Technische Mechanik in Formeln, Aufgaben und Lösungen ; mit 30 Tabellen, 171 Aufgaben und 35 Musteraufgaben [3., durchges. und erg. Aufl., unveränd. Nachdr] 9783835100954, 3835100955, 9783835190580, 383519058X [PDF]

Zitiervorschau

Heinz Ulbrich, Hans-Jürgen Weidemann, Friedrich Pfeiffer

Technische Mechanik in Formeln, Aufgaben und Lösungen

Heinz Ulbrich, Hans-Jürgen Weidemann, Friedrich Pfeiffer

Technische Mechanik in Formeln, Aufgaben und Lösungen Mit 457 Abbildungen, 30 Tabellen, 171 Aufgaben und 35 Musteraufgaben

Bibliografische Information Der Deutschen Bibliothek Die Deutsche Bibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über abrufbar.

Prof. Dr.-Ing. Dr.-Ing. habil. Heinz Ulbrich, Lehrstuhl für Angewandte Mechanik, Technische Universität München Dr.-Ing. habil. Hans-Jürgen Weidemann, Technische Universität München Prof. Dr.-Ing. Friedrich Pfeiffer, Technische Universität München

1. Auflage September 2006

Alle Rechte vorbehalten © B.G. Teubner Verlag / GWV Fachverlage GmbH, Wiesbaden 2006 Der B.G. Teubner Verlag ist ein Unternehmen von Springer Science+Business Media. www.teubner.de Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlags unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. 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 Waren- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Umschlaggestaltung: Ulrike Weigel, www.CorporateDesignGroup.de Druck und buchbinderische Verarbeitung: Strauss Offsetdruck, Mörlenbach Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier. Printed in Germany ISBN-10 3-8351-0095-5 ISBN-13 978-3-8351-0095-4

V Vorwort ¨ Das vorliegende Ubungsbuch ist die Fortschreibung des Buches, das in seiner 1. Auflage im Jahre 1995 erschienen ist. In dieser nun 3. Auflage wurden einige kleine¨ re Erg¨anzungen und Anderungen vorgenommen: das Kapitel Fluidstatik wurde als Folge der Umstrukturierung der Vorlesung herausgelassen und neuere im wesentlichen aus Pr¨ ufungen stammende Aufgaben wurden hinzugef¨ ugt. Das Buch dient der Begleitung der Vorlesungen in Technischer Mechanik. Es kann und will dabei den Besuch dieser Vorlesungen nicht ersetzen, vielmehr dient es als Grundlage f¨ ur ¨ erg¨anzende Ubungen auf dem Gebiet der Statik, Kinematik und Kinetik. ¨ Aus der Erfahrung des Ubungsund Vorlesungsbetriebes der letzten Jahre stammt die Entscheidung, zu der u ¨ blichen Sammlung von Aufgaben und L¨osungen als dritte und vierte Komponente jeweils die wesentlichen Grundformeln am Anfang eines Kapitels zusammenzustellen und ihren Gebrauch in einer oder mehreren Musteraufgaben ausf¨ uhrlich vorzustellen. Zur optimalen Nutzung dieser Sammlung m¨ochten wir dem Leser daher vorschlagen, in den Vorlesungen zun¨achst das Wesen der jeweiligen Grundformeln zu studieren, um sich anschließend anhand der Musteraufgabe deren Anwendung vor Augen zu f¨ uhren. Die folgenden Aufgaben dienen dem Selbsttest. Zur effektiven Kontrolle des Verst¨andnisses sind die L¨osungen der Aufgaben relativ ausf¨ uhrlich gestaltet. Die Autoren bedanken sich herzlich bei Herrn Dr.-Ing. Markus Bullinger f¨ ur die ¨ Uberarbeitung der ersten Auflage, insbesondere der Korrektur der Fehler. Ein besonderer Dank gilt auch Herrn Dipl.-Ing. Roland Zander f¨ ur die M¨ uhen, die er bei der Modifizierung der 2. Auflage aufgebracht hat, die im Wesentlichen in der Erg¨anzung um aktuelle Pr¨ ufungsaufgaben der letzten 5 Jahre des Lehrstuhles f¨ ur Angewand¨ te Mechanik der TU-M¨ unchen bestand. Sollten sich Fehler bei der Uberarbeitung eingeschlichen haben, so sind wir Ihnen f¨ ur Hinweise und Verbesserungsvorschl¨age jederzeit dankbar.

Garching, im August 2006

Heinz Ulbrich Hans-J¨ urgen Weidemann Friedrich Pfeiffer

Inhaltsverzeichnis

VII

Inhaltsverzeichnis 1 Stereostatik 1.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1

1.1.1

Vektorrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1.2

Linien und ebene Fl¨achen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.1.3

Guldin’sche Regeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2 Kr¨aftegleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.2.1

Statische Bestimmtheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.2.2

Ebenes Kr¨aftegleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.2.3

R¨aumliches Kr¨aftegleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.3 Fachwerke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 1.4 Schnittreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 1.5 Seilstatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 1.6 Prinzip der virtuellen Arbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 1.7 Reibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 2 Elastostatik

99

2.1 Spannungen und Dehnungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 2.1.1

Spannungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

2.1.2

Dehnungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

2.2 Zug und Druck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 2.3 Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 2.3.1

Kreis- und kreisringf¨ormige Querschnitte . . . . . . . . . . . . 116

2.3.2

Geschlossene d¨ unnwandige Querschnitte . . . . . . . . . . . . 118

2.3.3

Offene d¨ unnwandige Querschnitte . . . . . . . . . . . . . . . . 121

2.4 Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 2.4.1

Fl¨achentr¨agheitsmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

VIII

Inhaltsverzeichnis 2.4.2

Ebene Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

2.4.3

Schiefe Biegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

2.5 Knickung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 2.6 Energiemethoden in der Elastostatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 3 Kinematik

181

3.1 Einachsige Bewegungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 3.2 Ebene Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 3.3 R¨aumliche Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 3.4 Relativkinematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200 4 Kinetik

213

4.1 Impulssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 4.1.1

Impulssatz f¨ ur massenkonstante Systeme . . . . . . . . . . . . 213

4.1.2

Punktmassen in zentralen Kraftfeldern . . . . . . . . . . . . . 219

4.1.3

Impulssatz f¨ ur massenver¨anderliche Systeme . . . . . . . . . . 221

4.2 Drallsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 4.3 Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 4.3.1

Potentielle Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254

4.3.2

Kinetische Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

4.3.3

Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

4.4 Stoßprobleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267 4.5 Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288 4.6 Lagrange’sche Gleichungen II. Art . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318 A Vektorrechnung

348

A.1 Eigenschaften von Vektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348 A.2 Vektoren in Koordinatendarstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351 B Matrixrechnung

353

C Tabellen

358

C.1 Griechisches Alphabet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358 C.2 Materialdaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358 C.3 Konstanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358 C.4 Umrechnung von Gr¨oßen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358

Tabellenverzeichnis

IX

Tabellenverzeichnis Stereostatik

1

1.1

Grundformeln: Linienschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.1

Grundformeln: Fl¨achenschwerpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1

Grundformeln: Schwerpunkt zusammengesetzter Fl¨achen

. . . . . .

4

1.1

Tabelle: Schwerpunkt einfacher Fl¨achen . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1

Grundformeln: Guldin’sche Regeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2

Grundformeln: Statische Bestimmtheit (Ebener Fall) . . . . . . . . . 16

1.2

Grundformeln: Ebene Lagertypen

1.2

Grundformeln: Kr¨aftegleichgewicht

1.3

Grundformeln: Knotenpunktsverfahren

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.3

Grundformeln: Ritter- Schnitt

1.4

Schnittreaktionen im Balken(Ebener Fall) . . . . . . . . . . . . . . . 43

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.4

F¨oppl - Klammern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1.5

Seilstatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

1.6

Prinzip der virtuellen Arbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

1.7

Reibung

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

Elastostatik

99

2.1

Mohr’scher Spannungskreis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

2.1

Dehnungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

2.2

Zug und Druck

2.3

Torsion von Kreisquerschnitten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

2.3

Torsion geschlossener d¨ unnwandiger Querschnitte

2.3

Torsion offener d¨ unnwandiger Querschnitte . . . . . . . . . . . . . . 122

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 . . . . . . . . . . 118

2.4

Fl¨achentr¨agheitsmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

2.4

Fl¨achentr¨agheitsmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

X

Tabellenverzeichnis 2.4

Ebene Biegung

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

2.4

Schiefe Biegung

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

2.5

Euler’sche Knickf¨alle

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

2.6

Form¨anderungsenergie

2.6

Castigliano / Menabrea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

Kinematik

181

3.1 Einachsige Bewegung: Nomenklatur

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

3.1 L¨osungsf¨alle f¨ ur einachsige Bewegungen . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 3.1 Ebene Bewegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 3.3 KARDAN - Winkel

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

3.3 EULER - Winkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 3.4 Relativkinematik: Notation

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

3.4 Grundformeln: ’Coriolis-Formel’ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 3.4 Grundformeln: Relativkinematik

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

3.4 Grundformeln: Beschleunigungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

Kinetik

213

4.1 Impuls

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

4.1 Impulssatz, massenkonstante Systeme

. . . . . . . . . . . . . . . . . 214

4.1 Keplersche Gesetze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 4.1 Impulssatz, massenver¨anderliche Systeme

. . . . . . . . . . . . . . . 221

4.2 Tr¨agheitstensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 4.2 Tabelle: Massentr¨agheitsmomente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 4.2 Grundformel: Satz von Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 4.2 Drall

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

4.2 Drall¨anderung 4.2 Drallsatz

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

4.2 Drallsatz: Sonderf¨alle

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

4.3 Potentielle Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 4.3 Kinetische Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 4.3 Energiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256 4.4 Notation: Stoßprobleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268

Tabellenverzeichnis 4.4 Tabelle: Stoßarten

XI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268

4.4 Grundformeln: Stoßzahl ε . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269 4.5

Grundformeln: Ged¨ampfte Eigenschwingung

4.5

Grundformeln: D¨ampfungsmaße

4.6 Grundformeln: Lagrange II

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318

Vektorrechnung A.1 Vektoren: Klassifizierung

. . . . . . . . . . . . . 288

348 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

A.2

Vektoren: Addition / Subtraktion

A.3

Vektoren: Skalarprodukt

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

A.4

Vektorprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350

A.5

Spatprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351

A.6

Komponenten eines Vektors

A.7

Vektoren: Rechenregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351

1

1

Stereostatik

1.1

Grundlagen

1.1.1

Vektorrechnung

Siehe auch Anhang A: Vektorrechnung. Aufgabe 1 Man zeige mit Hilfe der Vektorrechnung, daß die Mittelpunkte der Seiten eines beliebigen Vierecks Eckpunkte eines Parallelogramms sind. Aufgabe 2 Ein Vektor a wird auf den Vektor r = ex + ey + ez projiziert. Wie groß ist der Betrag p dieser Projektion ? Aufgabe 3 Der Vektor p hat den Betrag p = 5. Man zerlege ihn in 3 aufeinander senkrechte Vektoren x, y, z, so daß sich deren Betr¨age wie 1 : 2 : 3 verhalten. Wie groß sind diese Betr¨age und welche Winkel bilden x, y und z mit p ? Aufgabe 4 Gegeben seien die Vektoren a = (3, 6, 2) , b = (1, 2, −1) und c = (0, 0, 2). Wie groß muß man den skalaren Faktor λ w¨ahlen, wenn a + λ · b und c den Winkel α = 60o einschließen sollen ? Aufgabe 5 Die beiden Vektoren a = (1, 2, 3) und b = (2, 2, 5) gehen von Ursprung (0, 0, 0) aus und spannen eine Ebene auf. Man berechne die Vektoren, die auf dieser Ebene senkrecht stehen und denselben Betrag wie der Vektor e = (1, 1, 1) haben.

2

Kap. 1.1 Grundlagen

Aufgabe 6 In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Vektoren a = 5ex + αey + 2ez , b = 3ex +4ey −1ez und c = 2ex −10ey +4ez gegeben. Welchen Betrag muß die Komponente ay = α haben, damit die 3 Vektoren komplanar sind? Aufgabe 7 Ein Dreieck im Raum werde durch die Vektoren a = (3, 5, 2) und b = (7, 1, 4) aufgespannt. Man berechne mit Hilfe der Vektorrechnung seine Fl¨ache.

1.1.2

Linien und ebene Fl¨ achen

Grundformeln: Linienschwerpunkt

L LS rLS

: :

Linie der L¨ange L Linienschwerpunkt
1 L = ri dLi
L 0

L =

dLi 

dx2 + dy 2

dL =

Musteraufgabe 1 2

Ein Linienst¨uck gehorcht der Funktion y = x2 . Ihre Enden liegen auf den Punkten (−2, 2) und (4, 8). Wie lang ist die Linie und wo liegt ihr Schwerpunkt?

Kap. 1.1 Grundlagen

3

L¨osung: Die L¨ange L bestimmen wir durch Integration ucke der L¨ange ¨ber kleine Teilst¨ √ u dy = dL = dx2 + dy 2. Die Steigung y
= dx d tan α entspricht der Ableitung dx f(x) = x,  damit ist dy √ = xdx und dL = dx2(1 + x2) = dx 1 + x2
B
4 √ 4 √ 1 √ L= dL = 1 + x2dx = x 1 + x2 + ln (x + 1 + x2) −2 2 A −2 Das Integral findet man in entsprechenden Tabellen. Die Auswertung ergibt 1 L = (18, 6 − (−5, 916)) = 12, 2515. 2 2

Der Vektor zu einem Teilst¨ uck dL hat die Komponenten r = (x, x2 ), der Linien schwerpunkt liegt bei rLS = L1 AB rdL. Wir ersetzen die Grenzen des Integrales durch ur die x-Koordinaten, ebenso das Teilelement dLi und werten das Integral getrennt f¨ die x- und y-Komponente aus:

xLS = +

√ 1
B 1
4 xi · dL = x · 1 + x2 dx L A 12, 25 −2 

1  (1 + x2 )3 4  = 1, 603 = −2 12, 25 3







x2 √ · 1 + x2 dx A −2 2 4 √ 1 1 √ x  = (1 + x2)3 − (x 1 + x2 + ln (x + 1 + x2))) = 2, 96 ( −2 2 · 12, 25 4 8

yLS =

1 L

B

yi dL =

1 12, 25

4

Grundformeln: Fl¨ achenschwerpunkt


rs = rs

:

ri

:

1 ri dAi A Ortsvektor zum Gesamtschwerpunkt Ortsvektor zu den Fl¨achenelementen dAi

4

Kap. 1.1 Grundlagen

Grundformeln: Schwerpunkt zusammengesetzter Fl¨ achen



rs = rsi

:

Ai

:

· Ai A i i Ortsvektoren zu den Einzelschwerpunkten Einzelfl¨achen i rsi



Tabelle: Schwerpunkt einfacher Fl¨ achen

Dreieck : ys
= Kreisausschnitt : ys
= Kreisabschnitt : ys = Parabel߬ache : xs1 = xs2 =

h 3 2r sin α 3α 2 r sin3 α · 3 α − sin α cos α 2 3 a; ys1 = b 5 8 1 3 a; ys2 = b 4 10

Musteraufgabe 2 F¨ur den skizzierten Querschnitt bestimme man die Lage des Schwerpunktes. L¨osung: Der Querschnitt wird in 2 Elementarfl¨achen zerlegt, in ein Quadrat mit der Kantenl¨ange a und in einen Kreis mit dem Durchmesser d = a/2 . Der Kreis wird als ’negative’ Fl¨ache gewertet, da er aus dem Quadrat ’ausgestanzt’ wird. Die Schwerpunkte der Einzelfl¨achen liegen auf der x-Achse (und damit auch

Kap. 1.1 Grundlagen

5

der Gesamtschwerpunkt). A2 = a2 ,

xs2 = 0;

A◦ =

πa2 πd2 = , 4 16 2

xges =

− a · πa xs2 · A2 − xs◦ · A◦ = 2 4 16π = A2 − A◦ a (1 − 16 )

xs◦ =

a 4

−a −4

64 π

Musteraufgabe 3 F¨ur den dargestellten Kreisauschnitt bestimme man die Lage des Schwerpunktes. L¨osung: F¨ ur kreis- oder kreisringf¨ormige Fl¨achen bzw. deren Ausschnitte empfiehlt ¨ sich immer der Ubergang auf Zylinderkoordinaten. F¨ ur die Integration differentiell kleiner Teilfl¨achen dAi mit ihren Teilschwerpunkten xsi gem¨aß der Grundformel sind hier spitze Kreisausschnitte dϕ geeignet:

F¨ ur kleine Winkel dϕ kann man das Fl¨achenelement dAi als Dreieck ann¨ahern, im Grenz¨ ubergang dϕ → 0 gilt die N¨aherung exakt. Es ist dann dAi = r · rdϕ · 12 , (dϕ ist nur ein Winkel, das Umfangsst¨ uck hat die L¨ange rdϕ) und xsi = 23 r · cos ϕ.

Einsetzen in die Grundformel liefert:
ϕ=α 2 1 1 xs = · r · cos ϕ · r · r dϕ . Ages ϕ=−α 3 2 Die Symmetrie der Fl¨ache bez¨ uglich der x -Achse wird ausgenutzt, wir integrieren von der zweimal von ϕ = 0 bis ϕ = α, die Gesamtfl¨ache Ages ist der Anteil 2α 2π Vollkreisfl¨ache.


α r3 α 1 · πr2 = αr2 , xs = 2 · 2 cos ϕ dϕ π αr 0 3 Da r eine konstante Gr¨oße ist, vereinfacht sich das Integral zu

Ages =

xs =

2r 3α


0

α

cos ϕ dϕ =

α 2r 2r  (sin α) = sin α 0 3α 3α

6

Aufgabe 8 Man suche die Koordinaten des Schwerpunkts eines halben Parabelsegments (Fl¨ache A1) und des Schwerpunkts seiner Erg¨anzung zu einem Rechteck (Fl¨ache A2).

Aufgabe 9 Man bestimme den Schwerpunkt der nebenstehenden schraffierten Fl¨ache mit r = 10m.

Aufgabe 10 Man bestimme den Schwerpunkt der nebenstehenden Fl¨ache. Sie ist aus einem DreiviertelKreissegment mit Radius R und einem Quadrat zusammen gesetzt.

Kap. 1.1 Grundlagen

Kap. 1.1 Grundlagen

1.1.3

7

Guldin’sche Regeln

Grundformeln: Guldin’sche Regeln

L LS O A S V

: : : : : :

Linie mit L¨ange L Linienschwerpunkt entstehende Oberfl¨ache Fl¨acheninhalt Fl¨achenschwerpunkt entstehendes Volumen

O = 2πrLS L V

= 2πrS A

Musteraufgabe 4 Man berechne mit Hilfe der Guldin’schen Regeln das Gewicht des dargestellten Riemenscheiben- Schwungrades (Maße im mm, Grauguß ρ = 7.300 mkg3 ) L¨osung: Der Querschnitt des Kranzes wird in die einfachen Teilfl¨achen A1 und A2 mit ihren Schwerpunkten S1 bzw. S2 zerlegt. Die Radien zu den Schwerpunkten betragen dann r1 = 470mm und r2 = 390mm, die Betr¨age der Einzelfl¨achen sind A1 = 12.000mm2 und A2 = 10.000mm2 . Das Volumen des ¨außeren Kranzes berechnet sich dann mit Hilfe der zweiten Guldin’schen Regel zu VKranz = 2π(r1 ·A1 +r2 ·A2) = 59, 94·106 mm3

8

L¨osungen zu Kap. 1.1 Grundlagen

Wir addieren noch das Volumen V3 der inneren Kreisscheibe mit r3 = 340mm. V3 = π · r32 · 25mm = 9, 079 · 106 mm3 Das Gesamtgewicht G des Rades betr¨agt damit 4942N. 69, 02 · 106 mm3 · 7300kg · 9, 81m 109 mm3 · s2 = 4942, 3N

G = Vges · ρ · g = (VKranz + V3 ) · ρ · g =

Aufgabe 11 Man ermittle das Volumen des dargestellten homogenen Ringk¨orpers, der durch Rotation der schraffierten Fl¨ache um die y-Achse erzeugt wird. a = 9cm, b = 6cm, c = 4cm, d = 5cm

Lo ¨sungen zu Kap. 1.1 Grundlagen Aufgabe 1 Geschlossene Vektorkette: a+b+c+d= 0 Zu zeigen ist: e = −g und h = −f Es gilt: a b c d e= + ; g= + 2 2 2 2 b c d a f = + ; h= + 2 2 2 2 In die Vektorkette einsetzen. 1 1 1 1 e = − g und f =− h 2 2 2 2

L¨osungen zu Kap. 1.1 Grundlagen

9

Aufgabe 2 ⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

ax ex 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ a e a=⎜ ; r = = ⎝ y ⎠ ⎝ y ⎠ ⎝ 1 ⎠ 1 az ez Senkrechte Projektion von a auf r: p = a · cos α Definition des Skalarproduktes: a · r = a · r · cos α Nach cos α aufl¨osen und in die Projektion einsetzen: ax + ay + az a·r √ = p=a· a·r 3

Aufgabe 3 Die Vektoren x, y und z bilden ein Rechtssystem. ⇒

x = x · ex ;

y = y · ey ;

z = z · ez

Ihre Betr¨age bilden die Komponenten von p: ⎛

⎞

x ⎜ ⎟ ⎜ p=⎝ y ⎟ ⎠ z Die Definition des Vektorbetrages ergibt f¨ ur p: x2 + y 2 + z 2 = 25 Die Verh¨altnisse der drei Vektorbetr¨age zueinander werden in Abh¨angigkeit von x angegeben: x=x;

y = 2x ;

z = 3x

Setzt man diese in die Definition ein, so ergibt sich: 25 . 14 Umrechnen in die jeweiligen Vektorbetr¨age x, y, z: x2 + 4x2 + 9x2 = 25

⇒

x2 =

5 | x |=| x |= √ = 1, 336 14 10 | y |= 2· | x |= √ 14

und

15 | z |= 3· | x |= √ 14

10

L¨osungen zu Kap. 1.1 Grundlagen

Der Winkel zwischen zwei Vektoren wird mit Hilfe des Skalarproduktes berechnet. ϑ = αGr berechne man die Beschleunigung des Walzenschwerpunktes. Wie groß ist die Fadenkraft f¨ur α = 900 ?

Aufgabe 5 Ein homogener Zylinder mit dem Radius R und der Masse m bewegt sich auf einer schiefen Ebene (Neigungswinkel α) abw¨arts. Wie groß muß die minimale Reibungskraft mindestens sein, wenn reines Rollen auftreten soll? Wie groß ist die Winkelbeschleunigung des Zylinders, wenn kein reines Rollen stattfindet? Wie groß ist die Beschleunigung des Zylinderschwerpunktes, wenn das Moment der Rollreibung (Hebelarm f) ber¨ucksichtigt wird? Aufgabe 6 Es ist die maximale, durch die Kreiselwirkung erzeugte Kraft auf die Lager einer Schiffsturbine zu ermitteln. Das Schiff stampft mit einer Amplitude von 90 und einer Periode von T = 15 s um eine Achse, die senkrecht zur L¨auferachse steht. Der Turbinenl¨aufer hat eine Masse von 3500 kg, einen Tr¨agheitsradius von k = 0,6 m und eine Drehzahl U . Der Lagerabstand betr¨agt 2 m. von n = 3000 min Aufgabe 7 Der unteren Riemenscheibe C eines Aufzuges wird das Drehmoment M erteilt. Man bestimme die Beschleunigung der aufw¨arts bewegten Last G1 . Das Gewicht der Gegenlast ist G2 . Die Scheiben C und D stellen homogene Kreiszylinder mit dem Halbmesser r und der Masse m dar. Man vernachl¨assige die Masse des Riemens. Aufgabe 8 Eine homogene Stange mit der Masse m1 dreht sich mit der Winkelgeschwindigkeit ω0 in der horizontalen Ebene um ihren Mittelpunkt. Dort stehen zwei M¨anner (Einzelmassen m2). Sie beginnen nun langsam nach außen zu gehen. Wie groß ist die Drehgeschwindigkeit ωE , wenn sie an den Enden der Stange angekommen sind?

4.2 Drallsatz

241

Aufgabe 9 ¨ Uber eine homogene, zylindrische, reibungsfrei gelagerte Scheibe mit der Masse mS und dem Radius r l¨auft ein masseloses Seil. Ein Mann mit der Masse mM beginnt aus der Ruhe heraus auf der rechten Seite hochzuklettern. Seine Geschwindigkeit gegen¨uber dem Seil sei vSM . Links h¨angt eine Last L, die ebenfalls die Masse mM hat. Wie bewegt sich die Last, wenn mS = 14 mM ist? Aufgabe 10 Auf ein Kreiselsystem mit dem Tr¨agheitstensor ⎛ ⎞ A 0 0 ⎜ ⎟ S ⎜ 0 ⎟ SJ = ⎝ 0 B ⎠, 0 0 C dargestellt im schleifenden KOS S, dessen außeS z−Achse immer nach P zeigt, wirkt das ¨ re Moment ⎛ ⎞ 0 ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎟ S M = ⎝ AΩ sin(Ωt) ⎠. 2 BΩ cos(Ωt) Die Drehgeschwindigkeit ω2 ist Null f¨ur t = 0. Man berechne die Winkelgeschwindigkeiten ω1 (t) und ω2 (t).

242

4.2 Drallsatz

Aufgabe 11 Das zu untersuchende System ist ein neuartiges Karussell. Es besteht aus einer mit der Winkelgeschwindigkeit ω um die Vertikale rotierenden Basis B und den vier daran befestigten gleichen Auslegern Ti . Am oberen Ende P der Ausleger befinden sich die Gondeln. Untersucht wird der Ausleger T1 , der sich um eine zur B y-Achse parallelen Achse durch den Auslegerschwerpunkt S dreht. Diese Drehachse K y hat den Abstand R zur B y-Achse, der Winkel ϕ1 beschreibt die Drehung aus der Vertikalen. Der Ausleger besteht aus einem masselosen Balken der L¨ange 3l , an dessen oberen Ende in P die Gondel der Masse m, am unteren Ende das Ausgleichsgewicht 2m befestigt sind. Beide Massen sind als punktf¨ormig zu betrachten. m, l, ω = const., ϕ1 = ϕ = ϕ(t) a) Bestimmen Sie die Transformationsmatrix TBK vom k¨orperfesten Koordinatensystem K des Auslegers ins k¨orperfeste Koordinatensystem B der Basis. b) Geben Sie die absolute Winkelgeschwindigkeit B ωB der Basis sowie die absolute Winkelgeschwindigkeit K ωK des Auslegers in den jeweiligen Koordinatensystemen B und K an. c) Geben Sie den Ortsvektor B rOP vom Ursprung O zur Gondel des ersten Auslegers in P im schleifenden Koordinatensystem B an. d) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit B vP und die Beschleunigung B aP . e) Berechnen Sie die Drehtr¨agheit K JS des Auslegers T1 bez¨uglich seines Schwerpunktes S im K¨orperfesten Koordinatensystem K. f) Bestimmen Sie den absoluten Drall K LS des Auslegers im k¨orperfesten Koordinatensystem K bez¨uglich des Punktes S . g) Welches Antriebsmoment Mz ist um die inertiale Hochachse I z = B z erforderlich, um die Winkelgeschwindigkeit ω dieser Achse konstant zu halten. Die vier Ausleger bewegen sich hierbei synchron, das heit ihre Winkelbewegungen ϕi sind alle gleich. Alle Lagerstellen sind reibungsfrei.

L¨osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz

243

L¨ osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz Aufgabe 1 Drallsatz f¨ ur das Brett um A: b A JB · ϕ¨ = M · g · + FN · a (1) 2 M · b2 (2) JBA = 3 Impulssatz f¨ ur den K¨orper: (3) m · s¨ = m · g − FN Kinematischer Zusammenhang: s¨ = a · ϕ ¨ (4) Einsetzen von (4) und (2) in (1): b M · b2 s¨ · = M · g · + FN · a 3 a 2 Ergebnis in (3) einsetzen: FN = M · g · b ·

2

b 3

a +

−

a 2

M m

·

b2 3

Sofortiges Abheben bei a1 mit FN = 0: b a1 ( − )=0 3 2 Aufgabe 2

→

a1 =

2 ·b 3

244

L¨osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz

Das xA −, yA −, zA − Koordinatensystem ist ein schleifendes Koordinatensystem, das sich mit ωF um die Hochachse dreht. Drallsatz um den festen Bezugspunkt 0: dL0  0 M = dt ⎛

⎞

⎛

⎞

FN s − mgs cos(δ − π2 ) FN s − mgs sin δ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 0 M = = A ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 0 0 AL

=A J 0 ·A ωges

ωrel ωF = sin(δ − α) sin α

Sinussatz:

Winkelgeschwindigkeit des L¨aufers, dargestellt im A− System: ⎛ A ω ges

=

⎜ ⎜ ⎝

⎞

⎛

⎞

0 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ − cos δ − sin(δ−α) ⎟ωF ωF sin(δ − π2 ) − ωrel ⎟ = ⎠ ⎝ ⎠ sin α ωF cos(δ − π2 ) sin δ

Tensor der Massentr¨agheitsmomente im A− System: ⎛ AJ

0

=

⎜ ⎜ ⎝

⎞

A 0 0 ⎟ 0 B 0 ⎟ ⎠ 0 0 C

Mit dem Tr¨agheitsradius k der Scheibe und der N¨aherung f¨ ur d¨ unne Scheiben (3R2  h2 ) lauten die Elemente 1 A = C = mk 2 + ms2 ; 2 Absoluter Drallvektor im A− System: B = m · k2 ;

⎛ 0 AL

=

⎜ mωF ⎜ ⎝

k2 =

R2 2

⎞

0 ⎟ k 2 (− cos δ − sin(δ−α) ) ⎟ ⎠ sin α 2 ( k2 + s2) sin δ

Differentiation des Drallvektors im schleifenden A− Koordinatensystem mit A ωF als dem Drehgeschwindigkeitsvektor des Koordinatensystems: ⎛

d 0 d L = A L0 +A ω F ×A L0 dt dt

⎞

0 ⎜ ⎟ ⎜ mit A ω F = ωF ⎝ sin(δ − π2 ) ⎟ ⎠ cos(δ − π2 )

L¨osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz

245

Wie beim Vektor der ¨außeren Momente ist auch beim Vektor der Drall¨anderung nur die x− Komponente besetzt. ⎛

⎞

2

( k − s2) cos δ + k 2 sin(δ−α) sin α ⎜ 2 ⎟ d 0 2 ⎟ =A M 0 L = mωF sin δ ⎜ 0 ⎝ ⎠ dt 0 Die Preßkraft FN lautet dann FN = mg sin δ +



sin(δ − α) mωF2 sin δ k 2 ( − s2 ) cos δ + k 2 s 2 sin α



Die zus¨atzliche Preßkraft durch Kreiselwirkung lautet f¨ ur den Zahlenwert ωF = : 2π rad s ∆FN = FN − mg sin δ = 15530N Aufgabe 3 F¨ ur die gesamte Aufgabe gelten die oberen Vorzeichen f¨ ur den Fall a), und die unteren f¨ ur den Fall b.) α) Impulssatz f¨ ur das Gewicht: G · x¨ = FS − G g Die Impulss¨atze am Rad lauten: 0 = FN − m · g · cos α m · s¨ = m · g · sin α − FR − FS Drallsatz am Rad um den Schwerpunkt: J ·ϕ ¨ = FR · R ∓ FS · r

mit

J = m · k2

Die Rollbedingung und die Abwickelbedingung lauten: s = R · ϕ;

x = s ± ϕ · r = ϕ · (R ± r)

Seilkraft FS und Reibkraft FR : FS = G +

G · x¨; g

FR = m · g · sin α − FS − m · s¨

Seil- und Reibkraft eingesetzt in den Drallsatz unter Ber¨ ucksichtigung der kinematischen Beziehungen: m · k2 ·

s¨ G = m · g · R · sin α − G · R − · (R ± r) · s¨ − R g G r m · R · s¨ ∓ G · r ∓ · · (R ± r) · s¨ g R

246

L¨osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz

Nach s¨ aufgel¨ost: s¨ =

m · g · R2 · sin α − G · R · (R ± r) 2 m · (k 2 + R2 ) + G g · (R ± r)

F¨ ur beide F¨alle bewegt sich das Rad nach unten. Fall b): s¨ = 0, 769 m2 Fall a): s¨ = 0, 416 m2 ; s s β) Die Beschleunigungen sind konstant und werden zweimal integriert: x¨ = s¨ · a)

R±r = const. ; R

t0 = 6, 94s und b)

h=

1 · x¨ · t20 2

t0 = 6, 25s

Aufgabe 4 Impulssatz ⊥ zu x: 0 = FN − m · g · cos α (1) FN = m · g · cos α Impulssatz in x− Richtung: m · x¨ = m · g · sin α − FS − FR (2) Drallsatz um den Walzenschwerpunkt: J S · ω˙ = FS · r − FR · r (3) m · r2 mit: J S = 2 Kinematische Beziehung: r · ω˙ = x¨ a) Walze in Ruhe: ω˙ = 0;

x¨ = 0;

FR ≤ µ0 · FN

(2) :

FR = m · g · sin α − FS

(3) :

FS = FR

Haftreibgesetz, Grenzwinkel αGr . FR =

1 · m · g · sin α ≤ µ0 · m · g · cos α 2

tan α ≤ 2 · µ0 ;

αGr = arctan(2 · µ0 )

b) Walze in Bewegung: ω˙ = 0;

x¨ = 0;

FR = µ · FN ;

(3) :

1 · m · x¨ = FS − FR 2

L¨osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz

247

Eingesetzt in die Impulss¨atze: m · x¨ = m · g · sin α − x¨ =

1 · m · x¨ − 2 · µ · m · g · cos α 2

2 · g · (sin α − 2 · µ · cos α) (4) 3

c) Fadenkraft f¨ ur α = 90◦ bestimmen, in den Impulssatz (2) einsetzen. x¨ =

2 · g; 3

→

m·

2 · g = m · g − FS 3

Aufgabe 5 Impulssatz senkrecht zur x− Achse: 0 = FN − m · g · cos α (1) FN = m · g · cos α Impulssatz in x− Richtung: m · x¨ = m · g · sin α − FR (2) Rollbedingung: x¨ = R · ϕ¨ Drallsatz um den Zylinderschwerpunkt: 1 · m · R2 · ϕ¨ = FR · R (3) 2 a) Reines Rollen, Rollbedingung: x¨ = R · ϕ¨ eingesetzt in Impuls- und Drallsatz: (2), (3) :

FR =

1 · m · g · sin α 3

b) Gleitreibung: FR = µ · FN = µ · m · g · cos α (3) :

ϕ¨ =

2·µ·g · cos α R

→

FS =

1 · mg 3

248

L¨osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz

c) Der Rollwiderstand entspricht einem Bremsmoment: Der Untergrund w¨olbt sich. Der Angriffspunkt von FN verschiebt sich um f nach vorne, wobei die vertikale Verschiebung von FR vernachl¨assigt wird. MBr = FN · f Die Impulss¨atze bleiben unver¨andert. Der Drallsatz mit der Rollbedingung aus a) lautet dann: 1 · m · R · x¨ = FR · R − FN · f 2 2 3f x¨ = · g · (sin α − · cos α) 3 R

Aufgabe 6

Stampfbewegung: 2·π π 9◦ · t) mit ϕˆ = ◦ ·π = T 180 20 Der Ursprung des bewegten Koordinatensystems S liegt in der Mitte des L¨aufers. Alle Vektoren und Tensoren sind in diesem Koordinatensystem dargestellt. Durch die Kreiselkr¨afte wirkt ein zus¨atzliches Kr¨aftepaar F L , F R im linken und im rechten Lager der Turbine. Es wird der Drallsatz im bewegten System ausgewertet. ϕ(t) = ϕˆ · sin(

⎛

F L :=

⎜ ⎜ ⎝

⎞

0 ⎟ −∆Fy ⎟ ⎠; ∆Fz

⎛

F R :=

⎜ ⎜ ⎝

⎞

0 ⎟ ∆Fy ⎟ ⎠ −∆Fz

L¨osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz

249

⎛

⎞

0  ⎜ ⎟ d ⎜ ⎟ L) = S( S M = ⎝ l · ∆Fz ⎠ dt l · ∆Fy Der Absolutdrall der Turbine lautet: SL

= S J · S ω ges .

Winkelgeschwindigkeit der Turbine: ⎛

S ω ges

⎞

ω ⎜ ⎟ ⎟ =⎜ ⎝ 0 ⎠ ϕ˙

Tensor der Massentr¨agheitsmomente im k¨orperfesten KOS: ⎛ SJ

=

⎜ ⎝

⎞

m · k2 0 0 ⎟ 0 B 0 ⎠ 0 0 C

Drehgeschwindigkeit des Koordinatensystems, Drallvektor L: ⎛

S ω IS

=

⎜ ⎜ ⎝

⎞

0 ⎟ 0 ⎟ ⎠; ϕ˙

⎛

SL

=

⎜ ⎜ ⎝

⎞

ωmk 2 ⎟ 0 ⎟ ⎠ C ϕ˙

¨ Anderung des Absolutdralls: ⎛

⎞

0 d d ⎜ ⎟ L) = S L + S ω IS × S L = ⎝ m · k 2 · ϕ˙ · ω ⎠ S( dt dt C · ϕ¨ Gegen¨ uber dem Moment um die y− Achse kann das Moment um die z− Achse vernachl¨assigt werden. ∆Fz = −

mk 2ω m · k2 ω 2·π 2·π ϕ(t) ˙ = ϕˆ · · cos( · t) l l T T

∆Fz,max =

π2 m · k2 · · ω = 13023N l 10 · T

250

L¨osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz

Aufgabe 7 Drallsatz f¨ ur obere Scheibe: m · r2 · ω˙ = (S2o − S1o ) · r 2 Drallsatz f¨ ur untere Scheibe: m · r2 · ω˙ = (S1u − S2u ) · r + M 2 Impulssatz am Gewicht 1: m1 · v˙ 1 = S1o − S1u − m1 · g Impulssatz am Gewicht 2: m2 · v˙ 2 = S2u − S2o + m2 · g Kinematische Beziehung: v˙ = v˙ 1 = v˙ 2 = r · ω˙ Beschleunigung des Gewichts: M − (m − m ) · g 1 2 v˙ = r m1 + m2 + m

Aufgabe 8 Drallsatz um den festen Bezugspunkt O: dL0  M =0 = dt L0 = const. Drall um die Drehachse zur Zeit t = 0 (Massentr¨agheitsmoment besteht nur aus dem Anteil der homogenen Stange): L00 = J00 · ω0 =

m1 · (2 · R)2 · ω0 12

Drall um die Drehachse zur Zeit t = tE (Massentr¨agheitsmoment berechnet sich aus der homogenen Stange und den beiden Punktmassen): 

L0E

=

JE0



m1 · (2 · R)2 · ωE = + 2 · m2 · R2 · ωE 12

L¨osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz

251

Drehgeschwindigkeit zur Zeit t = tE : m1 L0E = L00 ; ωE = · ω0 m1 + 6 · m2 Aufgabe 9 Drallsatz um den festen Bezugspunkt O. Es wirken keine ¨außere Momente. Das System startet aus der Ruhelage. dL0  M =0 = dt L0 = const. Anteile um Punkt O: L0Rolle + L0Last + L0M ensch = 0 ms · r 2 · ω + mM · r · vL − mM · r · vM = 0 2 Kinematische Beziehungen: vL = r · ω;

vM = vSM − r · ω

Die Kinematik und die Beziehung mS = m4M in den Drallsatz einsetzen. mM · r · vL + mM · r · vL − mM · r · vSM + mM · r · vL = 0 8 Geschwindigkeit der Last: 8 vL = · vSM 17 Aufgabe 10 Der Drall des Kreiselsystems lautet ⎛

SL

=S J SS ω =

⎜ ⎜ ⎝

⎞⎛

Die Drall¨anderung des Systems lautet  S

dL dt



=

⎞

⎛

⎞

A 0 0 ω1 Aω1 ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ = ⎜ 0 ⎟. 0 B 0 ⎟ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ω2 Bω2 0 0 B

dS L +S ωIS ×S LS = dt

⎛ ⎜ ⎜ ⎝

⎞

⎛

⎞

⎛

Die Drall¨anderung ist gleich der Summe der ¨außeren Momente. ⎛

⎞

⎛

⎞

Aω˙ 1 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ Aω1 ω2 ⎟ = ⎜ AΩ2 sin(Ωt) ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ BΩ2 cos(Ωt) B ω˙ 2

⎞

Aω˙ 1 0 Aω1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ × ⎜ 0 ⎟. 0 ⎟ + ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ω2 B ω˙ 2 Bω2

252

L¨osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz

Aus der ersten Zeile des Drallsatzes folgt, daß ω1 = const. ist. Aus der z− Komponente des Drallsatzes folgt weiterhin


ω2 =

t

0

Ω2 cos(Ωt)dt = Ω sin(Ωt) + K

Mit der Anfangsbedingung ω2 (t = 0) = 0 folgt K = 0. Da ω2 somit bekannt ist, kann man aus der y− Komponente des Drallsatzes auf ω1 schließen. Aω1 ω2 = AΩ2 sin(Ωt);

ω2 = Ω sin(Ωt)

→

ω1 = Ω

Aufgabe 11 a) Spaltenweise werden in die Transformationsmatrix TBK die Basisvektoren des K Systems dargestellt im BSystem eingetragen. Der 1“-Eintrag ” erfolgt f¨ ur y , da die relative Drehung um die gemeinsame y-Achse erfolgt. ⎛

b)

⎞

0 ⎜ ⎟ B ωB = ⎝ 0 ⎠ ω

⎛

TBK =

⎛

;

⎜ ⎝

⎞

cos(ϕ) 0 sin(ϕ) ⎟ 0 1 0 ⎠ − sin(ϕ) 0 cos(ϕ)

⎞

− sin(ϕ)ω ⎜ ⎟ ϕ˙ ⎠ K ωK = ⎝ cos(ϕ)ω

c) Die Darstellung des Vektors im B-System erfolgt als Vektorkette: Relativvektor B rOS vom inertialen Ursprung nach S + Relativvektor B rSP , der u ¨ ber eine Transformation aus dem K-System gewonnen wird: ⎛

B rOP

=B rOS + TBK K rSP

⎞

⎛

⎞⎛

⎞

R . . . . . . sin(ϕ) 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ 0 = ⎝ 0 ⎠ + ⎝ ... ... ⎠⎝ 0 ⎠ 0 . . . . . . cos(ϕ) 2l ⎛

⎞

R + 2l sin ϕ ⎜ ⎟ 0 = ⎝ ⎠ 2l cos ϕ d) Die Geschwindigkeit B vP und die Beschleunigung B aP werden jeweils durch Euler-Differentiation des Ortes bzw. der Geschwindigkeit bestimmt: ⎛

B vP

B aP

⎞

2l cos(ϕ)ϕ˙ dB rOP ⎜ ⎟ = + (B ωB ) × (B rOP ) = ⎝ ω (R + 2l sin(ϕ)) ⎠ dt −2l sin(ϕ)ϕ˙ dB vP = + (B ωB ) × (B vP ) = dt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2l cos(ϕ)ϕ¨ − 2l sin(ϕ)ϕ˙ 2 −ω 2 (R + 2l sin(ϕ)) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2l cos(ϕ)ϕω ˙ 2l cos(ϕ)ϕω ˙ = ⎝ ⎠+⎝ ⎠ −2l sin(ϕ)ϕ¨ − 2l cos(ϕ)ϕ˙ 2 0

=

L¨osungen zu Kap. 4.2 Drallsatz ⎛

=

253 ⎞

2l cos(ϕ)ϕ¨ − 2l sin(ϕ)ϕ˙ 2 − ω 2 (R + 2l sin(ϕ)) ⎟ 4l cos(ϕ)ϕω ˙ ⎠ 2 −2l sin(ϕ)ϕ¨ − 2l cos(ϕ)ϕ˙

⎜ ⎝

Wichtig ist zu beachten, das die Winkelgeschwindigkeit ω als konstant gegeben ist! → ω˙ = 0 e) Die Tr¨agheit der Balken (masselos) kann vernachl¨assigt werden, es m¨ ussen somit nur die Punktmassen beschrieben werden: wegen Symmetrie Jxy = Jxz = Jyz = 0 Punktmassen auf Bezugsachse Jzz = 0 Jxx = Jyy = (2l)2 m + l2 2m = 6ml 2 Rotationssym. um K z-Achse ⎛ KJ

S

=

⎜ ⎝

⎞

6ml 2 0 0 0 6ml 2 0 ⎟ ⎠ 0 0 0 ⎛

f)

KL

S

=K J

S

K ωK

= 6ml

2

⎜ ⎝

⎞

− sin(ϕ)ω ⎟ ϕ˙ ⎠ 0

g) Zur Auswertung des Drallsatzes wird zuerst die Drall¨anderung eines einzelnen Tr¨agers bestimmt, die sich im K¨orperfesten K-System durch Euler-Ableitung berechnet: ⎡⎛

˙S =

KL

⎢⎜ 6ml 2 ⎣⎝ ⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞⎤

− cos(ϕ)ϕω ˙ − sin(ϕ)ω − sin(ϕ)ω ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎥ ϕ¨ ϕ˙ ϕ˙ ⎠+⎝ ⎠×⎝ ⎠⎦ = 0 cos(ϕ)ω 0 ⎞

−2 cos(ϕ)ϕω ˙ ¨ − sin(ϕ) cos(ϕ)ω 2 ⎟ = 6ml 2 ⎜ ⎝ ϕ ⎠ 0 Diese Drall¨anderung ist gleich dem Moment, das zum Antrieb des ersten Tr¨agers ben¨otigt wird. Transformation ins B-System, wobei nur die resultierende z-Komponente f¨ ur das Antriebsmoment relevant ist: ⎛

(1) BM

⎞

... ⎜ ⎟ = ⎝ . . . ⎠ = TBK K L˙ S = (1) Mz ⎛

⎞⎛

⎞

... ... ... −2 cos(ϕ)ϕω ˙ ⎜ ... ... ⎟ ¨ − sin(ϕ) cos(ϕ)ω 2 ⎟ = 6ml ⎝ . . . ⎠⎝ ϕ ⎠ sin(ϕ) 0 cos(ϕ) 0 2⎜

→

Mz(1) = 12ml 2 sin(ϕ) cos(ϕ)ϕω ˙

254

4.3 Energiesatz Da sich um die B z-Achse rotationssymmetrisch 4 Tr¨ager bewegen, ist das gesamte Antriebsmoment um diese Achse vier mal so hoch wie das f¨ ur einen einzelnen Tr¨ager: ˙ Mz = 4 Mz(1) = 48ml 2 sin(ϕ) cos(ϕ)ϕω

4.3

Energiesatz

Der Energiesatz kann aus dem Impulssatz hergeleitet werden, er beinhaltet keine eigenst¨andige Aussage. Er beschreibt den Zusammenhang zwischen kinetischer und potentieller Energie eines Starrk¨orpers in einem konservativem Kraftfeld. In einem konservativen Kraftfeld lassen sich alle an einem Starrk¨orper angreifenden Kr¨afte durch ein Potential ausdr¨ ucken. Ihre am K¨orper geleistete Arbeit ist dann nur eine Funktion der Ortskoordinaten und nicht des durchlaufenen Weges, es wird keine Energie durch ’Dissipation’ irreversibel verloren. Die Schwerkraft und die Federkraft einer idealen Feder sind z.B. konservative Kr¨afte, als Potential der Schwerkraft kann die Funktion V = mgz benutzt werden, f¨ ur die Schwerkraft G gilt dann G = −gradV = −mgez , sie ist der Gradient ihrer Potentialfunktion. Betrachtet man Energiebilanzen, spart man gegen¨ uber einer Impulsbetrachtung eine Integration u ¨ ber die Zeit, da Energien nicht von Beschleunigungen abh¨angig sind, die aber im Impulssatz auftreten. Potentielle und kinetische Energien eines K¨orpers sind skalare Gr¨oßen, sie besitzen keine Richtung und Orientierung im Raum.

4.3.1

Potentielle Energie

Grundformeln: Potentielle Energie K, m, S hS l l0 c g

K¨orper K mit Masse m, Schwerpunkt S H¨ohe von S gegen¨ uber einem beliebigen aber inertialfestem Nullniveau L¨ange einer linearen Feder ungespannte L¨ange dieser Feder Federsteifigkeit c Vektor der Erdbeschleunigung

Potentielle Energie V des K¨orpers: 1 V = mhS g + c(l − l0)2 + C0 2

4.3 Energiesatz

4.3.2

255

Kinetische Energie

Die kinetische Energie ist ausschließlich von Geschwindigkeitsgr¨oßen abh¨angig, sie l¨aßt sich eindeutig aus der absoluten Schwerpunktsgeschwindigkeit eines K¨orpers und der absoluten Winkelgeschwindigkeit des K¨orpers zusammen mit der Massengeometrie berechnen, es sind keine Lagegr¨oßen notwendig. Dabei d¨ urfen die Vektoren der Translationsgeschwindigkeit v und der Winkelgeschwindigkeit ω in jedem beliebigen Koordinatensystem dargestellt werden, u ¨ ber das Skalarprodukt gehen letztendlich nur die Betr¨age dieser Vektoren in die kinetische Energie ein, die Betr¨age von Vektoren sind aber immer unabh¨angig von der Darstellung in irgendwelchen Koordinatensystemen ! Grundformeln: Kinetische Energie K, m, S JS vS,abs ω abs

K¨orper K mit Masse m, Schwerpunkt S Tr¨agheitstensor von K bezogen auf S Absolutgeschwindigkeit von S absolute Winkelgeschwindigkeit von K

Kinetische Energie T des K¨orpers: 1 T 1 T = vS,abs mvS,abs + ω Tabs JS ωabs 2 2 Sonderfall ebene Bewegung mit vs = |vS,abs | und ω = |ωabs |, Tr¨agheitsmoment J S um S: 1 1 T = mvS2 + J S ω 2 2 2

4.3.3

Energiesatz

Der Energiesatz beschreibt die Konstanz der Summe von potentieller und kinetischer Energie eines K¨orpers, wenn alle auf ihn wirkenden Kr¨afte (und Momente) konservativ sind, d.h. aus einer Potentialfunktion herleitbar sind. Dieses gilt z.B. f¨ ur Graviationskr¨afte und Kr¨afte und Momente aus linearen, nicht reibungsbehafteten Federn. Im Gegensatz zu konservativen Kr¨aften, die ’energieerhaltend’ sind, wandeln nicht-konservative Kr¨afte einen Teil der Bewegungsenergie in dissipative Energieformen, z.B. W¨arme, um. Ein geschwindigkeitsproportionaler D¨ampfer mit dem Kraftgesetz F = d · x˙ ist kein konservatives Kraftelement, er wandelt kinetische Energie in thermische Energieformen um. Die D¨ampfkraft F ist auch nicht als Gradient einer Ortsfunktion darstellbar.

256

4.3 Energiesatz

Grundformeln: Energiesatz K K¨orper K in einem konservativen Kraftfeld T (t) kinetische Energie von K zur Zeit t V (t) potentielle Energie von K zur Zeit t Energiesatz: T (t) + V (t) = T0 + V0 = const. Musteraufgabe 1 Eine H¨ulse H gleitet reibungsfrei auf einer vertikalen Stange und ist mit einer Feder (Federsteifigkeit c, ungespannte L¨ange 3a/2) verbunden. Zum Zeitpunkt t0 hat sie die Geschwindigkeit v0, der Winkel zwischen Feder und horizontaler Ebene ist α0 = 60o . Ein zweiter K¨orper K wird zum gleichen Zeitpunkt mit gleicher Geschwindigkeit aus der gleichen H¨ohe nach unten geworfen. Welcher K¨orper trifft zuerst mit welcher Geschwindigkeit am Boden auf ? L¨osung: Die Feder zieht zun¨achst an der H¨ ulse, ab einer bestimmten H¨ohe aber dr¨ uckt sie die H¨ ulse wieder nach oben, die Bewegungsgleichung in vertikaler Richtung enth¨alt diesen nichtlinearen R¨ uckstellterm, ihre L¨osung kann nicht so ohne weiteres angegeben werden. Einfacher ist die Betrachtung von Energieniveaus, an beiden K¨orpern wirken ausschließlich konservative Kr¨afte, der Energiesatz kann folglich angewandt werden. Die Ausgangsh¨ohe beider K¨orper bezeichnen wir mit h, die momentane L¨ange der Feder mit l und die Massen von K und H mit mK bzw. mH . Die Federl¨ange l0 in der Ausgangsposition ist u ¨ber a und α0 gegeben: a l0 = = 2a cos α0 Die Ausgangsh¨ohe h ist ebenfalls leicht zu berechnen: √ h(t0) = 2a sin α0 = a 3 Beziehen wir unsere potentielle Energie auf ein Nullniveau in H¨ohe des Bodens h = 0, erhalten wir f¨ ur die potentiellen Energien beider K¨orper zum Zeitpunkt t0 die Terme √ VK0 = mK ga 3 √ √ c 3 ca2 VH0 = mH ga 3 + (l0 − a)2 = mH ga 3 + 2 2 8

4.3 Energiesatz

257

Die kinetischen Energien haben die Form 1 1 TK0 = mK v02 bzw. TH0 = mH v02 2 2 Wir betrachten nun die Energieniveaus beider K¨orper zu den Zeitpunkten t1H bzw. t1K des Aufschlagens am Boden. Dort hat die Feder (bei idealer Geometrie des Systems) die L¨ange l1 = a, beide K¨orper die H¨ohe h = 0, die potentiellen Energien ergeben sich zu c 3 ca2 VH1 = (l1 − a)2 = 2 2 8 Die potentielle Energie der Feder in der um a/2 eingedr¨ uckten Lage entspricht exakt ihrer potentiellen Energie in der um a/2 ausgezogenen Lage (Ausgangslage), das Vorzeichen des Federwegs entf¨allt im Energieausdruck da er quadratisch in diesen eingeht. Aus der Energiebilanz f¨ ur K¨orper K k¨onnen wir seine Aufschlaggeschwindigkeit berechnen: VK1 = 0;

TK0 + VK0 = TK1 + VK1 √ 1 1 mK v02 + mK ga 3 = mK v12 2 2  v1 =

√ v02 + 2ag 3

Ebenso k¨onnen wir u ur die H¨ ulse die Aufschlaggeschwindig¨ber die Energiebilanz f¨ keit der H¨ ulse berechen: TH0 + VH0 = TH1 + VH1 √ 1 1 ca2 ca2 2 mH v0 + mH ga 3 + = mH v12 + 2 8 2 8  √ 2 v1 = v0 + 2ag 3 Die Auftreffgeschwindigkeiten beider K¨orper sind also identisch, nicht aber der Aufulse H hat zu jedem Zeitpunkt t zwischen t0 und treffzeitpunkt t1H < t1K ! Die H¨ t1H eine h¨ohere Geschwindigkeit als K¨orper K, sie beschleunigt mit Hilfe der Feder sozusagen st¨arker und bremst gegen Ende des Fallweges auch st¨arker ab. Sie schl¨agt zuerst am Boden auf. Die Geschwindigkeit der H¨ ulse zu einem allgemeinen Zeitpunkt t berechnet sich u ¨ ber die allgemeine Energiebilanz: 3 mH 2 c v + mH gh + (l − a)2 2 2 2 √ mH 2 ca2 v0 + mH ga 3 + TH + VH = T0 + V0 = 2 8   ! 2 √ ! a c a 3a 2 2 " v = v0 + 2g(a 3 − h) + −( − ) mH 4 cos α 2

TH + VH =

258

4.3 Energiesatz

F¨ ur K¨orper K gilt eine identische Rechnung, es fehlt jedoch der letzte Term (der Federanteil) unter der Wurzel. F¨ ur den gesamten Fallweg ist dieser √ letzte Term jedoch gr¨oßer als Null (gleich Null nur f¨ ur h = 0 und h = h0 = a 3), so daß die Geschwindigkeit der H¨ ulse in jeder H¨ohe immer gr¨oßer als diejenige von K ist. Aufgabe 1: Auf einer glatten Unterlage (µ = 0) liegt eine H¨ulse H (Masse M), die mit einem Deckel D (Masse m = M2 ) verschlossen ist. In der H¨ulse befindet sich eine masselose Feder F (Federkonstante c), die um den Weg a zusammengedr¨uckt ist. Mit welcher Geschwindigkeit vH bewegt sich die H¨ulse nach der Beschleunigungsphase nach rechts, wenn sich der Deckel pl¨otzlich l¨ost? Aufgabe 2: Auf einem Kreisring mit der Masse m1 , der auf einer horizontalen Ebene steht, ist im h¨ochsten Punkt eine Punktmasse m2 = m1 befestigt. Infolge einer kleinen St¨orung der labilen Gleichgewichtslage beginnt der Ring zu rollen ohne zu gleiten und umzukippen. Wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit des Rings als Funktion des Winkels Ψ ?

Aufgabe 3: Ein Rad mit der Masse m, dem Radius r und dem Tr¨agheitsradius k wird vom h¨ochsten Punkt (ϕ0 = 0) einer kreisf¨ormigen Rollbahn vom Radius R stoßfrei losgelassen. Es soll reines Rollen angenommen werden.

a) b)

Bei welchem Winkel ϕ = ϕ1 h¨ort der Kontakt zwischen Rad und Rollbahn auf? Wie groß ist ϕ1 = ϕ∗1 , wenn das Rad einen d¨unnen Reifen bildet?

4.3 Energiesatz

259

Aufgabe 4: Eine Masse m ist an einem Faden mit der L¨ange a aufgeh¨angt. Sie beginnt ihre Bewegung ohne Anfangsgeschwindigkeit in der durch α gegebenen Lage. Der Faden trifft auf einen zur Bewegungsebene senkrechten, inertialfesten d¨unnen Stift B, dessen Lage durch den Abstand b und den Winkel β gegeben ist. a) b)

Wie groß muß α mindestens sein, damit sich der Faden um den Stift B wickelt? ¨ Wie groß ist die Anderung der Fadenkraft beim Beginn des Aufwickelns?

Aufgabe 5: In Kugellagerfabriken wird eine spezielle Rollbahn zum Sortieren der Kugeln nach dem Durchmesser verwendet. Vereinfacht sieht das wie folgt aus: Eine Kugel rollt auf zwei Schienen abw¨arts und verl¨aßt das Ende der Rollbahn in horizontaler Richtung mit der Mittelpunktsgeschwindigkeit v0. Bis zum Fall auf eine um h tiefer gelegene horizontale Ebene legt sie die Sprungweite xS zur¨uck. Gegeben sind: Masse m und Radius R der Kugel, Abstand 2a der Ber¨uhrpunkte der Kugel auf den Schienen sowie die H¨ohen H und h. Das Tr¨agheitsmoment einer Kugel f¨ur eine Achse durch den Mittelpunkt ist J = 25 mR2 .

a) b) c) d)

Wie lautet die Rollbedingung? Mit welcher Mittelpunktsgeschwindigkeit v0 verl¨aßt die Kugel die Bahn, wenn sie aus der H¨ohe H stoßfrei losgelassen wird, und wie groß ist ihre Sprungweite xS ? Welchen Wert Hmin darf die Starth¨ohe H nicht unterschreiten, damit sich der Mittelpunkt der Kugel im Augenblick des Abl¨osens von der Bahn horizontal bewegt? Welchen Neigungswinkel αmax darf die Bahn nicht ¨uberschreiten, damit beim Start kein Gleiten eintritt? Der Reibungswert µ0 ist gegeben.

260

L¨osungen zu Kap. 4.3 Energiesatz

Aufgabe 6: Ein d¨unner homogener Stab (Masse m, L¨ange b) wird aus der skizzierten Lage mit Φ = Φ0 stoßfrei losgelassen und rutscht dann reibungsfrei an Wand und Boden entlang.

a) b) c) d) e)

˙ Wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit Φ(Φ)? Zur L¨osung verwende man den Energiesatz. ¨ Wie groß ist die Winkelbeschleunigung Φ(Φ)? Wie groß sind FA (Φ) und FB (Φ)? Bei welchem Winkel Φ = Φ1 l¨ost sich der Stab von der Wand? ˙ Wie groß ist die Winkelgeschwindigkeit Φ(Φ) f¨ur Φ > Φ1 ?

L¨ osungen zu Kap. 4.3 Energiesatz Aufgabe 1 Energiesatz : T0 + V0 = T1 + V1 M (1) m= 2 T0 = 0 1 V0 = VFeder = ca2 2 1 2 2 T1 = (mvD + MvH ) 2 V1 = VFeder = 0 1 2 1 2 2 ca = (mvD + MvH ) 2 2 Impulssatz:

(2)

dp  Fa = 0 (keine ¨außeren Kr¨afte) = dt (3) → mvD + MvH = 0

→



pi = const.

Einsetzen von (1) in (3): 1 vH = − vD 2 →

;

1 2 2 vH = vD 4

1 2 1 2 2 + MvH ca = MvH 2 2

→

2 vH =



1 ca2 c =a 3M 3M

L¨osungen zu Kap. 4.3 Energiesatz

261

Aufgabe 2

Energiesatz : T (1) + V (1) = T (2) + V (2), potentielle Energien V (1) und V (2) : V (1) = mgR;

V (2) = −mgR cos ψ

Kinetische Energien T (1) und T (2) : T (i) = T (i),Ring + T (i),M asse

i = 1, 2

F¨ ur Zustand i = 1 ist T (1) = 0. F¨ ur Zustand i = 2 gilt 1 1 T (2),Ring = mvS2 + J S ω 2 2 2 mit vS = ωR; ω = ψ˙ T (2),Ring kann alternativ als Rotationsenergie um den Momentanpol bestimmt werden. 1 T (2),Ring = J M P ω 2 2 → T (2),Ring = mR2 ψ˙ 2 1 2 T (2),M asse = mvM 2 F¨ ur vM gilt mit dem Ber¨ uhrpunkt und Momentanpol MP : vP = ω × rM P,P Ebenes Problem → vM = ψ˙ · rM P,M . Der Abstand von MP nach M folgt aus dem Kosinussatz im Dreieck S, MP, M. 2 2 rM P,M = 2R (1 − cos ψ);

2 ˙2 2 vM P,M = 2ψ R (1 − cos ψ)

T (2),M asse = mR2 (1 − cos ψ)ψ˙ 2 Die Energie zum Zeitpunkt (2) entspricht der Energie zum Zeitpunkt (1). T (2) = (mR2 (1 − cos ψ) + mR2 )ψ˙ 2 mgR = mR2 (2 − cos ψ)ψ˙ 2 − mgR cos ψ

262

L¨osungen zu Kap. 4.3 Energiesatz

mgR(1 + cos ψ) = mR2(2 − cos ψ)ψ˙ 2

→

! !

g(1 + cos ψ) ψ˙ = " R(2 − cos ψ)

Aufgabe 3

a) Die Walze hebt ab, wenn die Normalkraft gerade gleich der Zentrifugalkraft ist. |FN | = |FZ | mv12 = mg cos ϕ1 R+r Der Abhebewinkel ϕ1 folgt aus der Energieerhaltung und der Rollbedingung. v1 ω= r T (ϕ = 0) + V (ϕ = 0) = T (ϕ = ϕ1 ) + V (ϕ = ϕ1)

Energiegleichungen aufstellen, Rollbedingung einsetzen. 1 1 mg(R + r) = mv12 + J ω 2 + mg(R + r) cos ϕ1 2 2 1 k2 g(R + r)(1 − cos ϕ1 ) = v12(1 + 2 ) 2 r Mit Hilfe der Abhebebedingung kann v1 durch ϕ1 ersetzt werden. 1 − cos ϕ1 =

1 k2 cos ϕ1(1 + 2 ) 2 r

→

b) Sonderfall d¨ unner Reifen: k → r ⇒ cos ϕ∗1 =

1 2

→

ϕ∗1 = 60◦

cos ϕ1 =

2 2 3 + k2 r

L¨osungen zu Kap. 4.3 Energiesatz

263

Aufgabe 4 a) In der Position III muß die Umfangsgeschwindigkeit der Masse mindestens so groß sein, daß die Zentrifugalkraft das Gewicht kompensiert: 2 mvIII 2 ⇒ vIII = g(a − b) mg = a−b Winkel α aus Energieerhaltungssatz : TI + VI = TIII + VIII 1 2 −mga cos α = mvIII − mg(b cos β − (a − b)) 2 3 −mga cos α = −mg(b cos β − (a − b)) 2 3 1 α = arccos( (b cos β − (a − b))) a 2 ¨ ¨ b) Die Anderung der Fadenkraft entspricht der Anderung der Zentripetalkraft durch Einsetzen des Aufwickelvorgangs (II). Geschwindigkeit bei Beginn des Aufwickelns bestimmen. TI + VI = TII + VII 1 2 2 −mga cos α = mvII − mga cos β; vII = 2ga(cos β − cos α) 2 Zentripetalkraft bei Beginn des Aufwickelns bestimmen. Der Faden hat den Stift B gerade noch nicht ber¨ uhrt: 2 mvII = 2gm(cos β − cos α) a Die Zentripetalkraft zum Zeitpunkt des Ber¨ uhrens lautet:

FZ,II,1 =

FZ,II,2 =

2 mvII 2gma(cos β − cos α) = a−b a−b

¨ Die Anderung der Fadenkraft ist die Differenz beider Kr¨afte. ∆F = FZ,II,1 − FZ,II,2 = 2gma(cos β − cos α)( ∆F =

2gmb(cos β − cos α) a−b

1 1 − ) a−b a

264

L¨osungen zu Kap. 4.3 Energiesatz

Aufgabe 5

a) Rollbedingung: vS = ωR∗ . Aus der Geometrie folgt: √ R∗ = R2 − a2 √ vS = ω R2 − a2 . b) Geschwindigkeit v0 u ¨ ber Energieerhaltungssatz: 1 1 1 1 2 v2 mg(H − h) = mv02 + J ω02 = mv02 + ( mR2 )( 2 0 2 ) 2 2 2 2 5 R −a ! g(H − h) ! v0 = ! "1 R2 1 2 + 5 (R2 − a2)

Sprungweite xS : xS = v0t 1 h = gt2 2



t=

2h g

! ! h(H

xS = 2"

− h)(R2 − a2) 7 R2 − a2 5

L¨osungen zu Kap. 4.3 Energiesatz

265

c) Im Augenblick des Abl¨osens kann man sich die Kugel durch einen Stab im Abl¨osepunkt ersetzt denken. M ist dann der Momentanpol ; S der Schwerpunkt des Stabes. Wirkt im Momentanpol eine vertikale Kraft von der Unterlage auf den Stab, so kippt dieser um den Momentanpol. Wirkt keine vertikale Kraft, so bewegt sich der Schwerpunkt S horizontal weiter: das Gewicht des Stabes wird momentan von der Zentripetalkraft kompensiert. mg = mω 2R∗ √ 2 v0,min = g R2 − a2 mit v0 aus obigem Energieerhaltungssatz auch √ 2g(Hmin − h)(R2 − a2) = g R2 − a2 7 R2 − a2 5 d) Reibgesetz bei Haftreibung:

→

7 R2 − a2 Hmin = h + 5√ 2 2 R − a2

FR ≤ 2µ0 FN Normalkraft (GGW an der Kugel) : 2FN cos β = mg cos α

;

R∗ cos β = = R



1−

a2 R2

cos α FR = µ0 mg  2 1 − a2 R Impulssatz und Drallsatz f¨ ur die Kugel: m¨ xS = mg sin α − FR;

√ J ω˙ = FR R2 − a2

Verkn¨ upfung von Drall- und Impulssatz u ¨ ber die Rollbedingung: 2 2 FR FR 2 R (g sin α − )= (R − a2) 5 m m FR nach Reibungsgesetz: 2 2 cos α 1 2 2 R (sin α − µ0  ) = µ0 cos α  a a )2 (R − a ) 2 5 1 − (R) 1 − (R 1 a (7 − 5( )2 ) tan α = µ0  a 2 R 2 1 − (R)

266

L¨osungen zu Kap. 4.3 Energiesatz

Aufgabe 6 Geometrie: b b yS = cos Φ xS = − sin Φ; 2 2 Massentr¨agheitsmoment: 1 JS = mb2 12 a) Energieerhaltungssatz: V0 = T + V Potentielle Energie: b V = mgyS = mg cos Φ 2 Die kinetische Energie ist f¨ ur einen beliebigen Bezugspunkt P gleich 1 1 T = mvPT vP + mvP (ω × rP S ) + ω T J (P )ω 2 2 F¨ ur den Momentanpol M als Bezugspunkt wird b J M = J S + m( )2 2 F¨ ur die kinetische Energie folgt damit vM = 0;

˙ ω = Φ;

1 ˙ 2. T = mb2 Φ 6 Aus dem Energieerhaltungssatz ergibt sich: b b 1 ˙2 mg cos Φ0 = mg cos Φ + mb2 Φ 2 2 6



→

˙ = Φ

g 3 (cos Φ0 − cos Φ) b

˙ b) Winkelbeschleunigung aus zeitlicher Ableitung von Φ: g 3 sin ΦΦ˙ 3g b ¨=  = sin Φ Φ g 2b 2 3 b (cos Φ − cos Φ0 ) c) Impulss¨atze f¨ ur den Stab in x−, und y−Richtung: Beschleunigungen aus der Geometriebedingung. b¨ b x¨S = − Φ cos Φ + Φ˙ 2 sin Φ; 2 2 Impulss¨atze: m¨ xS = −FA ;

b¨ b y¨S = − Φ sin Φ − Φ˙ 2 cos Φ 2 2

m¨ yS = −mg + FB

Einsetzen der Ergebnisse aus a) und b): 3 3 FA = mg sin Φ( cos Φ − cos Φ0 ) 2 2

4.4 Stoßprobleme

FB = mg(1 −

267 3 2 3 sin Φ − cos Φ(cos Φ0 − cos Φ)) 4 2

d) Bedingung f¨ ur das Abl¨osen von der Wand: FA = 0 cos Φ1 =

2 cos Φ0 3

e) Auch f¨ ur den freien Stab gilt der Energieerhaltungssatz; Bezugspunkt ist jetzt aber der Schwerpunkt S. Die kinetische Energie lautet 1 1 T = mvS2 + J (S) Φ˙ 2 . 2 2 Energieerhaltung: b b 1 1 1 mg cos Φ0 = mg cos Φ + mvS2 + ( mb2)Φ˙ 2 2 2 2 2 12 Die Schwerpunktsgeschwindigkeit des freien Stabs mit y˙ S aus der Geometrie lautet: 

b y˙S = − sin ΦΦ˙ 2 Die Geschwindigkeit x˙ S erh¨alt man aus der Integration des Impulssatzes in ur die Beschleunix−Richtung. Da FA = 0 ist, wirkt keine Kraft in x−Richtung. F¨ gung gilt dann: x¨S = 0 x˙ 2S + y˙S2 ;

vS =



1 g cos3 Φ0 x˙ S = const. = x˙ S (Φ = Φ1 ) = − b 3 b Nach Einsetzen in den Energieerhaltungssatz ergibt sich f¨ ur Winkel Φ > Φ1 : ! ! 12g(cos Φ0

" Φ˙ =

4.4

− cos Φ) − g 43 cos3 Φ0

(3 sin2 Φ + 1)b

Stoßprobleme

Die Betrachtung von Stoßproblemen beschr¨ankt sich hier auf starre K¨orper. Weiterhin wird eine vernachl¨assigbar kurze Stoßzeit (Zeit, w¨ahrend der zwei Stoßk¨orper miteinander in Kontakt stehen) angenommen. Das Stoßproblem wird somit auf eine reine Betrachtung der Bewegungszust¨ande der Stoßk¨orper kurz vor und kurz nach dem Stoß reduziert. Die w¨ahrend des Stoßes wirkenden Kr¨afte F (t) und Momente M(t) auf einen K¨orper werden u ¨ ber die Stoßzeit integriert und zum Kraftstoß (¨ ubertragener Impuls) bzw. Momentenstoß (¨ ubertragener Drall) zusammengefaßt. Der genaue Verlauf der Kontaktkraft (bzw. des Kontaktmomentes) muß somit nicht bekannt sein, die Stoßgleichungen sind Bilanzen von Impuls und Drall vor und nach dem Stoß.

268

4.4 Stoßprobleme

Notation: Stoßprobleme

Indizes: Unten 0: Zustand direkt vor dem Stoß Unten 1: Zustand direkt nach dem Stoß Oben I,II,etc.: K¨orpernummer Bezeichnungen: N Stoßnormale T Ber¨ uhrungsebene (Tangentialebene)

Tabelle: Einteilung der St¨ oße gerade ↔ schief: Der Stoß ist gerade, wenn die Geschwindigkeitsvektoren v0I und v0II auf der Stoßnormalen N liegen, ansonsten ist er schief. zentral ↔ exzentrisch: Ein Stoß ist zentral, wenn die Massenmittelpunkte SI und SII auf der Stoßnormalen liegen, ansonsten ist er exzentrisch. elastisch ↔ teilplastisch ↔ plastisch: Der Stoß ist elastisch, wenn die Summe der kinetischen Energien T0I + T0II vor dem Stoß der Summe T1I + T1II nach dem Stoß entspricht. In einem teilelastischen Stoß wird ein Teil der Energie in dissipative Energien umgewandelt und in einem plastischen Stoß haben beide Stoßk¨orper nach dem Stoß keine relative Geschwindigkeit mehr in Normalenrichtung. rauh ↔ glatt: Bei einem rauhen Stoß k¨onnen auch Kr¨afte in der Tangentialebene u ¨bertragen werden, bei einem glatten Stoß nicht.

4.4 Stoßprobleme

269

Grundformeln: Stoßzahl ε ε ε=0 0 t0: x∗ (τ ) = x∗0 + a∗ sin (ν ∗ τ + ϕ) = x∗0 + B ∗ sin (ν ∗ τ ) + C ∗ cos (ν ∗τ ) x0 =

(M + 2m)g c



ν0 =

c M + 2m

x∗0 = ν0∗ =

Mg c



c M

Randbedingungen : Zustand zum Zeitpunkt t = t0 , ∗

x(t0) = x (τ = 0) = x0 + a · sin νt0 = ⇒

C∗ =

x∗0

(x0 − x∗0 ) + a · sin νt0 =

+C

τ =0

∗

2mg + a · sin νt0 c

x(t ˙ 0) = x˙ ∗(τ0 ) = νa · cos νt0 = ν ∗ · B ∗ ∗

⇒

B =

⇒

a∗ =

√

ν · a cos νt0 = ν∗ B ∗2 + C ∗2

→



M · a cos νt0 M + 2m

tan ϕ =

C∗ B∗

304

L¨osungen zu Kap. 4.5 Schwingungen

b) 1.Sonderfall: Freigabe der Zusatzmassen bei x = x0 : 

2mg C = c ∗

; 2mg ac

tan ϕ = ±

M B =± ·a ; M + 2m ∗



∗

a =



4m2 g 2 M + · a2 c2 M + 2m

M + 2m M

2. Sonderfall: Freigabe der Zusatzmassen im oberen Umkehrpunkt. C∗ =

2mg −a ; c



ϕ=

90o f¨ ur ur −90o f¨

B∗ = 0 ;

a∗ = |

2mg −a| c

2mg >a c 2mg 0 mgs − mit f): → JA

a2 bc a+b

>0

→

mgs >

a2bc a+b

→

c