p2 = p1 + v12 1 −  v1 + p1 =  v22 + p2 2 2 2 A2 Auf die Fl¨ ussigkeit im Kr¨ ummer (Kontrollvolumen) wirken die Kr¨ afte Rx , Ry vom Kr¨ ummer sowie die Druckkr¨ afte bei ① und ②. Der Impulssatz F =  Q(v 2 − v 1 ) lautet damit in Komponenten: →: ↓:

 Qv1 p1 A1

α Ry

Rx  Qv2 p2 A2

 Q(v2 cos α − v1 ) = p1 A1 − p2 A2 cos α + Rx ,  Q(v2 sin α − 0) =

− p2 A2 sin α + Ry .

Daraus erh¨ alt man die Kr¨ afte:        2 A1 A2 A2 Rx = A1 cos α − p1 1 − + cos α , v1 −2 + 2 A2 A1 A1  Ry = A1

 2 vA 2



A1 A2 + A2 A1

 + p1

A2 A1

 sin α .

Diese Kr¨ afte m¨ ussen aus Gleichgewichtsgr¨ unden durch den Betonblock aufgenommen werden.

218

A10.12

Str¨ omung mit Energieverlust

Aufgabe 10.12 Eine ebene Rohrleitung teilt sich in zwei Str¨ ange, die wieder zusammengef¨ uhrt werden. In der Leitung ① befindet sich ein Ringkolbenventil R (Druckverlustzahl ζ1 ), in der Leitung ② eine Klappe K mit ζ2 . Der Gesamtdurchfluss des Leitungssystems betr¨ agt Q.

①

D1 R

③

②

K D2

a) Ermitteln Sie die Durchfl¨ usse in den Leitungen ① und ②. b) Bestimmen Sie den bezogenen Druckverlust zwischen Zu- und Abfluss. Gegeben: D1 = 1, 4 m, D2 = 0, 8 m, Q = 5, 0 m3 /s, ζ1 = 1, 3, ζ2 = 0, 3.

L¨ osung zu a) Die verallgemeinerte Bernoullische Gleichung zwischen den Punkten ① und ③ (¨ uber Leitung ① bzw. Leitung ②) liefert ⎫ 1 Δpv1 = Δpv2 ,  v02 + p0 = 12  v12 + p1 = 12  v32 + p3 + Δpv1 ⎬ 2 ; v12  v22  ⎭ 2 2 2 1 1 1 ζ = ζ .  v + p =  v + p =  v + p + Δp 1 2 0 2 3 v 0 2 3 2 2 2 2 2 2 Mit dem Durchfluss Q = vA = vD2 π/4 folgt daraus  ζ   v 2  Q 2  D 4 1 2 2 1 = = . ζ2 v1 Q1 D2 Unter Verwendung der Kontinuit¨ atsgleichung Q = Q1 + Q2 ergibt sich damit der Durchfluss in Leitung ①: Q 5    = = 2, 98 m3 /s . Q1 = 1, 3  0, 8 2 ζ1 D2 2 1+ 1+ 0, 3 1, 4 ζ2 D1 Der Durchfluss in Leitung ② betr¨ agt Q2 = Q − Q1 = 5 − 2, 98 = 2, 02 m3 /s . zu b) Aus den Durchfl¨ ussen erh¨ alt man die Str¨ omungsgeschwindigkeiten 4 Q1 4 Q2 4 · 2, 98 m 4 · 2, 02 m v1 = 2 = = 1, 94 , v2 = 2 = = 4, 02 . D1 π 1, 42 π s D1 π 0, 82 π s Damit kann der bezogene Druckverlust ermittelt werden: ζ1 v12 Δpv1 = = 0, 25 m , g 2g

Δpv2 ζ2 v22 = = 0, 25 m . g 2g